Ứng dụng phần mềm powerpoint để thiết kế và giảng dạy một số bài thực hành về vẽ biểu đồ trong ôn thi tốt nghiệp môn địa lí lớp 12 (2)

PHẦN 1: ĐẶT VẤN ĐỀ.
I – LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI.
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 trắc nghiệm khách quan một
cách thành thạo 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 trắc nghiệm
khách quan )).
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 các bài tập trắc nghiệm khách quan từ đó giúp
các em học sinh hình thành các kĩ năng giải bài tập (kĩ năng định hướng, kĩ năng
phân dạng và các thao tác tính toán).
II- GIỚI HẠN PHẠM VI CỦA ĐỀ TÀI
Do khuôn khổ của đề tài có hạn nên đề tài chỉ đề cập đến việc vận dụng một số
định luật cơ bản và một số quy tắc của hoá học trong chương trình THPT để giải
các bài tập tính toán hoá học trắc nghiệm khách quan.
III- PHƯƠNG PHÁP THỰC NGHIỆM
Trên cơ sơ hướng dẫn học sinh ôn tốt nghiệp, ôn thi đại học-cao đẳng và thi học
sinh giỏi. Những học sinh được trang bị kiến thức vận dụng các định luật cơ bản
và một số quy tắc của hoá học để giải nhanh bài tập hoá học có khả năng giải bài
tập trắc nghiệm khách quan, nhanh, chính xác, nhuần nhuyễn và thuần thục hơn
hẳn so với những học sinh không được trang bị kiến thức này. Để thực hiện đề tài
này tôi làm phép thực nghiệm, đối chiếu so sánh kết quả, giữa các lớp 12C2, 12C3
trường THPT Yên Định 2 (năm học 2010-2011). Đây là những lớp có lực học
tương đương nhau (mức độ tiếp thu, khả năng tư duy tương đương nhau) và cùng

một giáo viên dạy.
Trong các giờ bài tập, giờ luyện tập năm học 2010-2011:
1


+ Lớp 12C2 trường THPT Yên Định 2 dạy học theo hình thức vận dụng một số
kiến thức để giải nhanh bài tập trắc nghiệm khách quan.
+ Lớp 12C3 trường THPT Yên Định 2 dạy học theo hình thức hướng dẫn học sinh
làm các bài tập tự luận theo lối truyền thống không xây dựng thành hệ thống
phương pháp giải.
Cuối năm học 2010-2011 tiến hành khảo sát tại các lớp theo hình thức đề thi trắc
nghiệm khách quan với cùng một mức độ kiến thức (cùng một đề thi) để lấy kết
quả và đánh giá hiệu quả của đề tài.
PHẦN 2: NỘI DUNG.
I - THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU.
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, khả năng
phân dạng bài tập và các thao tác tính toán thường chậm, hay sai sót. Để khắc phục
tình trạng trên điều cần thiết là phải trang bị cho các em học sinh hệ thống các kiến
thức cơ bản cần thiết để giải bài tập, đồng thời phải đưa ra các bài tập làm ví dụ cụ
thể nhằm rèn luyện các kĩ năng như: Kĩ năng định hướng, kĩ năng phân dạng và kĩ
năng tính toán (kĩ năng giải bài tập hoá học) cho học sinh từ đó các em phát hiện ra
điểm mấu chốt nhất trong quá trình vận dụng từng mảng kiến thức giúp các em có
khả năng áp dụng trong mọi trường hợp.
Với việc thực hiện đề tài trên trong hơn một năm qua tôi nhận thấy các em học sinh
đã có tiến bộ rõ rệt, có nhiều em đạt kết quả cao thông qua các lần khảo sát, thông
qua kì thi tốt nghiệp và kì thi tuyển sinh vào các trường đại học-cao đẳng năm
2010 ((kì thi được tổ chức bằng hình thức thi trắc nghiệm khách quan)).
Năm học 2010-2011 tôi tiếp tục nghiên cứu và thực hiện đề tài này.
II- CÁC GIẢI PHÁP.

1.Vận dụng định luật bảo toàn khối lượng
a. Cơ sở lí thuyết
Tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng các sản phẩm tạo
thành.
b. Bài tập áp dụng.
Bài tập 1.1:
Cho 1,04 gam hỗn hợp 2 kim loại tan hoàn toàn trong H2SO4 loãng dư thấy có
0,672 lít khí thoát ra (ở đktc) và dung dịch X. Khối lượng hỗn hợp muối sunfat có
2


trong dung dịch X là:
A. 3,92gam.
B. 1,68gam.
Hướng dẫn giải:
Giả sử 2 kim loại là M, hoá trị n.

C. 0,46gam.

D.2,08gam.

0, 672

nH 2 =
= 0,03 mol.
22, 4
→ M2(SO4)n + nH2 ↑
Phương trình phản ứng: 2M + nH2SO4(loãng) 
(Mol)
0,03

0,03
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:

mmuối = mKL + mH 2 SO4 -

mH 2 = 1,04 + 0,03 . 98 – 0,03 . 2 = 3,93 gam. (đáp án A)

Bài tập 1.2:
Khử m gam hỗn hợp gồm các oxit CuO, FeO, Fe 3O4 và Fe2O3 bằng khí CO ở nhiệt
độ cao, thu được 40gam hỗn hợp chất rắn B và 13,2 gam khí CO2. giá trị của m là:
A. 36,2gam.
B. 44,8gam.
C. 22,4gam.
D. 8,4gam.
Hướng dẫn giải:
Phương trình phản ứng:
t
CuO + CO 
→ Cu + CO2
0

(1)

t
Fe3O4 + CO 
→ 3FeO + CO2 (3)
0

t
3Fe2O3 + CO 

→ 2Fe3O4 + CO2 (2)
0

t
FeO + CO 
→ Fe + CO2
0

(4)

13, 2
Từ các phương trình (1), (2), (3), (4) ta có: nCO = nCO2 =
= 0,3 mol
44

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:

m

=

mA

=

mB

+

mCO2 - mCO = 40 + 13,2 – 0,3 . 28 = 44,8gam. (đáp án B)

Bài tập 1.3:
Thuỷ phân hoàn toàn 14,8 gam hỗn hợp 2 este đơn chức là đồng phân của nhau
thấy cần vừa đủ 100 ml dung dịch NaOH 2M, thu được m gam hỗn hợp 2muối và
7,8 gam hỗn hợp 2 ancol. Giá trị của m là:
A. 12gam
B. 16gam
C. 18gam
D. 15gam
Hướng dẫn giải:
Gọi công thức của 2 este là: R1COOR2 . nNaOH = 0,1x2 = 0,2 mol
→ R1COONa + R2OH
Phương trình phản ứng: R1COOR2 + NaOH 

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:
3


m = mR 1 COO R 2 + mNaOH - mR 2 OH = 14,8 + 8 – 7,8 = 15gam. (đáp án D)
Bài tập 1.4:
Cho 3,38 gam hỗn hợp X gồm: CH 3OH, C2H5OH, CH3COOH, C6H5OH tác dụng
vừa đủ với Na thoát ra 0,672 lít khí (ở đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu
được hỗn hợp rắn Y. Khối lượng của Y là:
A. 3,61gam
B. 4,04gam
C. 4,70gam
D. 4,76gam
Hướng dẫn giải:
Phương trình phản ứng:
2CH3OH + 2Na 

→ 2CH3COONa + H2 ↑
(1)
2C2H5OH + 2Na 
→ 2C2H5ONa + H2 ↑
(2)
→ 2CH3COONa + H2 ↑
2CH3COOH +2Na 
(3)
2C6H5OH + 2Na 
→ 2C6H5COONa + H2 ↑
(4)
Theo phương trình phản ứng (1), (2), (3), (4) ta thấy:
0, 672 1
nH 2 =
= nNa = 0,03 mol
22, 4 2

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:
MY = mX + mNa - mH = 3,38 + 0,06 . 23 – 0,03 . 2 = 4,70gam. (đáp án C)
2

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.
((
Trong phản ứng hoá học các nguyên tố được bảo toàn )). Suy ra trong các phản
ứng hoá học tổng số mol nguyên tử của một nguyên tố X bất kì trước và sau phản

ứng bằng nhau.
b. Bài tập áp dụng.
Bài tập 2.1:
Hỗn hợp X gồm 0,1 mol Fe2O3 và 0,2 mol Fe3O4. Hoà tan hoàn toàn X bằng dung
dịch HCl dư, thu được dung dịch Y, cho NaOH dư vào Y thu được kết tủaZ. lọc lấy
Z, rửa sạch rồi đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được m
gam chất rắn khan. Giá trị của m là:
4


A. 64,0 gam.
B. 48,0 gam
C. 56,4 gam
Hướng dẫn giải:
Phương trình phản ứng:
Fe2O3 + 6HCl 
→ 2FeCl3 + 3H2O
(1)
Fe3O4 + 8HCl 
→ FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O
(2)
FeCl2 + 2NaOH 
→ Fe(OH)2 + 2NaCl
(3)
FeCl3 + 3NaOH 
→ Fe(OH)3 + 3 NaCl
(4)
t
4Fe(OH)2 + O2 
→ 2Fe2O3 + 4H2O

0

D. 57,6 gam

(5)

t
2Fe(OH)3 
(6)
→ Fe2O3 + 3H2O
Từ các phản ứng (1), (2), (3), (4), (5), (6) ta thấy:
nFe(trong X) = nFe(trong G) = 0,1 . 0,2 + 0,2 . 0,3 = 0,8 mol
0

⇒

nFe2O3 =

1
0,8
nFe =
= 0,4 mol ⇒ m = 0,4 . 160 = 64 gam (đáp án A)
2
2

Bài tập 2.2:
Cho 4,48 lít CO (ở đktc) đi qua 24,0 gam hỗn hợp X gồm CuO, Fe 2O3 sau một
thời gian thu được 22,4 gam hỗn hợp rắn Y và hỗn hợp khí Z. Tỉ khối của Z so với
H2 là:
A. 19

B. 20
C. 18
D. 16
Hướng dẫn giải:
→ CO2
Ta có: CO + O(trong oxit) 
nO (trong oxit) = nCO2 =
d/H2 =

4, 48
24 − 22, 4
= 0,1 mol. ⇒ nCO (dư) = 22, 4 - 0,1 = 0,1 mol.
16

0,1.44 + 0,1.28
= 18. (đáp án C)
0, 2.2

Bài tập 2.3:
Tiến hành crăckinh 11,6 gam butan ở nhiệt độ cao thu được hỗn hợp khí X gồm:
CH4, C2H6, C2H4, C3H6, C4H10. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X bằng oxi, dư rồi dẫn
toàn bộ sản phẩm sinh ra đi qua bình H2SO4 (đặc) thì thấy khối lượng bình này tăng m
gam. Giá trị của m là:
A. 16,2 gam
B. 18,0 gam
C. 19,8 gam
D. 14,4 gam
Hướng dẫn giải:
t
Ta có: X + O2 

→ CO2 + H2O
0

5


⇒ nH (trong butan) = nH (trong X) = nH (trong nước) =
⇒

nH 2O =

11, 6
.10 = 2 mol
58

1
2
nH (trong nước)= = 1 mol ⇒ m = mH 2O =1 . 18 = 18 gam. (đáp án B)
2
2

Bài tập 2.4:
Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm một ankan, một anken, một ankin và
H2. Cho toàn bộ sản phẩm cháy đi qua bình đựng H 2SO4 (đặc) và bình đựng Ca(OH)2
dư, thấy bình đựng H2SO4 (đặc) tăng 9,9 gam và bình Ca(OH)2 tăng 13,2 gam. Giá trị
của m là:
A. 3,6 gam
B. 4,3 gam
C. 2,8 gam
D. 4,7 gam

Hướng dẫn giải:
t
Ta có: X + O2 
→ CO2 + H2O
0

MX = mC (trong CO2) + mH (trong nước) =

13,3.12 9,9.2
+
= 4,7 gam. (đáp án D)
44
18

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.
Trong các phản ứng oxi hoá-khử tổng số electron mà các chất khử nhường 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 NO2 và NO (ở đktc) có tỉ lệ thể tích NO 2/NO = 3/1. Kim loại
M là:
A. Fe
B. Cu

C. Ag
D. Ni
Hướng dẫn giải:
8, 96

Đặt nNO = x mol ⇒ nNO2 = 3x mol ⇒ x + 3x = 22, 4 = 0, 4 mol

⇒ x = 0,1 mol.

6


⇒

{

nNO =0,1mol
nNO2 = 0,3 mol .

19, 2
.n mol
Quá trình nhường electron: M → Mn+ + n e ⇒ n e (nhường) =
M

Quá trình nhận electron: 4 N+5 + 6 e → N+3 + 3N+4 ⇒ ne (nhận) = 0,6 mol
⇒

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

⇒ Kim loại cần tìm là Cu.

(đáp án B)

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. Khí B là:
A. NO2
B. N2
C. N2O
D. H2
Hướng dẫn giải:
11, 2
.3 = 0,6 mol.
Quá trình nhường electron: Fe → Fe3+ + 3e ⇒ n e (nhường) =

Quá trình nhận electron:

{

56

N +5 +3e →N +2
N +5 +ne →N

5−n

⇒ ne (nhận) = 0,15.3 + 0,15. n mol

⇒ 0,15 . 3 + 0,15 . n = 0,6 ⇒ n = 1 ⇒ N+5 + 1e → N+4 ⇒ NO2 . (đáp án A)

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, Fe2O3, Fe3O4. 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). Giá trị của m là:
A. 9,27 gam
B. 10,08 gam
C. 11,20 gam
D. 16,80 gam
Hướng dẫn giải:
Sơ đồ biến đổi xảy ra: Fe


→B

m gam

{ }   →
Fe
FeO
Fe3O4
Fe2O3

ddHNO3

12 gam

Quá trình nhường electron: Fe0 
→ Fe3+ + 3e ⇒ ne (nhường) =

NO
2,24 lít

m
.3 mol.
56

Quá trình nhận electron: O20 + 4 e 
→ 2O2-, N+5 + 3e 
→ N+2
⇒ ne(nhận) =

12 −m
12 −m
m
.4 + 0,1 . 3 mol ⇒
.4 + 0,1 . 3 =
.3
32
32
56

⇒ m = 10,08 gam. (đáp án B).

Bài tập 3.4:
7


Để khử hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp Y (gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3) thì cần 0,05 mol

H2. Mặt khác hoà tan hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp Y trong dung dịch H2SO4 đặc thì
thu được V lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất ở đktc). Giá trị của V là:
A. 224ml.
B. 448ml.
C. 336ml.
D. 112ml.
Hướng dẫn giải:
Sơ đồ biến đổi xảy ra:
Gọi a mol SO2 (S+6 nhận → S+4) ⇒ Số mol electron (S+6 nhận → S+4) = 2a mol.
0

t
→ Fe + H2O
FeO, Fe3O4, Fe2O3 + H2 

⇒ mFe = mY +
⇒ nFe =

mH2 - mH2O

= 3,04 + 0,05 . 2 – 0,05 . 18 = 2,24 gam

2, 24
= 0,04 mol
56

Theo định luật bảo toàn electron ta có:
⇒ ne (Hiđro nhường) + ne ( s +6 nhận 
→ s +4 ) = ne ( Fe → Fe3+ ) ⇒ 0,05 . 2 + 2a = 0,04 . 3
⇒ a = 0,1 mol ⇒

nSO2 = 0,1 mol ⇒ V = 0,1 . 22,4 = 2,24 lít. (đáp án A)

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 eltrron 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 định luật bảo toàn điện tích
a. Cơ sở lí thuyết.
Trong một dung dịch nếu tồn tại đồng thời các ion dương và các ion âm thì tổng
điện tích dương bằng tổng điện tích âm.
b. Bài tập áp dụng.
Bài tập 4.1:
Dung dịch A có chứa các cation Mg2+, Ba2+, Ca2+ và các anion 0.1 mol Cl − , 0,2
mol NO3− .Thêm dần v lít Na2CO3 0,5M vào A đến khi thu được kết tủa đạt giá trị
lớn nhất thì giá trị của v là:
A. 150 ml
B. 200 ml
Hướng dẫn giải:
Ta có:

∑

điện tích dương =

∑

C. 250 ml

D. 300 ml

điện tích âm = 0,1 + 0,2 = 0,3 mol.
8


Phản ứng tạo kết tủa:
Mg2+ + CO32- → MgCO3 ↓
Ba2+ + CO32- → BaCO3 ↓
Ca2+ + CO32- → CaCO3 ↓
⇒

nNa2CO3

⇒

CNa2CO3 =

=

nCO 2−
3

=

∑

(điện tích âm) =

0, 3

= 0,15 mol.
0, 2

0,15
= 0,15 lít = 150 ml. ( đáp án A)
1

Bài tập 4.2:
Một dung dịch chứa 0,02 mol Cu 2+, 0,03 mol K+, x mol Cl − , y mol SO42 -. Tổng
khối lượng các muối tan trong dung dịch là 5,435 gam. Giá trị của x và y lần lượt
là:
A. 0,02 và 0,05
B. 0,05 và 0,01
C. 0,01 và 0,03
D.0,03 và 0,02
Hướng dẫn giải:
Theo định luật bảo toàn điện tích:
0,02.2 + 0,03 = x + 2y ⇔ x + 2y =0,07 (1).
0,02.64 + 0,03.39 + 35,5 x + 96y = 5,435 ⇔ 35,5 x + 96y = 2,985 (2).
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

{

x + 2y =0,07
35,5 x + 96y = 2,985

{

x =0,03
y =0,02

(đáp án A)

Bài tập 4.3:
Thêm m gam K vào 300ml dung dịch chứa Ba(OH)2 0,1M và NaOH 0,1M thu được
dung dịch X. Cho từ từ dung dịch X vào 200 ml dung dịch Al 2(SO4)3 0,1 M thu
được kết tủa Y. Để thu được lượng Y lớn nhất thì giá trị của m là:
A. 1,59 gam
B. 1,17 gam
C. 1,71 gam
D. 1,95 gam
Hướng dẫn giải:
Phản ứng của K với nước: 2K + 2H2O → 2KOH + H2 ↑
m
mol KOH, 0,03 mol Ba(OH)2 và 0,03 mol NaOH
39
m
m
Điện tích âm dd X = ∑ nOH − =
+ 0,03.2 + 0,03.1= ( + 0,09) mol
39
39

Dung dịch X chứa:
⇒

∑

nAl2 ( SO4 )3 = 0,2 . 0,1 = 0,02 mol
9

⇒

∑

Điện tích dương dd Al2(SO4)3 = 0,02 . 2. 3 = 0,12 mol

Phản ứng tạo kết tủa: Ba2+ + SO42- → BaSO4 ↓
Al3+ + 3 OH − → Al(OH)3 ↓
Để lượng kết tủa lớn nhất thì Al3+ phản ứng vừa đủ với OH −
⇒

m
+ 0,09 = 0,12 ⇒ m = 1,17 gam. (đáp án B)
39

Bài tập 4.4: Có 500 ml dung dịch X chứa Na + , NH4+ , CO32- và SO42- . Lấy 100 ml
dung dịch X tác dụng với lượng dư dung dịch HCl thu 2,24 lít khí (đktc) . Lấy 100
ml dung dịch X cho tác dụng với lượng dư dung dịch BaCl 2 thấy có 43 gam kết
tủa . Lấy 100 ml dung dịch X tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH thu 4,48 lít
khí NH3 ( đktc). Tổng khối lượng muối có trong 500 ml dung dịch X là:
A. 43,1 gam
B.119 gam
C. 86,2 gam
D. 50,8 gam
Hướng dẫn giải:
Tác dụng của 100ml dung dịch X với HCl:
CO32- + 2H+ → CO2 + H2O ⇒ nCO32− = 0,1 mol
0,1 mol

0,1 mol
Tác dung của 100ml dung dịch X với BaCl2:
CO32- + Ba2+ → BaCO3 ⇒ mBaCO3 = 0,1.197 = 19,7 gam
SO42- + Ba2+ → BaSO4 ⇒ mBaSO4 = 43 – 19,7 = 23,3gam ⇒ nBaSO4 = 0,1 mol
Tác dung của 100ml dung dịch X với NaOH:
4, 48

NH4+ + OH − → NH3 + H2O ⇒ nNH3 = 22, 4 = 0,2 mol . Đặt nNa + = x mol
Theo định luật bảo toàn điện tích ta có: x + 0,2 = 0,1.2 + 0,1.2 ⇒ x = 0,2 mol
m = 5( 0,2.23 + 0,2.18 + 0,1.60+ 1,1.96) = 119 gam. (đáp án B)
c. Kết luận rút ra trong quá trình giải bài tập vận dụng định luật bảo toàn
điện tích.
Điểm quan trọng nhất trong quá trình giải bài tập vận dụng định luật bảo toàn điện
tích là thiết lập phương trình biểu diễn mối liên hệ giữa các ion trong dung dịch.
5. Vận dụng sự tăng giảm khối lượng khi chuyển hoá chất này thành chất
khác.
a. Cơ sở lí thuyết.
Ví dụ 1: Xét phản ứng: MCO3 + 2HCl → 2MCl2 + CO2 ↑ + H2O
10


Theo phản ứng: 1mol MCO3 → MCl2. Khối lượng tăng thêm 71 – 60 = 11 gam và
có 1 mol CO2 tạo thành. Vậy khi biết khối lượng tăng suy ra số mol CO2 và ngược
lại khi biết số mol CO2 suy ra khối lượng tăng.
Ví dụ 2: Xét phản ứng: RCOOR ' + NaOH

0

 t→

RCOONa + R 'OH

Cư 1mol este RCOOR ' chuyển thành 1mol muối RCOONa khối lượng tăng hoặc
'
giảm 23 − R gam và tiêu tốn 1 mol NaOH sinh ra 1mol R 'OH . Vậy khi biết khối
'
lượng tăng hay giảm 23 − R gam ⇒ số mol NaOH, số mol R 'OH và ngược lại

khi biết số mol NaOH hoặc số mol R 'OH ⇒ khối lương tăng hoặc giảm.
b. Bài tập áp dụng.
Bài tập 5.1:
Nhúng một lá nhôm vào 200ml dung dich CuSO 4, đến khi dung dịch mất màu
xanh lấy lá nhôm ra cân thấy khối lượng tăng so với ban đầu là 1,38 gam.
Nồng độ mol/lít của dung dịch CuSO4 đã dùng là:
A. 0,10M
B. 0,15M
C. 0,20M
D. 0,25M
Hướng dẫn giải:
→ Al2(SO4)3 + 3Cu
2Al + 3CuSO4 
Theo phản ứng cứ 2mol Al phản ứng với 3 mol 3CuSO4 tạo ra 3 mol Cu
⇒ Khối lượng thanh nhôm tăng: 3.64-2.27 = 138 gam
1,38
.3 = 0,03 mol
Vậy số mol CuSO4 đã tham gia phản ứng là: nCuSO4 =
138
⇒

CM (CuSO4 ) =

0, 03
= 0,15 M. (đáp án B)
0, 2

Bài tập 5.2:
Một bình cầu dung tích không đổi 448 ml nạp đầu O 2(đktc) khối lượng m1. Phóng
điện để ozon hoá sau đó nạp thêm O2 đầy bình (ở đktc) khối lượng m2. ta thấy :
M2 – m1 = 0,03gam. Thành phần % về thể tích của O3 trong bình sau phản ứng là:
A. 9,375%
B. 10,375%
C. 11,375%
D. 8,375%
Hướng dẫn giải:
Ta thấy trong bình trước và sau phản ứng cùng (ở đktc). Suy ra tổng số mol các khí
trước và sau phản ứng khi đã nạp thêm O2 là như nhau.
11


⇒ O2 
→ O3 tăng 16 gam ⇒

% VO3 =

nO3 = 0, 03 mol ⇒ VO = 0, 03 .22, 4 lít
16

3

16

0, 03
.22, 4.100 = 9,375%. (đáp án A)
16.0, 448

Bài tập 5.3:
Oxi hoá hoàn toàn 2,2 gam một anđehit đơn chức thu được 3 gam axit tương ứng.
Công thức của anđehit là:
A. HCHO
B. C2H3CHO
C. C2H5CHO
D. CH3CHO
Hướng dẫn giải:
→ R-COOH → tăng 16 gam
Đặt công thức anđehit là R-CHO ⇒ R-CHO 

nRCHO = 3 −162, 2

⇒

= 0,05 mol ⇒ 0,05(R+29) = 2,2 ⇒ R=15 ⇒ R là CH3 -

Vậy công thức của anđehit là CH3CHO. (đáp án D)
Bài tập 5.4:
Xà phòng hoá hoàn toàn 15,6 gam hỗn hợp 3 este của ancol metylic, cần dùng vừa
đủ 300ml NaOH 0,2M. Sau phản ứng thu được dung dịch chứa m gam muối.
Giá trị của m là:
A. 15,12 gam
D. 17,48 gam
C. 16,08 gam

D. 17, 82 gam
Hướng dẫn giải:
−

Đặt công thức chung của 3 este là: R (COOCH 3 ) − ta có:
a

−

−

R (COOCH 3 ) − + a NaOH
a


→

−

x

a .x

−

−

R(COONa ) − + a CH3OH
a
x

−

a .x

−

nNaOH = a .x = 0,3.0,2 = 0,06 mol
−
Từ phương trình ⇒ mtăng = a .x(23-15) = 0,06 (23-15) = 0,48 gam.
mmuối (trong dung dịch sau phản ứng) = 15,6 + 0,48 = 16,08 gam. (đáp án C)
c. Kết luận rút ra trong quá trình giải bài tập vận dụng sự tăng giảm khối
lượng trong quá trìng chuyển hoá 1mol chất này thành chất khác.
Điểm quan trọng nhất của việc giải bài tập vận dụng sự tăng giảm khối lượng là
tìm được mối liên hệ giữa độ tăng giảm khối lượng với các chất khác trong phương
trình hoá học.

12


6. Vận dụng phân tử khối (nguyên tử khối) trung bình và nguyên tử số các bon
trung bình.
a. Cơ sở lí thuyết.
+ Phân tử khối (nguyên tử khối) trung bình:
−

M

=

x1.M1 + x2 .M 2 + ... + xn .M n
Trong đó: x1, x2, ... xn là số mol các chất và M1,
x1 + x2 + ... + xn

M2, ...Mn là phân tử khối (nguyên tử khối) của các chất thứ (1), (2), ... (n).
−

+ Nguyên tử số các bon trung bình của 2 nguyên tử là n = a. thì: n1 < a và n2 > a.
b. Bài tập áp dụng.
Bài tập 6.1:
Hoà tan hoàn toàn 28,4 gam hỗn hợp 2 muối cacbonat kim loại kiềm thổ thuộc 2
chu kì liên tiếp (trong bảng tuần hoàn) bằng dung dịch HCl dư thu được 6,72 lít
CO2 (đktc). Hai kim loại đó là:
A. Be và Mg
B. Mg và Ca
C. Ca và Sr
D. Sr và Ba
Hướng dẫn giải:
−
−
−
Đặt công thức chung của 2 muối là M CO3 . M CO3 + 2HCl → M Cl2 + CO2 + H2O.

6, 72
−
−
nCO2 = nR− CO =
= 0,3 mol. ⇒ 0,3( M + 60) = 28,4 ⇒ M = 34,67.
3
22, 4

⇒ Hai kim loại là: Mg (24) và Ca (40). (đáp án B)

Bài tâp 6.2:
Hoà tan hoàn toàn 16,8 gam hỗn hợp 2 muối cacbonat và sunfit của cùng một kim
loại kiềm vào H2SO4 (loãng) dư, thu được 3,36 lit hỗn hợp khí (ở đktc). Kim loại kiềm
trên là:
A. Li
B. Na
C. K
D. Rb
Hướng dẫn giải:
Đặt kim loại kiềm là M
Các phương trình phản ứng: M2CO3 + H2SO4 → M2SO4 + CO2 + H2O
M2SO3 + H2SO4 → M2SO4 + SO2 + H2O
⇒ nmuối = nkhí =

3,36
= 0,15 mol
22, 4

−
⇒ M

16,8

muối

= 0,15 = 112. ⇒

−

2M + 60 < M muối < 2M +80 ⇒ 16 < M < 26 ⇒ Kim loại kiềm là Na.(đáp án B)

13


Bài tập 6.3:
Dung dịch X chứa 50 gam axit hữu cơ đơn chức 23%. Thêm 15 gam một axit
hữu cơ đơn chức khác vào dung dịch X thu được dung dịch Y. Để trung hoà Y cần
dùng 250ml dung dịch NaOH 2M thu được dung dịch Z. Cô cạn Z đuợc m gam
muối khan. Giá trị của m là:
A. 37,5 gam
B. 26,5 gam
C. 32,8 gam
D. 42,3 gam
Hướng dẫn giải:
23
.50 + 15 = 26,5 gam, n 2axit = nNaOH = 0,25.2 = 0,5 mol.
100
26,5
−
−
→ −
=
=
53.
Phản
ứng:
+
NaOH
2

axit
M
R
COOH
R COONa + H2O
0,5

m 2axit =

−

Ta có m = ( M 2 axit -1+23).0,5 = (53-1+23) 0,5 = 37,5 gam. (đáp án A)
Bài tập 6.4:
Hỗn hợp X (đktc) gồm 2 an ken. Để đốt cháy 7 thể tích X cần 31 thể tích O 2 (đktc).
Biết an ken có khối lượng phân tử lớn chiếm 40-50% thể tích. CTPT của 2 anken
trên là:
A. C2H4 và C3H6
B. C2H4 và C4H8 C. C2H4 và C5H10 D. C3H6 và C4H8
Hướng dẫn giải:
−

Gọi n là nguyên tử cacbon trung bình của 2 aken. Phản ứng đốt cháy:
−

−
C − H − + 3 n O2 → − CO2 + − H2O. Ta có tỉ lệ 1 = 3. n ⇒ − = 2,95. ⇒ có một an
n
n
n
n

2n
7
2
2.31
ken là C2H4.
Theo phản ứng cháy: C2H4 + 3O2 → 2CO2 + 2H2O

CmH2m +

3m
O2 → mCO2 + mH2O
2

3
1
m.x + 3(1 − x)
Ta lại có tỉ lệ: = 2
; Trong đó x là % thể tích anken lớn.
7
31
⇒ m=

30 + 63 x
31,5 x

{

Khix >0,4(40%)⇒m <4,38
Khix <0,5(50%)⇒m >3,9 Anken thứ 2 là: C4H8. (đáp án B)

c. Kết luận rút ra trong quá trình giải bài tập vận dụng phân tử khối (nguyên
tử khối) trung bình và nguyện tử số các bon trung bình
14


Việc vận dụng phân tử khối (nguyên tử khối) trung bình và nguyện tử số các bon
trung bình có thể giải được nhiều dạng bài tập cả vô cơ cũng như hữu cơ, đặc biệt
là chuyển những bài toán hỗn hợp phức tạp thành bài toán đơn giản.
7. Vận dụng quy tắc đường chéo.
a. Cơ sở lí thuyết.
Ví dụ: Trộn 2 dung dịch:
Dung dịch 1: Có khối lượng m1 thể tích V1, nồng độ C1, (C% hoặc CM), khối lượng
riêng d1.
Dung dịch 2: Có khối lượng m2 thể tích V2, nồng độ C2, (C% hoặc CM), khối lượng
riêng d2.
Dung dịch thu được có m = m 1 + m2, V = V1 + V2, nồng độ C(C1< C < C2), khối
lượng d. Sơ đồ đường chéo và công thức ứng dụng mỗi trường hợp là:
+ Đối với nồng độ % về khối lượng:
C2 − C

m1 C 1

⇒

C

C2 − C
m1
=
m2

C1 − C

(1)

C1 − C

m2 C 2

+ Đối với nồng độ mol/lit:
V1

C2 − C

C1
C

V2

⇒

C2 − C
V1
=
V2
C1 − C

(2)

⇒

d2 − d
V1
=
V2
d1 − d

(3)

C1 − C

C2

+ đối với khối lương riêng:
V1

d2 − d

d1
d

V2

d2

d1 − d

b. Bài tập áp dụng.
Bài tập 7.1: Để thu được dung dịch HCl 25% cần lấy m 1 gam dung dịch HCl 45%
pha với m2 gam dung dịch HCl 15%. Tỉ lệ m1/m2 là:
A. 1/2

B. 1/3
C. 2/1
D. 3/1
15


Hướng dẫn giải:
Áp dụng công thức 1 có:

m1
45 − 25
20
2
=
=
= . (đáp án C)
15 − 25
m2
1
10

Bài tập 7.2:
Thêm 250ml dung dịch NaOH vào 200 ml dung dịch H 3PO4 1,5 M. Muối tạo thành
và khối lượng tương ứng là:
A. 14,2 gam Na2HPO4 và 32,8 gam Na3PO4
B. 28,4 gam Na2HPO4 và 16,4 gam Na3PO4
C. 12,0 gam NaH2PO4 và 28,4 gam Na2HPO4
D. 24,0 gam NaH2PO4 và 14,2 gam Na2HPO4
Hướng dấn giải:
nNaOH

0, 25.2 5
Có: 1 <
= 0, 2.1,5 = < 2 ⇒ Tạo ra hỗn hợp 2 muối NaH2PO4 và Na2HPO4.
nH3PO4
3
Sơ đồ đường chéo:

1−

Na2HPO4 (n1= 2)

5
2
=
3
3

5
−
n = 3

NaH2PO4 (n2 =1)
⇒

{

nNa2 HPO4
nNaH 2 PO4

= 2 ⇒

1

nNa2HPO4 = o ,2 mol
nNaH 2PO4 = o ,1mol

2−

5 1
=
3 3

nNa2 HPO4 = 2 nNaH 2 PO4 = nH3PO4 = 0,3 mol

{

mNa2HPO4 = 0,2.142 = 28,4 gam
mNaH 2PO4 = 0,1.120 =12,0 gam .

(đáp án C)

c. Kết luận rút ra trong quá trình giải bài tập vận dụng quy tắc đường chéo.
Quy tắc đường chéo có thể vận dụng giải nhiều dạng bài tập nhưng tác dụng đặc
biệt nhất trong quá trình giải các bài tập về pha chế dung dịch, đơn bazơ tác dụng
với đa axit, tính tỉ lệ thể tích hỗn hợp khí, bài toán 2 chất vô cơ của 2 kim loại có
tính chất tương tự nhau vv...
PHẦN 3: KẾT LUẬN
Để có sự đánh giá khách quan sau thời gian ứng dụng đề tài “vận dụng một số quy
tắc và định luật cơ bản để giải nhanh bài tập hoá học trắc nghiệm khách quan ’’ vào
thực tiễn giảng dạy tôi đã chọn ra 2 lớp 12 đó là: 12C2 và 12C3 trường THPT Yên
16

Định 2 (một lớp làm đối chứng và một lớp làm thực nghiệm). Lớp 12C3 trường
THPT Yên Định 2 là lớp đối chứng. Trong các giờ luyện tập vẫn dạy học bình
thường theo hình thức hướng dẫn học sinh làm các bài tập tự luận theo lối truyền
thống, không xây dựng thành hệ thống phương pháp giải. Lớp thực nghiệm 12C3
trường THPT Yên Định 2. Trong các giờ luyện tập dạy học vận dụng một số quy
tắc và định luật cơ bản để giải nhanh bài tập hoá học trắc nghiệm khách quan. Sau
đó cả 2 lớp đều làm cùng một đề kiểm tra trong thời gian 1 tiết theo hình thức trắc
nghiệm khách quan ta thu được kết quả như sau:
Lần
kiểm
tra
Lần
1

Lần
2

Điểm

xi

Lớp

Sĩ Phương án 1
số

2

12C2

50

0

0

1

1

8

12

17 8

3

0

12C3

50

0

1

1

4

13

15

9

5

2

0

12C2

50

0

0

1

3

9

10

13 9

4

1

12C3

50

0

2

3

4

12

14

8

1

0

Thực
nghiệm
Đối
chứng
Thực
nghiệm
Đối
chứng

3 4 5
6
7 8 9
Phân phối kết quả kiểm tra

6

10

Dựa trên kết quả thực nghiệm sư phạm cho thấy chất lượng học tập của học sinh
các lớp thực nghiệm cao hơn các lớp đối chứng, điều đó thể hiện ở các điểm chính:
+ Tỉ lệ học sinh yếu kém ở các lớp thực nghiệm trong đa số trường hợp là thấp
hơn các lớp đối chứng.
+ Tỉ lệ học sinh đạt điểm trung bình đến khá, giỏi của các lớp thực nghiệm là cao
hơn lớp đối chứng.
Tuy nhiên đây chỉ là kết quả bước đầu còn khiêm tốn và hạn chế, rất mong được
sự thông cảm và cho những ý kiến quý báu, chân tình của các thầy cô giáo để đề tài
được hoàn thiện hơn.
Xin chân thành cảm ơn !
Yên Định ngày 11/5/2011
NGƯỜI THỰC HIỆN ĐỀ TÀI

17


TRỊNH XUÂN THIẾT

18