16 phương pháp giải nhanh bài tập hóa học [Ebook - hot]

[Thandieu2]

16 PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH BÀI TẬP HÓA HỌC - PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH BÀI TẬP HÓA HỌC -PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP HÓA HỌC - GIẢI NHANH HÓA HỌC - PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÓA - GIẢI BÀI TẬP HÓA HỌC - HÓA HỌC ÔN THI ĐẠI HỌC - ÔN THI ĐẠI HỌC MÔN HÓA -GIẢI NHANH HÓA ĐẠI HỌC

Do file nặng nên có thể không load được để xem các bạn tải về nhé!

Hình ảnh bìa:

[PDF]https://server1.vnkienthuc.com/files/4/MON_HOA/16ppgiainhanhhoahoc.pdf[/PDF]

Nguồn: SƯU TẦM



​

1. Nội dung phương pháp


- Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng (BTKL): “ Tổng khối lượng các chất tham gia phản


ứng bằng tổng khối lượng các chất sản phẩm”


Điều này giúp ta giải bài toán hóa học một cách đơn giản, nhanh chóng


Xét phản ứng: A + B → C + D


Ta luôn có: mA + mB = mC + mD (1)


* Lưu ý: Điều quan trọng nhất khi áp dụng phương pháp này đó là việc phải xác định đúng


lượng chất (khối lượng) tham gia phản ứng và tạo thành (có chú ý đến các chất kết tủa, bay hơi,


đặc biệt là khối lượng dung dịch).


2. Các dạng bài toán thường gặp


Hệ quả 1: Biết tổng khối lượng chất ban đầu ↔ khối lượng chất sản phẩm


Phương pháp giải: m(đầu) = m(sau) (không phụ thuộc hiệu suất phản ứng)


Hệ quả 2: Trong phản ứng có n chất tham gia, nếu biết khối lượng của (n – 1) chất thì ta dễ


dàng tính khối lượng của chất còn lại.


Hệ quả 3: Bài toán: Kim loại + axit → muối + khí


m = m + m


muối kim loại anion tạo muối


- Biết khối lượng kim loại, khối lượng anion tạo muối (tính qua sản phẩm khí) → khối


lượng muối


- Biết khối lượng muối và khối lượng anion tạo muối → khối lượng kim loại


- Khối lượng anion tạo muối thường được tính theo số mol khí thoát ra:


• Với axit HCl và H2SO4 loãng


+ 2HCl → H2 nên 2Cl


+ H2SO4 → H2


• Với axit H2SO4 đặc, nóng và HNO3: Sử dụng phương pháp ion – electron (xem thêm


phương pháp bảo toàn electron hoặc phương pháp bảo toàn nguyên tố)


Hệ quả 3: Bài toán khử hỗn hợp oxit kim loại bởi các chất khí (H2, CO)


Sơ đồ: Oxit kim loại + (CO, H2) → rắn + hỗn hợp khí (CO2, H2O, H2, CO)


Bản chất là các phản ứng: CO + [O] → CO2


−2− nên SO4


↔ H2 ↔ H2


H2 + [O] → H2O


⇒ n[O] = n(CO2) = n(H2O) → m = m - m[O]


rắn oxit 45


3. Đánh giá phương pháp bảo toàn khối lượng.


Phương pháp bảo toàn khối lượng cho phép giải nhanh được nhiều bài toán khi biết quan


hệ về khối lượng của các chất trước và sau phản ứng.


Đặc biệt, khi chưa biết rõ phản ứng xảy ra hoàn toàn hay không hoàn toàn thì việc sử


dụng phương pháp này càng giúp đơn giản hóa bài toán hơn.


Phương pháp bảo toàn khối lượng thường được sủ dụng trong các bài toán nhiều chất.


4. Các bước giải.


- lập sơ đồ biến đổi các chất trước và sau phản ứng.


- Từ giả thiết của bài toán tìm


không hoàn toàn)


- Vận dụng định luật bảo toàn khối lượng để lập phương trình toán học, kết hợp dữ kiện khác


để lập hệ phương trình toán.


- Giải hệ phương trình.


∑ = m


trước sau


∑ (không cần biết phản ứng là hoàn toàn hay


mTHÍ DỤ MINH HỌA


Ví dụ 1: Hoà tan hoàn toàn 3,9 gam kali vào 36,2 gam nước thu được dung dịch có nồng độ


A. 15,47%. B. 13,97%. C. 14,0% D. 4,04%.


Giải:
2K + 2H2O 2KOH + H2↑


0,1 0,10 0,05(mol)


mdung dịch = mK + mH2O


C%KOH =


Ví dụ 2: Điện phân dung dịch chứa hỗn hợp CuSO4 và KCl với điện cực trơ đến khi thấy khí bắt


đầu thoát ra ở cả hai điện cực thì dừng lại thấy có 448 ml khí (đktc) thoát ra ở anot. Dung dịch


sau điện phân có thể hoà tan tối đa 0,8 gam MgO. Khối lượng dung dịch sau điện phân đã giảm


bao nhiêu gam (coi lượng H2O bay hơi là không đáng kể) ?


A. 2,7 B. 1,03 C. 2,95. D. 2,89.


Giải:


CuSO4 + 2KCl → Cu↓ + Cl2↑ + K2SO4 (1)


m = 3,9 + 36,2 - 0,05 ×2 = 40 gam


- H20,1×56


×100% = 14% ⇒ Đáp án C


40 0,01←0,01


Dung dịch sau điện phân hoà tan được MgO ⇒ Là dung dịch axit, chứng tỏ sau phản


ứng (1) CuSO4 dư


2CuSO4 + 2H2O → 2Cu↓ + O2↑ + H2SO4 (2)


0,02 ← 0,01 ← 0,02 (mol)


56 n + Cl


H2SO4 + MgO → MgSO4 + H2O (3)


0,02 ←0,02 (mol)


mdung dịch giảm


⇒ Đáp án C


Ví dụ 3: Cho 50 gam dung dịch BaCl2 20,8 % vào 100 gam dung dịch Na2CO3, lọc bỏ kết tủa


được dung dịch X. Tiếp tục cho 50 gam dung dịch H2SO4 9,8% vào dung dịch X thấy ra 0,448 lít


khí (đktc). Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Nồng độ % của dung dịch Na2CO3


dung dịch thu được sau cùng là:


A. 8,15% và 198,27 gam. B. 7,42% và 189,27 gam.


C. 6,65% và 212,5 gam. D. 7,42% và 286,72 gam.


Giải:


n = 0,05 mol; n = 0,05 mol


BaCl


2 H2SO4


BaCl2 + Na2CO3 → BaCO3↓ + 2NaCl


0,05 0,05 0,05 0,1


Dung dịch B + H2SO4 → khí ⇒ dung dịch B có Na2CO3 dư


Na2CO3 + H2SO4 → Na2SO4 + CO2↑ + H2O


0,02 0,02


⇒n ban đầu = 0,05 + 0,02 = 0,07 mol


Na2CO3


⇒C% = Na2CO3


ĐLBTKL: mdd sau cùng = 50 + 100 + 50 - m↓ - m


n = O22480


= 0,02 (mol)


22400 = mCu +


m + m = 0,03×64 + 0,01x71 + 0,01x32 = 2,95 gam


ClO22


và khối lượng


07,0 ×106


100×100% = 7,42%


CO2


= 50 + 100 + 50 - 0,05.197 - 0,02.44 = 189,27 gam


⇒ Đáp án B


Ví dụ 4: X là một α - aminoaxit, phân tử chứa một nhóm -NH2 và một nhóm -COOH. Cho 0,89


gam X phản ứng vừa đủ với HCl thu được 1,255 gam muối. Công thức tạo ra của X là:


A. CH2 =C(NH2)-COOH. B. H2N-CH=CH-COOH.


C. CH3-CH(NH2)-COOH. D. H2N-CH2-CH2-COOH.


Giải:


HOOC - R - NH2 + HCl→HOOC -R-NH3Cl


= m muối - maminoaxit = 0,365 gam ⇒mHCl


⇒ mHCl


= 0,01 (mol)


67


⇒Maminoxit =


Mặt khác X là α -aminoaxit⇒ Đáp án C


Ví dụ 5: Cho 15,6 gam hỗn hợp hai ancol đơn chức, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng tác dụng


hết với 9,2 gam Na, thu được 24,5 gam chất rắn. Hai ancol đó là:


A. CH3OH và C2H5OH. B. C2H5OH và C3H7OH.


C. C3H5OH và C4H7OH. D. C3H7OH và C4H9OH.


Giải:


2 ROH + 2Na→2RONa + H2


Theo đề bài hỗn hợp rượu tác dụng với hết Na ⇒Học sinh thường nhầm là: Na vừa đủ, do đó


thường giải sai theo hai tình huống sau:


Tình huống sai 1: nNa=


⇒ Đáp án A ⇒ Sai.


Tình huống sai 2: Áp dụng phương pháp tăng giảm khối lượng:


24 5, −15 6,


nrượu =


Áp dụng phương pháp bảo toàn khối lượng ta có:


m = mrượu + mNa


H2⇒nrượu= 2n = 0,3 (mol) ⇒


Ví dụ 6: Trùng hợp 1,680 lít propilen (đktc) với hiệu suất 70%, khối lượng polime thu được là:


A. 3,150 gam. B. 2,205 gam. C. 4,550 gam. D.1,850 gam.


Giải:


ĐLBTKL: mpropilen = mpolime


Ví dụ 7: Xà phòng hoá hoàn toàn 17,24 gam chất béo cần vừa đủ 0,06 mol NaOH, cô cạn dung


dịch sau phản ứng thu được khối lượng xà phòng là:


A. 17,80 gam. B.18,24 gam. C. 16,68 gam. D.13,38 gam.




= 38,52 ⇒Đáp án A ⇒ Sai


,0 405


- mrắn = 15,6 + 9,2 - 24,5 = 0,3 gam


= 2,205 gam ⇒ Đáp án B


(Trích đề thi tuyển sinh vào các trường Đại học, Cao đẳng khối B, 2008)


Giải:


(RCOO)3C3H5 + 3NaOH→3RCOONa + C3H5(OH)3


0,06 → 0,02 (mol)


78


Theo định luật bảo toàn khối lượng:


17,24 + 0,06.40= mxà phòng + 0,02.92⇒ mxà phòng =17,80 gam


⇒ Đáp án: A


Ví dụ 8: Cho 3,60 gam axit cacboxylic no, đơn chức X tác dụng hoàn toàn với 500ml dung dịch


gồm KOH 0,12M và NaOH 0,12M. Cô cạn dung dịch thu được 8,28 gam hỗn hợp chất rắn khan.


Công thức phân tử của X là:


A. C2H5COOH. B. CH3COOH. C. HCOOH. D.


C3H7COOH.


(Trích đề thi tuyển sinh vào các trường Đại học, Cao đẳng khối B, 2008)


Giải:


RCOOH + KOH → RCOOK + H2O


RCOOH + NaOH → RCOONa + H2O


nNaOH = nKOH = 0,5.0,12 = 0,06 mol


ĐLBTKL: mX + mNaOH + mKOH = mrắn + m


⇒m = 1,08 gam ⇒n = 0,06 mol


H2O H2O


⇒nRCOOH = n = 0,06 mol ⇒MX = R + 45 =


⇒X: CH3COOH ⇒ Đáp án B


Ví dụ 9: Nung 14,2 gam hỗn hợp 2 muối cacbonat của 2 kim loại hoá trị 2 được 7,6 gam chất rắn


và khí X. Dẫn toàn bộ lượng khí X vào 100ml dung dịch KOH 1M thì khối lượng muối thu được


sau phản ứng là:


A. 15 gam B. 10 gam C. 6,9 gam D. 5 gam


Giải:


X là CO2


ĐLBTKL: 14,2 = 7,6 + mX ⇒ mX = 6,6 gam⇒nX = 0,15 mol


CO2 + KOH → KHCO3


0,1 0,1 0,1 ⇒m


Ví dụ 10: Nhiệt phân hoàn toàn M gam hỗn hợp X gồm CaCO3 và Na2CO3 thu được 11,6 gam


chất rắn và 2,24 lít khí ở điều kiện tiêu chuẩn. Hàm lượng % của CaCO3


A. 6,25% B. 8,62% C. 50,2% D. 62,5%


H2O


H2O


60,3


06,0


= 60 ⇒R = 15


1,0


< 1⇒muối thu được là KHCO3


=


15,0


= 0,1.100 = 10 gam ⇒ Đáp án B


KHCO3


trong X là:


8


9


Giải:


Theo ĐLBTKL: mX = mchất rắn = mkhí


⇒%CaCO3=


Ví dụ 11: Đun 27,6 gam hỗn hợp 3 ancol đơn chức với H2SO4 đặc ở 140


gam hỗn hợp các ete có số mol bằng nhau. Số mol mỗi ete trong hỗn hợp là:


A. 0,3. B. 0,1 C. 0,2 D.0,05


Giải:


Số ete thu được là:


ĐLBTKL: 27,6= 22,2 + mH2O ⇒ mH2O


= ∑n ete = 6nete ⇒nmỗi ete


∑n H2O


Ví dụ 12: Đốt cháy hoàn toàn 0,025 mol chất hữu cơ X cần 1,12 lít O2 (đktc), dẫn toàn bộ sản


phẩm thu được qua bình 1 đựng P2O5 khan và bình 2 đựng Ca(OH)2 dư thấy khối lượng bình 1


tăng 0,9 gam, bình 2 tăng 2,2 gam. Công thức phân tử của X là:


A. C2H4O. B. C3H6O. C. C3H6O2. D. C2H4O2.


Giải


mbình 2 tăng =


ĐLBTKL: mx +


⇒mx = 1,5 gam


⇒Mx = 1,5:0,025=60 ⇒Đáp án: D


Ví dụ 13: Cho 20,2 gam hỗn hợp 2 ancol tác dụng vừa đủ với K thấy thoát ra 5,6 lít H2(đktc) và


khối lượng muối thu được là:


A. 3,92 gam B. 29,4 gam C. 32,9 gam D. 31,6 gam


Giải:


R (OH)a


+ aK→ R (OK)a


x xa 0,5 ax ⇒ H2


ĐLBTKL: 20,2 + 39.0,5 = mmuối


o


CaO + CO2


= 0,1 (mol)⇒ mCaCO


2


= 10 gam


3


= 11,6 + 0,1×44=16 gam


10


×100% = 62,5% ⇒Đáp án: D


16


o


C (H=100%) được 22,2


3(3 + )1


= 6


2


= 5,4 gam⇒ H2O


= 0,3: 6 = 0,5 mol ⇒ Đáp án: D


n = 0,3 mol


m , mbình 1 tăng = mH2O


CO2


m =


O2


m + mH2O ⇔ mx + 32.0,05 = 0,9 + 2,2


CO2


a


H2


+


2


n = 0,5 ax = 0,25 ⇒ ax = 0,5 mol


+ 2.0,25 ⇒mmuối = 39,2 gam ⇒ Đáp án A


9


10


Ví dụ 14: Xà phòng hoá chất hữu cơ X đơn chức được 1 muối Y và ancol Z. Đốt cháy hoàn toàn


4,8 gam Z cần 5,04 lít O2 (đktc) thu được lượng CO2


Nung muối Y với vôi tôi xút thu được khí T có tỉ khối hơi đối với H2 là 8. Công thức cấu tạo của


X là:


A. C2H5COOCH3 B. CH3COOCH3


C. HCOOCH3.


Giải:


X + NaOH →muối Y + ancol Z⇒X: este đơn chức


RCOOR’ + NaOH →


RCOONa + NaOH


sinh ra nhiều hơn lượng nước là 1,2 gam.


D. CH3COOC2H5


o


t


CaO/t


RCOONa + R’OH


0


RH + Na2CO3


MRH = 8.2 =16⇒RH: CH4 ⇒RCOONa : CH3COONa


CxHyO(Z) + O2→CO2 + H2O


ĐLBTKL: 4,8 + 0,225.32 =


m = mH2O + 1,2 ⇒ CO2


CO2


mC = 12.


n =1,8 gam; mH = 2.


CO2


8,1


x: y: z =


12


⇒ Z: CH3OH ⇒ X : CH3COOCH3 ⇒ Đáp án B


Ví dụ 15: Đốt cháy hoàn toàn 4,3 gam một axit cacboxylic X đơn chức thu được 4,48lít CO2


(đktc) và 2,7 gam H2O. Số mol của X là:


A. 0,01mol B. 0,02 mol C. 0,04 mol D. 0,05 mol


Giải:


Theo ĐLBTKL: mX +


m = 2,7 + 0,2 × 44 – 4,3 = 10,3 gam ⇒ O2


⇒ O2


Áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với oxi:


n = CO2


nX +


n +


O2


Ví dụ 16: Đốt cháy hoàn toàn x gam hỗn hợp X gồm propan, buten-2, axetilen thu được 47,96


gam CO2 và 21,42 gam H2O. Giá trị X là:


A. 15,46. B. 12,46. C. 11,52. D. 20,15.


m + mH2O =


CO2


m = 6,6 gam, mH2O


n = 0,6 gam; mO = 2,4 gam


H O2


12


= 5,4 gam


4,2


6,0


= 0,15: 0,6: 0,15 = 1: 4: 1


:


:


16


1


m =


m + mH2O


CO2


O2


n = 0,225 (mol)


n


H2O


2


n +


⇒nX =


CO2


n


H2O


n = 0,05(mol) ⇒ Đáp án D


-


O2


2