5 phương pháp giải hóa lớp 9 ôn thi học sinh giỏi

Phßng gi¸o dôc HuyÖn Yªn §Þnh
A: ĐẶT VẤN ĐỀ.
I – LỜI MỞ ĐẦU.
Đứng trước xu thế đổi mới giáo dục của đất nước, trong đó có đổi mới
hình thức đánh giá học sinh. Từ hình thức thi tự luận sang hình thức thi trắc
nghiệm khách quan, song hình thức thi trắc nghiệm khách quan có những yêu
cầu khác biệt so với hình thức thi tự luận đó là: Trong một thời gian ngắn học
sinh phải giải quyết một số lượng câu hỏi và bài tập khá lớn (trong đó bài tập yêu
cầu phải tính toán chiếm số lượng không nhỏ). Mặt khác đối với học sinh lâu nay
chủ yếu làm các bài tập theo hình thức tự luận nên khi làm các bài tập theo hình
thức trắc nghiệm khách quan thì thường lúng túng, mất nhiều thời gian. Đứng
trước yêu cầu đó việc vận dụng các kiến thức đã học để giải các bài tập hoá học
rất quan trọng, sử lý được thông tin bài toán một cách thành thạo, nhanh và chính
xác là một vấn đề cấp thiết, chính vì vậy tôi chọn đề tài
“
vận dụng một số quy tắc
và định luật cơ bản để giải nhanh bài tập hoá học
”
. Dùng ôn thi học sinh giỏi hoá
lớp 9.
Nhiệm vụ của đề tài là hướng dẫn học sinh vận dụng một số định luật cơ
bản và một số quy tắc của hoá học để giải nhanh các bài tập từ đó giúp các em
học sinh hình thành các kĩ năng gải bài tập (kĩ năng định hướng, kĩ năng phân
dạng và các thao tác tính toán).
II - THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU.
1. Thực trạng
Hiện nay ở các trường trung học cơ sở nói chung và trường trung học cơ
sở thị trấn nói riêng tỷ lệ học sinh giỏi chiếm tỷ lệ không cao, đối tượng học
sinh nắm bắt các dạng bài tập hoá nâng cao còn là hạn chế trong cách tìm
phương pháp giải vì vậy tôi đã đưa ra một số cách giải để học sinh có thể từ một
bài toán khó đưa về dạng cơ bản để dễ dàng giải quyết vấn đề hơn

2.kết quả của tực trạng trên
Trong quá trình giảng dạy tôi nhận thấy điểm yếu lớn nhất của học sinh về
việc giải bài tập hoá học là: Không có khả năng định hướng phương pháp giải,
Ngêi thùc hiÖn: GV- Lª Xu©n Long- Trêng THCS ThÞ TrÊn Qu¸n Lµo
1
Phòng giáo dục Huyện Yên Định
kh nng phõn dng bi tp v cỏc thao tỏc tớnh toỏn thng chm, hay sai sút.
khc phc tỡnh trng trờn iu cn thit l phi trang b cho cỏc em hc sinh
h thng cỏc kin thc c bn cn thit gii bi tp, ng thi phi a ra cỏc
bi tp lm vớ d c th nhm rốn luyn cỏc k nng nh: K nng nh hng, k
nng phõn dng v k nng tớnh toỏn (k nng gii bi tp hoỏ hc) cho hc sinh
t ú cỏc em phỏt hin ra im mu cht nht trong quỏ trỡnh vn dng tng
mng kin thc giỳp cỏc em cú kh nng ỏp dng trong mi trng hp.
Vi vic thc hin ti trờn trong hn mt nm qua tụi nhn thy cỏc em
hc sinh ó cú tin b rừ rt, cú nhiu em t kt qu cao trong cỏc k thi hc
sinh gii cp huyn, cp tnh. Nm hc 2008 -2009 tụi tip tc nghiờn cu v
thc hin ti ny.
B. GII QUYT VN
*CC GII PHP THC HIN.
1.Vn dng nh lut bo ton khi lng
a. C s lớ thuyt
Tng khi lng cỏc cht tham gia phn ng bng tng khi lng cỏc sn
phm to thnh.
Trong bi toỏn xy ra nhiu phn ng, khụng nht thit ta phi vit
phng trỡnh phn ng m ch cn lp s phn ng cú mi quan h t l
mol gia cỏc cht
b. Bi tp ỏp dng.
Bi tp 1.1:
Cho 1,04 gam hn hp 2 kim loi tan hon ton trong H
2

SO
4
loóng d thy cú
0,672 lớt khớ thoỏt ra ( ktc) v dung dch X. Khi lng hn hp mui sunfat
cú trong dung dch X:
Gi s 2 kim loi l M, hoỏ tr n.
2
H
n
=
0,672
22,4
= 0,03 mol.
Ngời thực hiện: GV- Lê Xuân Long- Trờng THCS Thị Trấn Quán Lào
2
Phòng giáo dục Huyện Yên Định
Phng trỡnh phn ng: 2M + nH
2
SO
4(loóng)


M
2
(SO
4
)
n
+ nH
2

(Mol) 0,03 0,03
p dng nh lut bo ton khi lng:
m
mui
= m
KL
+
2 4
H SO
m
-
2
H
m
= 1,04 + 0,03 . 98 0,03 . 2 = 3,93 gam.
Bi tp 1.2:
Kh m gam hn hp gm cỏc oxit CuO, FeO, Fe
3
O
4
v Fe
2
O
3
bng khớ CO
nhit cao, thu c 40 gam hn hp cht rn B v 13,2 gam khớ CO
2
. Tỡm

m:
Hng dn gii:
Phng trỡnh phn ng:
CuO + CO
0
t

Cu + CO
2
(1)
3Fe
2
O
3
+ CO
0
t

2Fe
3
O
4
+ CO
2
(2)
Fe
3
O
4
+ CO

0
t

3FeO + CO
2
(3)
FeO + CO
0
t

Fe + CO
2
(4)
T cỏc phng trỡnh (1), (2), (3), (4) ta cú:
CO
n
=
2
CO
n
=
13,2
44
= 0,3 mol
p dng nh lut bo ton khi lng:
m
=
A
m
=

B
m
+
2
CO
m
-
CO
m
m = 40 + 13,2 0,3 . 28 = 44,8gam.
Bi tp 1.3:
Cho 3,38 gam hn hp X gm: CH
3
OH, C
2
H
5
OH, CH
3
COOH, C
6
H
5
OH tỏc
dng va vi Na thoỏt ra 0,672 lớt khớ ( ktc). Cụ cn dung dch sau phn
ng thu c hn hp rn Y. Tớnh khi lng ca Y:
Hng dn gii:
Phng trỡnh phn ng:
2CH
3

OH + 2Na

2CH
3
COONa + H
2

(1)
2C
2
H
5
OH + 2Na

2C
2
H
5
ONa + H
2

(2)
Ngời thực hiện: GV- Lê Xuân Long- Trờng THCS Thị Trấn Quán Lào
3
Phßng gi¸o dôc HuyÖn Yªn §Þnh
2CH
3
COOH +2Na
→
2CH

3
COONa + H
2
↑
(3)
2C
6
H
5
OH + 2Na
→
2C
6
H
5
COONa + H
2
↑
(4)
Theo phương trình phản ứng (1), (2), (3), (4) ta thấy:
2
H
n
=
0,672
22,4
=
1
2
n

Na
= 0,03 mol
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:
M
Y
= m
X
+ m
Na
-
2
H
m
= 3,38 + 0,06 . 23 – 0,03 . 2 = 4,70gam.
c. Kết luận rút ra trong quá trình giải bài tập vận dụng định luật bảo toàn
khối lượng.
Điểm mấu chốt nhất của giải bài tập vận dụng định luật bảo toàn khối
lượng là tìm ra mối liên hệ giữa số mol các chất trong phản ứng.
2. Vận dụng định luật bảo toàn nguyên tố
a. Cơ sở lí thuyết.
Nguyên tắc: trong phản ứng háo học thông thường, các nguyên tố luôn
được bảo toàn. Đièu này có nghĩa là: Tống số mol nguyên tử của một nguyên tố
X bất kỳ trước và sau phản ứng luôn bằng nhau
Phương pháp này thường áp dụng cho các bài toán xảy ra nhiều phương trình
phản ứng và để giải nhanh ta chỉ cần lập sơ đồ mmối quan hệ giữa các chất
b. Bài tập áp dụng.
Bài tập 2.1:
Hỗn hợp X gồm 0,1 mol Fe
2
O

3
và 0,2 mol Fe
3
O
4
. Hoà tan hoàn toàn X
bằng dung dịch HCl dư, thu được dung dịch Y, cho NaOH dư vào Y thu được
kết tủa Z. lọc lấy Z, rửa sạch rồi đem nung trong không khí đến khối lượng
không đổi thu được chất rắn khan G có khối lượng là m gam . Tính m:
Hướng dẫn giải:
Phương trình phản ứng:
Fe
2
O
3
+ 6HCl
→
2FeCl
3
+ 3H
2
O (1)
Fe
3
O
4
+ 8HCl
→
FeCl
2

+ 2FeCl
3
+ 4H
2
O (2)
FeCl
2
+ 2NaOH
→
Fe(OH)
2
+ 2NaCl (3)
FeCl
3
+ 3NaOH
→
Fe(OH)
3
+ 3 NaCl (4)
Ngêi thùc hiÖn: GV- Lª Xu©n Long- Trêng THCS ThÞ TrÊn Qu¸n Lµo
4
Phßng gi¸o dôc HuyÖn Yªn §Þnh
4Fe(OH)
2
+ O
2

0
t
→

2Fe
2
O
3
+ 4H
2
O (5)
2Fe(OH)
3

0
t
→
Fe
2
O
3
+ 3H
2
O (6)
Từ các phản ứng (1), (2), (3), (4), (5), (6) ta thấy:
n
Fe(trong X)
= n
Fe(trong G)
= 0,1 . 2 + 0,2 . 3 = 0,8 mol
⇒
2 3
Fe O
n

=
1
2
n
Fe
=
0,8
2
= 0,4 mol
⇒
m = 0,4 . 160 = 64 gam
Bài tập 2.2:
Cho 4,48 lít CO (ở đktc) đi qua 24,0 gam hỗn hợp X gồm CuO, Fe
2
O
3
sau
một thời gian thu được 22,4 gam hỗn hợp rắn Y và hỗn hợp khí Z. Tìm tỉ khối
của Z so với H
2
:
Hướng dẫn giải:
Ta có: CO + O
(trong oxit)

→
CO
2

n

O (trong oxit)
= n
CO2
=
24 22,4
16
−
= 0,1 mol.
⇒
n
CO (dư)
=
4,48
22,4
- 0,1 = 0,1 mol.
d/H
2
=
0,1.44 0,1.28
0,2.2
+
= 18.
Bài tập 2.3:
Tiến hành crăckinh 11,6 gam butan ở nhiệt độ cao thu được hỗn hợp khí X
gồm: CH
4
, C
2
H
6

, C
2
H
4
, C
3
H
6
, C
4
H
10
. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X bằng oxi, dư
rồi dẫn toàn bộ sản phẩm sinh ra đi qua bình H
2
SO
4 (đặc)
thì thấy khối lượng bình
này tăng m gam. Tìm m:
Hướng dẫn giải:
Ta có: X + O
2

0
t
→
CO
2
+ H
2

O

⇒
n
H (trong butan)
= n
H (trong X)
= n
H (trong nước)
=
11,6
.10
58
= 2 mol
⇒
2
H O
n
=
1
2
n
H (trong nước)
=
2
2
= 1 mol
⇒
m =
2

H O
m
= 1 . 18 = 18 gam.
Bài tập 2.4:
Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm một ankan, một anken, một
ankin và H
2
. Cho toàn bộ sản phẩm cháy đi qua bình đựng H
2
SO
4 (đặc)
và bình
Ngêi thùc hiÖn: GV- Lª Xu©n Long- Trêng THCS ThÞ TrÊn Qu¸n Lµo
5
Phßng gi¸o dôc HuyÖn Yªn §Þnh
đựng Ca(OH)
2
dư, thấy bình đựng H
2
SO
4 (đặc)
tăng 9,9 gam và bình Ca(OH)
2
tăng
13,2 gam. Tìm giá trị của m:
Hướng dẫn giải:
Ta có: X + O
2

0

t
→
CO
2
+ H
2
O
M
X
= m
C (trong CO2)
+ m
H (trong nước)
=
13,3.12
44
+
9,9.2
18
= 4,7 gam.
c. Kết luận rút ra trong quá trình giải bài tập vận dụng định luật bảo toàn
nguyên tố.
Điểm mấu chốt nhất của việc vận dụng định luật bảo toàn nguyên tố là xác
định được nguyên tố có tổng số mol các nguyên tử bảo toàn thông qua các phản
ứng hoá học.
3. Vận dụng định luật bảo toàn electron.
a. Cơ sở lí thuyết.
Nguyên tắc: Khi có nhièu chất oxi hoá hoặc chất khử trong hỗn hợp phản
ứng (nhiều phản ứng hoặc phản ứng qua nhiều giai đoạn), thì tổng số mol
electron mà các phân tử chất khử cho phải bằng tổng số electron mà chất oxi hoá

nhận
b. Bài tập áp dụng
Bài tập 3.1:
Hoà tan hoàn toàn 19,2 gam kim loại M vào dung dịch HNO
3
dư, thu được
8,96 lít hỗn hợp khí gồm NO
2
và NO (ở đktc) có tỉ lệ thể tích NO
2
/NO = 3/1.
Tìm kim loại M:
Hướng dẫn giải:
Đặt
NO
n x
=
mol
⇒

2
3
NO
n x
=
mol
⇒

8,96
3 0,4

22,4
x x
+ = =
mol
⇒
0,1x =
mol.
⇒

{
2
0,1
0,3
NO
NO
n mol
n mol
=
=
.
Quá trình nhường electron: M
→
M
n+
+ n e
⇒
n
e (nhường)
=
19,2

.n
M
mol
Ngêi thùc hiÖn: GV- Lª Xu©n Long- Trêng THCS ThÞ TrÊn Qu¸n Lµo
6
Phßng gi¸o dôc HuyÖn Yªn §Þnh
Quá trình nhận electron: 4 N
+5
+ 6 e
→
N
+3
+ 3N
+4

⇒
n
e (nhận)
= 0,6 mol
⇒

19,2
.n
M
= 0,6
⇒
M = 32n
⇒
n = 1, M = 32. n = 2, M = 64, n = 3, M = 96.
⇒

Kim loại cần tìm là Cu.
Bài tập 3.2:
Hoà tan hoàn toàn 11,2 gam Fe vào HNO
3
dư, thu được dung dịch A và
6,72 lít hỗn hợp khí A gồm NO và một khí B, với tỉ lệ thể tích V
NO
/V
B
= 1/1.
Tìm khí B:
Hướng dẫn giải:
Quá trình nhường electron: Fe
→
Fe
3+
+ 3e
⇒
n
e (nhường)
=
11,2
.3
56
= 0,6 mol.
Quá trình nhận electron:
{
5 2
5
5

3
n
N e N
N ne N
+ +
−
+
+ →
+ →
⇒
n
e (nhận)
= 0,15.3 + 0,15. n mol
⇒
0,15 . 3 + 0,15 . n = 0,6
⇒
n = 1
⇒
N
+5
+ 1e
→
N
+4

⇒
NO
2
.
Bài tập 3.3:

Để m gam phôi bào Fe ngoài không khí sau một thời gian thu được 12
gam hỗn hợp A gồm: Fe, FeO, Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4
. Cho A tác dụng hoàn toàn với dung
dịch HNO
3
dư thấy giải phóng ra 2,24 lít khí NO duy nhất (ở đktc). Tìm giá trị
của m:
Hướng dẫn giải:
Sơ đồ biến đổi xảy ra: Fe
→
B
{ }
3 4
2 3
Fe
FeO
Fe O
Fe O
3
ddHNO
  →
NO
m gam 12 gam 2,24 lít

Quá trình nhường electron: Fe
0

→
Fe
3+
+ 3e
⇒
n
e (nhường)
=
.3
56
m
mol.
Quá trình nhận electron: O
2
0
+ 4 e
→
2O
2-
, N
+5
+ 3e
→
N
+2

⇒

n
e(nhận)
=
12
.4
32
m
−
+ 0,1 . 3 mol

⇒
12
.4
32
m
−
+ 0,1 . 3 =
.3
56
m
⇒
m = 10,08 gam.
Bài tập 3.4:
Ngêi thùc hiÖn: GV- Lª Xu©n Long- Trêng THCS ThÞ TrÊn Qu¸n Lµo
7
Phßng gi¸o dôc HuyÖn Yªn §Þnh
Để khử hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp Y (gồm FeO, Fe
3
O
4

, Fe
2
O
3
) thì cần
0,05 mol H
2
. Mặt khác hoà tan hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp Y trong dung dịch
H
2
SO
4
đặc thì thu được V lít khí SO
2
(sản phẩm khử duy nhất ở đktc). Tìm giá
trị của V:
Hướng dẫn giải:
Sơ đồ biến đổi xảy ra:
Gọi a mol SO
2
(S
+6
nhận
→
S
+4
)
⇒
Số mol electron (S
+6

nhận
→
S
+4
) = 2a mol.
FeO, Fe
3
O
4
, Fe
2
O
3
+ H
2
0
t
→
Fe

+ H
2
O
⇒
m
Fe
= m
Y
+
2

H
m
-
2
H O
m

m
Fe
= 3,04 + 0,05 . 2 – 0,05 . 18 = 2,24 gam
⇒
n
Fe
=
2,24
56
= 0,04 mol FeO, Fe
3
O
4
, Fe
2
O
3

Fe Fe
3+

Theo định luật bảo toàn electron ta có:
⇒

n
e

(Hiđro nhường)
+ n
e (
6
s
+
nhận
4
s
+
→
)
= n
e (
3
Fe Fe
+
→
)

⇒
0,05 . 2 + 2a = 0,04 . 3
⇒
a = 0,1 mol
⇒

2

SO
n
= 0,1 mol
⇒
V = 0,1 . 22,4 = 2,24 lít.
c. Kết luận rút ra trong quá trình giải bài tập vận dụng định luật bảo toàn
electron.
Điểm quan trọng nhất khi giải bài tập vận dụng định luật bảo toàn electron
là phải nhận định đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối của các chất oxi hoá và
các chất khử, nhiều khi không cần quan tâm đến việc cân bằng phản ứng hoá học
xảy ra.
4. Vận dụng Sơ đồ (V)
a. Cơ sở lí thuyết.
Điều kiện: - Khi cho một hay nhiều kim loại có hoá trị khác nhau vào dung dịch
H
2
SO
4
, HCl, HNO
3
. Kim loại đứng trước H
2
trong dãy điện hoá .
Ta có sơ đồ (V):
Đối với các axit:
Ngêi thùc hiÖn: GV- Lª Xu©n Long- Trêng THCS ThÞ TrÊn Qu¸n Lµo
8
Phòng giáo dục Huyện Yên Định
- HCl :
a H

2
2a Cl



c R

- H
2
SO
4
: a H
2
a SO
4
2-


c R

- HNO
3
: b N
x
O
y
(5x 2y)b NO
-
3

(5x 2y)R
Riờng trng hp: HNO
3
NH
4
NO
3


b NH
+
4

8b NO

3
8 R
( vi a, c l cỏc h s , b l hoỏ tr chung cho cỏc kim loi ).
b. Bi tp ỏp dng
Bi tp 4.1:
Ho tan ht 11 gam hn hp kim loi gm Al , Fe, Zn trong dung dch
H
2
SO
4
loóng thu c 0,4 mol H
2
v x gam hn hp mui khan . Tớnh x ? .
Hng dn gii
Gi : R l chung cho cỏc kim loi : Al , Fe , Zn . Hoỏ tr chung l b

S (V) : b H
2
b SO
4
2-
(banu: H
2
SO
4
2-
)

2 R
b
2
R

n
H
2
=
n
SO
4
2
= 0,4 mol

m
SO
2

4
= 96 . 0,4 = 38,4 g
m
mui
= 38,4 + 11 = 49,4 g .
Bi tp 4.2:
t chỏy ht 2,86 gam hn hp kim loi gm Al, Fe , Cu c 4,14 gam
hn hp 3 oxit . ho tan ht hn hp oxit ny, phi dựng ỳng 0,4 lớt dung
Ngời thực hiện: GV- Lê Xuân Long- Trờng THCS Thị Trấn Quán Lào
9
c =
b
a2
Phßng gi¸o dôc HuyÖn Yªn §Þnh
dịch HCl và thu được dung dịch X. Cô cạn dung dịch X thì khối lượng muối
khan là bao nhêu ? .
Hướng dẫn giải
Gọi : R là chung cho các kim loại : Al , Fe , Cu.Hoá trị chung là b
R  R
b +
 RCl
b
, n
O
=
16
86,214,4 −
= 0,08 .
Sơ đồ (V) : b H
2

O 2b Cl
–

2 R
b+

 n
Cl
-
= 2 n
O
= 0,16 mol
 m
Cl
= 0,16 . 35,5 = 5,68 (g)
 m
muối
= 5,68 + 2,86 = 8,54 (g).
Bài tập 4.3:
Đốt cháy x gam hỗn hợp 3 kim loại Mg , Al , Fe bằng 0,8 mol O
2
, thu
được 37,4 gam hỗn hợp rắn B và còn lại 0,2 mol O
2
. Hoà tan 37,4 gam hỗn hợp
B bằng y lít dd H
2
SO
4
2 M ( vừa đủ ) , thu được z gam hh muối khan . Tính x,

y,z .
Hướng dẫn giải
Bài làm
Gọi : R là chung cho các kim loại : Mg , Al , Fe . Hoá trị chung là b
m
kimloai
=37,4–1,2.16=18,2(g)=x
( n
O
2
=
2
1
n
O
và ta chứng minh được : m
O
2
= m
O
)
Sơ đồ (V): bH
2
O bSO
4
2-

2R
b+

 n
SO
−2
4

= n
O
= 1,2 mol

−2
4
SO
m
= 1,2 . 96 = 115,2 (g)
 n
axit
= n
SO
−2
4

= 1,2 mol
 V = y =
2
2,1
= 0,6 lít
Ngêi thùc hiÖn: GV- Lª Xu©n Long- Trêng THCS ThÞ TrÊn Qu¸n Lµo
10
Phßng gi¸o dôc HuyÖn Yªn §Þnh
 z = 18,2 + 115,2 = 133,4 (g).

Bài tập 4.4:
Cho 24,12gam hỗn hợp X gồm CuO , Fe
2
O
3
, Al
2
O
3
tác dụng vừa đủ với
350ml dd HNO
3
4M rồi đun đến khan dung dịch sau phản ứng thì thu được m
gam hỗn hợp muối khan . Tính m .
Hướng dẫn giải
Gọi : R
b+
là chung cho các ion kim loại : Cu
2+
, Al
3+
, Fe
3+
. Hoá trị chung là b
Sơ đồ (V): bH
2
O 2b NO
3
-

2R
b+
 n
O
=
2
1
n
NO
−
3
=
2
1
. 1,4 = 0,7 mol
 m
O
= 11,2 (g)
 m
kimloại
= 24,12 – 11,2 = 12,92 (g)
 m
NO
−
3

= 1,4 . 62 = 86,8 (g) (n
NO
−
3

= 1,4 mol)
 m
muối
= 86,8 + 12,92 = 99,72 (g) .
Bài tập 4.5:
Cho 16 gam hỗn hợp X gồm một kim loại kiềm và kim loại kiềm thổ tác
dụng hết với nước thu đuợc dung dịch B và 3,36 lít khí H
2
(đktc) . Nếu cô cạn
dung dịch B được m
1
gam hỗn hợp rắn , còn nếu trung hoà dung dich B bằng
dung dich HCl rồi cô cạn dung dịch sản phẩm thì được m
2
gam hỗn hợp muối
khan . Tính m
1
và m
2
.
Hướng dẫn giải
Gọi : R
n+
là chung cho các ion kim loại kiềm và kiềm thổ . Hoá trị chung là b
Sơ đồ (V
1
) : b H
2
2b OH

-

2R
b+

 n
OH
-

= 2 n
H
2
= 2 . 0,15 = 0,3 mol
 m
OH
- = 0,3 .17 = 5,1 (g)  m
1
= 16 + 5,1 = 21,1 (g)
Sơ đồ (V
2
) :

2bH
2
O 2bCl
-
( Do H
2
O


H
+
+ OH
-
)

2R
b+

 n
Cl
-

= n
OH
-

= 0,3 mol
Ngêi thùc hiÖn: GV- Lª Xu©n Long- Trêng THCS ThÞ TrÊn Qu¸n Lµo
11
Phßng gi¸o dôc HuyÖn Yªn §Þnh
 m
Cl
- = 0,3 . 35,5 = 10,65 (g)
 m
2
= 16 + 10,65 = 26, 65 (g) .
c. Kết luận rút ra trong quá trình giải bài tập vận dụng sơ đồ V.
Điểm quan trọng nhất khi giải bài tập vận dụng sơ đồ V là phải nhận định
đúng trạng thái của các chất oxi hoá và các chất khử, để khi lập sơ đồ V đúng,

nhiều khi không cần quan tâm đến việc cân bằng phản ứng hoá học xảy ra, ưu
điểm của sơ đồ (V) nó rất hữu hiệu, nhanh hơn cả định luật bảo toàn electron,
hạn chế viết phương trình phản ứng hoá học.
5. Vận dụng quy tắc đường chéo.
a. Cơ sở lí thuyết.
Ví dụ: Trộn 2 dung dịch:
Dung dịch 1: Có khối lượng m
1
thể tích V
1
, nồng độ C
1,
(C
%
hoặc C
M
), khối lượng
riêng d
1
.
Dung dịch 2: Có khối lượng m
2
thể tích V
2
, nồng độ C
2,
(C
%
hoặc C
M

), khối lượng
riêng d
2
.
Dung dịch thu được có m = m
1
+ m
2
, V = V
1
+ V
2
, nồng độ C(C
1
< C < C
2
), khối
lượng d. Sơ đồ đường chéo và công thức ứng dụng mỗi trường hợp là:
+ Đối với nồng độ % về khối lượng:
m
1
C
1
2
C C−
C
⇒

1
2

m
m
=
2
1
C C
C C
−
−
(1)
m
2
C
2

1
C C−
+ Đối với nồng độ mol/lit:
V
1
C
1
2
C C−
C
⇒

1
2
V

V
=
2
1
C C
C C
−
−
(2)
V
2
C
2

1
C C−
+ đối với khối lương riêng:

V
1
d
1
2
d d−
d
⇒

1
2
V

V
=
2
1
d d
d d
−
−
(3)
Ngêi thùc hiÖn: GV- Lª Xu©n Long- Trêng THCS ThÞ TrÊn Qu¸n Lµo
12
Phßng gi¸o dôc HuyÖn Yªn §Þnh
V
2
d
2

1
d d
−
b. Bài tập áp dụng.
Bài tập 5.1:
Để thu được dung dịch HCl 25% cần lấy m
1
gam dung dịch HCl 45% pha
với m
2
gam dung dịch HCl 15%. Tính tỉ lệ m
1
/m

2
:
Hướng dẫn giải:
Áp dụng công thức 1 có:
1
2
m
m
=
45 25
15 25
−
−
=
20
10
=
2
1
.
Bài tập 5.2:
Thêm 250ml dung dịch NaOH vào 200 ml dung dịch H
3
PO
4
1,5 M. Muối
tạo thành và khối lượng là bao nhiêu:
Hướng dấn giải:
Có: 1 <
3 4

NaOH
H PO
n
n
=
0,25.2
0,2.1,5
=
5
3
< 2
⇒
Tạo ra hỗn hợp 2 muối NaH
2
PO
4
và Na
2
HPO
4
.
Sơ đồ đường chéo: Na
2
HPO
4
(n
1
= 2)
5
1

3
−
=
2
3


n
−
=
5
3
NaH
2
PO
4
(n
2
=1)
5
2
3
−
=
1
3
⇒
2 4
2 4
Na HPO

NaH PO
n
n
=
2
1

⇒

2 4
Na HPO
n
= 2
2 4
NaH PO
n
=
3 4
H PO
n
= 0,3 mol
{
2 4
2 4
,2
,1
Na HPO
NaH PO
n o mol
n o mol

=
=

{
2 4
2 4
0,2.142 28,4
0,1.120 12,0
Na HPO
NaH PO
m gam
m gam
= =
= =
.
Bài tập 5.3:
Một hỗn hợp O
2
và O
3
ở điều kiện tiêu chuẩn có tỷ khối so với H
2
là 18.
Tính thành phần 5 về thể tích của O
3
trong hỗn hợp đầu.
Hướng dẫn giải:
Ta có sơ đồ: V
O
3

M
1
= 48 / 32 – 36/

M
18 .2 = 36
V
O
2
M
2
= 32 / 48 – 36/
Ngêi thùc hiÖn: GV- Lª Xu©n Long- Trêng THCS ThÞ TrÊn Qu¸n Lµo
13
Phòng giáo dục Huyện Yên Định
p dng cụng thc:
%25%100.
13
1
%
3
1
12
4
2
2
3
=
+
===

O
O
O
V
V
V
Bi tp 5.4:
Cn trn 2 th tớch metan vi mt th tớch ng ng X ca metan thu
c hn hp cú t khi hi so vi H
2
bng 15. Tỡm X.
Hng dn gii: gi cụng thc tng quỏt ca X: C
n
H
2n + 2
V
CH
4

M
1
= 16 / M
2
30/

M
15 .2 = 30
V
M
2

M
2
= M
2
/ 16 30/
p dng cụng thc:
5828/30/
1
2
14
/30/
22
2
2
4
===

= MM
M
V
V
M
CH
14n + 2 = 58 n = 4 vy X: C
4
H
10
c. Kt lun rỳt ra trong quỏ trỡnh gii bi tp vn dng quy tc ng chộo.
Quy tc ng chộo cú th vn dng gii nhiu dng bi tp nhng tỏc
dng c bit nht trong quỏ trỡnh gii cỏc bi tp v pha ch dung dch, n

baz tỏc dng vi a axit, tớnh t l th tớch hn hp khớ, bi toỏn 2 cht vụ c
ca 2 kim loi cú tớnh cht tng t nhau vv
*Mt s bi tp tham kho.
Bi 1: Hũa tan hon ton 3,22 gam hn hp X gm Fe, Mg, Zn, bng mt lng
va dung dch H
2
SO
4
loóng, thu c 1,344 lớt khớ H
2
(ktc) v dung dch
cha m gam mui
Tỡm m.
Bi 2: Cho 15,6 gam hn hp 2 ancol n chc, k tip nhau trong dóy ng
ng tỏc dng ht vi 9,2 gam Na, thu c 24,5 gam cht rn. tỡm cụng thc
phõn t ca 2 ancol
Bi 3: Ho tan hon ton hn hp gm 0,12mol FeS
2
v a mol Cu
2
S vo trong
dung dch HNO
3
, thu c dung dch X (ch cha 2 mui sunfat) v khớ duy nht
NO. Tỡm giỏ tr a
Ngời thực hiện: GV- Lê Xuân Long- Trờng THCS Thị Trấn Quán Lào
14
Phòng giáo dục Huyện Yên Định
Bi 4: Hòa tan hết m gam hỗn hợp gồm FeO; Fe
2

O
3
; Fe
3
O
4
bằng dung dịch
HNO
3
đặc nóng thu đợc 4,48 lít khí NO
2
( đ ktc). Cô cạn dung dịch thu đợc
145,2 gam muối khan. Tìm m :
Bi 5: Hòa tan hoàn toàn a gam Fe
x
O
y
bằng 0,075 mol dung dịch H
2
SO
4
đặc
nóng vừa đủ thu đợc b gam một muối và có 168ml khí SO
2
(đktc) duy nhất
thoát ra.Tìm a:
Bi 6: Ho tan hon ton m gam Al vo dung dch HNO
3
rt loóng thỡ thu c
hn hp gm 0,015 mol khớ N

2
O v 0,01mol khớ NO (phn ng khụng to
NH
4
NO
3
). Tớnh giỏ tr ca m.
Bi 7: Hn hp X gm (Fe, Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4
, FeO) vi s mol mi cht l 0,1 mol,
hũa tan ht vo dung dch Y gm (HCl v H
2
SO
4
loóng) d thu c dung dch
Z. Nh t t dung dch Cu(NO
3
)
2
1M vo dung dch Z cho ti khi ngng thoỏt
khớ NO. Th tớch dung dch Cu(NO
3
)
2

cn dựng v th tớch khớ thoỏt ra ktc l
bao nhiờu?
Bi 8: Cho t t dung dch cha a mol HCl vo dung dch cha b mol Na
2
CO
3
ng thi khuy u, thu c V lớt khớ ( ktc) v dung dch X. Khi cho d
nc vụi trong vo dung dch X thy cú xut hin kt ta. Tỡm biu thc liờn h
gia V vi a, b.
Bi 9: Ho tan ht 22 gam hn hp kim loi gm Al , Fe, Mg trong dung dch
H
2
SO
4
loóng thu c 0,8 mol H
2
v x gam hn hp mui khan . Tớnh x ? .
Bi 10: Cho 32 gam hn hp X gm mt kim loi kim v kim loi kim th tỏc
dng ht vi nc thu uc dung dch B v 6,72 lớt khớ H
2
(ktc) . Nu cụ cn
dung dch B c m
1
gam hn hp rn , cũn nu trung ho dung dich B bng
dung dich HCl ri cụ cn dung dch sn phm thỡ c m
2
gam hn hp mui
khan . Tớnh m
1
v m

2
.
Ngời thực hiện: GV- Lê Xuân Long- Trờng THCS Thị Trấn Quán Lào
15
Phòng giáo dục Huyện Yên Định
C: KT LUN
*Kết quả và hiệu quả
Sau 1 năm học đa đề tài vào thực tiễn bồi dỡng học sinh giỏi hoá 9 tại tr-
ờng THCS Thị trấn tôi thấy:
Chất lợng học sinh đội tuyển nâng lên rõ rệt
Bẩng so sánh sau 1 năm áp dụng
Nămhọc 2007-2008
Đồng độ xếp thứ nhất toàn huyện, có 3 học sinh bám giải
Nămhọc 2008-2009 Đồng đội xếp thứ nhất toàn huyện có 4 học sinh bám
giải
Qua bảng so sánh trên tôi nhận thấy rằng chất lợng học sinh giỏi tăng lên rõ
rệt, từ chỗ lúng túng khi giải quyết các bài toán khó đến nay các em đã định
hình đợc phơng pháp giải các dạng bài tập
cú s ỏnh giỏ khỏch quan sau thi gian ng dng ti

vn dng mt
s quy tc v nh lut c bn gii nhanh bi tp hoỏ hc, c bit l cỏc bi
tp dng trc nghim khỏch quan

vo thc tin ging dy tụi ó ụn thi ng i
hc sinh gii cp huyn nm hc 2008 2009 v ó t c thnh tớch rt cao.
Trong những năm qua Trờng THCS Thị trấn Quán Lào huyện Yên Định
luôn đợc sự lãnh đạo, chỉ đạo sâu sát của Phòng giáo dục huyện Yên Định,
thầy và trò nhà trờng đã có rất nhiều cố gắng, khắc phục khó khăn thi đua
dạy tốt, học tốt lập nhiều thành tích trên mặt trận giáo dục đào tạo nên chất l-

ợng dạy và học có bớc chuyển biến đáng kể, Trờng THCS Thị trấn Quán Lào
thờng xuyên là một trong những trờng có nhiều học sinh đạt giải cao trong các kỳ
thi học sinh giỏi cấp huyện, tỉnh trong đó có một số em đạt giải nhất, giải nhì
môn Hoá học đây là niềm tự hào là động lực thúc đẩy cán bộ giáo viên, học
sinh nhà trờng không ngừng phấn đấu vơn lên nâng cao hơn nữa chất lợng dạy
và học xây dựng Trờng thật sự là điểm sáng trong sự nghiệp giáo dục của
huyện Yên Định và tỉnh Thanh Hoá.
Ngời thực hiện: GV- Lê Xuân Long- Trờng THCS Thị Trấn Quán Lào
16
Phòng giáo dục Huyện Yên Định
Trên đây là một số nội dung cơ bản của đề tài bản thân đã nghiên cứu
tìm hiểu và thể nghiệm rút ra những kinh nghiệm chung trong phơng pháp
dạy học của bản thân và đồng nghiệp. Do điều kiện thời gian, tài liệu tham
khảo, phơng tiện bảo đảm trong nghiờn cugặp nhiều khó khăn nên đề tài
không tránh khỏi khiếm khuyết, hạn chế xong huy vọng đề tài này đóng góp
một phần, một hớng mới mang lại hiệu quả trong dạy và học ở trờng THCS. Rất
mong đợc sự đóng góp ý kiến úng gúp quý bỏu để đề tài đợc hoàn thin
hơn.
Xin chõn thnh cỏm n !
Ngi thc hin:
GV: Lờ Xuõn Long
Ngời thực hiện: GV- Lê Xuân Long- Trờng THCS Thị Trấn Quán Lào
17
Phßng gi¸o dôc HuyÖn Yªn §Þnh
Mục lục:
TT Nội dung Trang
Ngêi thùc hiÖn: GV- Lª Xu©n Long- Trêng THCS ThÞ TrÊn Qu¸n Lµo
18