SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT BÌNH SƠN
CHUYÊN ĐỀ
“KẾT HỢP SÁNG TẠO CÁC PHƯƠNG PHÁP ĐỂ GIẢI
MỘT SỐ BÀI TẬP VÔ CƠ NHẰM PHÁT TRIỂN TƯ
DUY HỌC SINH”
Người viết: Tô Quốc Kim
Tổ: Hoá - Sinh
1
Năm học 2013-2014
CHUYÊN ĐỀ:
KẾT HỢP SÁNG TẠO CÁC PHƯƠNG PHÁP ĐỂ GIẢI MỘT SỐ DẠNG BÀI
TẬP HÓA HỌC VÔ CƠ NHẰM PHÁT TRIỂN TƯ DUY CHO SINH.
A.
LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI.
Trong nhà trường phổ thông bài tập hóa học có nghĩa quan trọng trong dạy học, ngoài củng
cố kiến thức và kỹ năng. BTHH còn giúp phát triển tư duy cho học sinh. Những kiến thức
hóa học học sinh có thể quên nhưng tư duy học sinh có được sẽ theo các em suốt cuộc đời để
giải quyết tốt hơn các vấn đề trong cuộc sống.
Trong quá trình giảng dạy ở trường THPT Bình Sơn, tôi nhận thấy các em học sinh còn
gặp nhiều khó khăn khi giải các bài toán hóa học đặc biệt những bài toán khó. Các em còn
lúng túng, tư duy máy móc, dập khuân, chưa xác định được phương pháp phù hợp với các
bài toán trắc nghiệm. Mặt khác yêu cầu của đề thi trắc nghiệm cần phải nhanh. Vì vậy, để
giúp các em hs có được tư duy tốt hơn, giải quyết nhanh các bài toán khó. Để đạt kết quả cao
trong kỳ thi đại học. Tôi đã nghiên cứu đề tài: “Kết hợp sáng tạo các phương pháp để giải
một số dạng bài tập hóa học vô cơ nhằm phát triển tư duy học sinh”
2
B. NỘI DUNG.
I- XÉT MỘT SỐ BÀI TOÁN QUEN THUỘC
Bài toán 1: Xét sự khử hoàn toàn MxOy bằng CO hoặc H2:
Mx O y
yCO
yH2
0
t
��
� xM
yCO2
yH2O
nO(oxit) nCO(p��
�
) nCO 2 ( t o th
�
m
� mO(b��
�
t ch kh�
i oxit)
����ʵ
i u c n bi t nh t l : � cr �n
moxit mM mO
�
�
M Al
�
nh)
(ho�
c =nH2 (p
)
nH2O )
Bài toán 2: Hòa tan hết cùng một lượng Al bởi hỗn hợp (HCl, H2SO4 loãng, HBr) hoặc bởi
hỗn hợp (NaOH, KOH, Ba(OH)2 )
Điều quan trọng nhất là nH2 thoát ra bằng nhau:
�
Al 3H � Al3 1,5H2
�
Al OH H2O � AlO2 1,5H2
�
Bài toán 3: Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp oxit kim loại MxOy bằng dung dịch H2SO4 :
Điều cần nhất là:
1 mol O thay bằng 1 mol SO42- ( tức
nO nSO2 : vì cùng hóa trị)
4
mmu�i moxit mSO2 mO
4
Bài toán 4: Hòa tan m (g) hỗn hợp Na, Al vào H2O dư được V1 lít khí. Nếu cũng cho m (g)
hỗn hợp đó vào dung dịch NaOH dư thì được V2 lít khí (Biết V2 > V1)
Điều cần nhất là: Vì V2 > V1 nên Al chưa tan hết ở thí nghiệm 1
Bài toán 5:
HNO3 d�
O2
Fe
� r{
�
n X ����
� NO
m m?
{ ���
{ (duy nh�t); bi�t m1,v � t �
m(g)
m1 (g)
Vl t(ݮktc)
3
Điều quan trọng nhất :
Dùng định luật bảo toàn khối lượng tìm mO2 (pư) = m1 – m
Nhận dạng được TT đầu và TT cuối của (Fe, O2, HNO3 là Fe3+, O2- và N2+)ĐLBT e
Khi biết 2 trong 3 giá tri (m, m1, v) đại lượng thứ 3
* TỪ NHỮNG BÀI TOÁN QUEN THUỘC TRÊN TA CÓ NHẬN XÉT:
Để học và có tư duy nhanh, chính xác, gọn nhẹ cần:
1.
Nắm vững hệ thống lí thuyết để vận dụng vào việc giải nhanh các bài toán.
2.
Nắm vững những vấn đề cốt lõi của từng dạng bài toán gốc để vận dụng linh hoạt
vào các bài tương tự.
3.
Thường xuyên luyện tập, ghi nhớ để hình thành kĩ năng, rút kinh nghiệm sau mỗi
bài toán.
4.
Nắm vững các vấn đề quan trọng của các phương pháp giải nhanh.
5.
Có kĩ năng nhận xét tổng quát, đúng bản chất; phân tích bài toán.
II- RÈN KỸ NĂNG NHẬN XÉT TỔNG QUÁT:
1. Xét quá trình được mô tả bởi sơ đồ:
(1)HCld�
Fe ����
� m1(g) r �
n khan �Cho bi�t m1,m2
(2) c�c�n
Fe x Oy �����
�
CaOHd�
CO2 ����
� m2 (g) CaCO3 � X�CT : Fe x Oy ?
COd�
(H100%)
*Cách tư duy thông thường:
�
g�i nFexOy a
�
�
�
�
Vi
ո�
t
c
c
ptp
�
�
�
T�quan h��
t l�mol t �
m x : y � CT Fe x O y �
�
�
- Dài, mất nhiều thời gian Không phù hợp trong trắc nghiệm
*Cách tư duy theo phương pháp trắc nghiệm
nCaCO3 nCO2 nO)oxit) �
�
�
�
�� x : y nFe : nO � Fe x O y
n
n
n
�r �n
FeCl2
Fe(oxit) �
4
2. Vận dụng: Khử hoàn toàn m(g) hỗn hợp X (FeO, Fe2O3, FexOy) bằng CO nóng, dư được
chất rắn X và khí Y. Hòa tan hết X bằng HCl dư rồi cô cạn được 7,62g chất rắn khan. Toàn
bộ Y hấp thụ vào dung dịch Ca(OH)2 dư thấy có 8g kết tủa. Giá trị của m là:
A. 5,20 (g)
B. 6,20(g)
C. 4,64(g)
D. 5,26(g)
Sơ đồ:
�
FeO
HCld�
�
Fe ����
�FeCl2 (7,62g) 0,06mol
�
COd�
Fe
O
����
�
�
� 2 3 (H100%)
Ca(OH)2 d�
CO2 �����
� CaCO3 (8g) 0,08mol
�
�
Fe
O
�
14 2x 43y
m(g)?
Theo sơ đồ dễ thấy
nO( X) nCO2 nCaCO3 0,08 �
�
�
�
�� mx mFe mO 56.0,06
1 4 44 2 16.0,08
4 4 43
n
n
n
0,06
Fe
FeCl2
4,64g
�Fe( X)
�
( ��
p�
nC )
III- TẬP PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH.
Bài toán 1: Dùng CO dư để khử hoàn toàn m(g) FexOy, dẫn toàn bộ khí sinh ra qua dung
dịch Ba(OH)2 dư được 0,15mol kết tủa. Mặt khác hòa tan toàn bộ m(g)Fe xOy bằng HCl dư
rồi cô cạn được 16,95g muối khan. Giá trị của m và công thức của Fe xOy là.
A. 8,7; Fe2O3
B. 8,7; Fe3O4
C. 15,6; Fe3O4
D. 14,5; FeO
* Tư duy bài toán theo sơ đồ
Ba(OH)2 d�
COd�
�
����
� CO2 �����
� BaCO3 : 0,15mol ( ��
p�
nB )
H=100%
Fe x O y ��
� � HCld�
123
����
�Fe x Cl2y : 16,95g
�
�
m(g)
* Phương pháp phân tích:
Thông thường sản phẩm của FexOy với HCl là FeCl2y/x, nhưng ở đây lại là FexCl2y(!) vì:
(!)- khi tác dụng với HCl, Fe trong oxit không thay đổi hóa trị
(!!)- Hóa trị của O là II trong khi Cl là I nên 1 mol O 2 mol Cl
Ta thấy
Ta thấy:
nCO2 nBaCO3 nO(oxit ) 0,15 � nCl (mu�i) 2.0,15 0,3
�
�
mmu�i mFe mCl � mFe 16,95 0,3. 35,5 6,3(0,1125mol Fe)
�
�
5
moxit mFe mO 6,3 0,15.16 8,7 m
�
��
x : y nFe : nO 0,1125 : 0,15 3 : 4 (Fe3 O4 )
�
Đáp án B
Bài toán 2: Hòa tan hết 10g hỗn hợp X (MgCO3, CaCO3, Na2CO3, K2CO3) bằng dung dịch
HCl dư thu được 2,24 lít khí (Đktc) và dung dịch Y. Cô cạn Y được m(g) muối khan. Giá trị
của m là:
A.
12
B. 11,1
C. 11,8
D. 14,2
*Phương pháp tư duy thông thường: Viết 4 pt pư, đặt ẩn, lập pt rồi ghép ẩn mới tìm được
kết quả (phương pháp này mất nhiều thời gian, nếu không biết ghép ẩn sẽ rối !)
* Phương pháp tư duy trắc nghiệm:
+ Phương pháp 1: Gọi CTC của X: M2(CO3)n
M2 (CO3 )n 2nHCl � 2MCln nCO2 nH2O
0,2mol
14 2 43
14 2 43
10g
7,3g
?
0,1mol
1 2 3 � 0,1mol
123
4,4g
1,8g
�LBTKL � mmu�i 10 7,3 (4,4 1,8) 11,1 g
Đáp án B
+ Phương pháp 2:
Khi chuyển từ muối CO32-Cl- thì cứ 1 mol CO32- 2 mol Cl- (theo
quy tắc hóa trị)
nCO2 nCO2 0,1 � nCl 0,2
3
� mmu�i clorua mmu�i cacbonat mCO2 mCl 11,1g
14243 { 3
{
10g
0,2.35,5
0,1.60
IV- TẬP PHƯƠNG PHÁP DIỄN DỊCH VÀ QUY NẠP
1/ MỤC ĐÍCH:
-Từ một hay 1 số bài toán gốc để luận ra hàng loạt các bài toán nhỏ
- Từ hàng loạt bài toán nhỏ quy về một dạng toán với phương pháp giải cơ bản không
thay đổi
Xét bài toán gốc:
6
Bài toán : Cho a(g) hỗn hợp các kim loại hoạt động tác dụng hết với dung dịch HCl thu
được dung dịch X chứa b(g) muối và c mol khí.
Biểu thức liên hệ giữa b với a và c là:
Bài giải
A. b = a + 71c
B. b = a + 35,5c
C. b = a + 34,5c
D. b = 2a – c + 71
1
Theo �LBTNT : HCl � H2 Cl
{
2
2c(mol)
{
c(mol)
Theo �LBTKL : mmu�i mKL mCl- � b a 71c
{
{
{
b(g)
a(g)
2c.35,5
( ��p �n A)
2/ NHẬN XÉT (PHƯƠNG PHÁP DIỄN DỊCH) .
Đây là bài toán gốc, từ đó biến dạng ra hàng trăm bài tưởng là khác nhau bằng cách:
- Bài toán có 3 đại lượng (KL, H2, muối) đề bài sẽ cho hai đại lượng và hỏi đại lượng còn
lại
- Thay thế hỗn hợp nhiều KL bằng các KL cụ thể khác nhau (số lượng không nhiều lắm) sẽ
mắc bẫy là lập hpt.
- Thay thế HCl bằng axit khác (như H2SO4 loãng, HBr, HI) thậm chí bằng hỗn hợp axit (tác
dụng vừa đủ với số mol cụ thể của mỗi axit. Khi đó:
mmuối = mkl + mcác gốc axit và Hn X � n H2 Xn
2
- Thay thế hỗn hợp KL hoạt động nói chung thành KLK, kiềm thổ; thay thế axit bằng H2O
(dĩ nhiên khi đó muối sẽ được thay thế bằng bazơ, ta có:
mBazơ (rắn khan) = mKL+ mOH- và H2O ½ H2 + OH- Không hỏi trực tiếp 1 trong 3 đại lượng trên mà hỏi gián tiếp thông qua nền kiến thức
khác. Chẳng hạn sau khi hỗn hợp KLK, KT tác dụng với H2O thì lấy dd trung hòa bởi axit,
yêu cầu tính lượng axit hay pH…
- Cho thêm 1 dữ kiện khác đi kèm với 2 dữ kiện cơ bản để chuyển về 1 dạng toán khác.
Chẳng hạn cho hỗn hợp 2 KL nhóm IA hoặc IIA thuộc 2 chu kì kế tiếp… yêu cầu xác định 2
kim loại…
7
3/ MỘT SỐ BÀI TOÁN BIẾN DẠNG:
Ví dụ 1: (TSCĐ – Khối A – 2007):
Hòa tan 3,22g hỗn hợp X (Fe, Mg, Zn) bằng một lượng vừa đủ dd H2SO4 loãng, thu được
1,344lít H2 (đktc) và dd chứa m(g) muối. Giá trị của m là:
A. 9,52
B. 7,25
C. 8,98
D. 10, 27
Bài giải:
�
mmu�i mKL mSO2
�
�
4
�
�� mmu�i 3,22 0,06.96 8,98(g)
2
�
H
SO
�
H
SO
4
2
4 �
�2
0,06 0,06
Đáp án C
Ví dụ 2: Hòa tan 10g hỗn hợp (Al; M > H) vào 100ml dd (H2SO4 aM; HCl 3aM) được 5,6 lít
H2 (đktc), dd X và 1,7g kim loại chưa tan hết. Cô cạn X được m(g) muối khan. Giá trị của m
là:
A. 26,20
B. 26,67
C. 28,55
D. 30,24
Bài giải:
Đáp án C
KLd�n�n axit h�
t ; mKL(p�) 10 1,7 8,3
�
�
H2SO 4 � 2H SO 24 ; HCl � H Cl
�
Ta c��
0,1a
0,2a 0,1a
0,3a
0,3a
0,3a
�
�
2H � H2 � 0,3a 0,2a 0,5 � a 1
�
0,25
�0,5
� mmu�i mKL(p�) mSO2 mCl 8,3 0,1.96 0,3.35,5 28,55(g)
4
Ví dụ 3: (TSĐH - CĐ – Khối A – 2007):
Cho m(g) Mg, Al vào 250ml dd X chứa (HCl 0,1M; H2SO40,5M), được 5,32 lít H2 (đktc) và
dd Y (coi V = const). Dung dịch Y có pH là:
A. 1
B. 2
C. 6
D. 7
Bài giải:
n
�
= 0,1 . 0,25 + 0,5 . 0,25 . 2 = 0,5
�
H (b�
)
Ta c��
1
pH
�
2H � H2 � nH d� 0,025 � �
H �
� pH 1
�
� 0,1 10 10
�
0, 475
0,2375
Ví dụ 4: Cho một�
mẫu hợp 1kim Na – Ba tác
dụng với H2O dư được dd X và 3,36lít
H
O
�
H
OH
2
2
H2(đktc). Thể tích�dd H2SO24 2M
cần dùng
0,3 để trung hòa dung dịch X là:
0,15
�
A. 60ml Ta c�
B. 30ml
C. 75ml
D. 150ml
2
�
�
H2SO4 � 2H SO 4
�
�
�� nH2SO4 0,15
Bài giải:
H
OH
�
H
O
�
n
n
0,3
�
�
2
H
OH
�
0,15
� v ddH2SO4
0,075 lit 75ml C
2
8
Ví dụ 5:
Cho m(g) hỗn hợp (K, Na, Ba) vào H2O được 500ml dd X có pH = 13 và V lít khí (đktc). Cô
cạn dd sau phản ứng được 9,25g chất rắn khan. Giá trị của V và m lần lượt là:
A. 2,24; 10
B. 1,12; 10
C. 0,56; 8,3
D. 2,24; 8,3
Bài giải:
�
pH 13 � �
OH �
�
�
� 0,1 � nOH 0,1.0,5 0,05mol
�
1
�
H2 O � H2 OH � v 0,025.22, 4 0,56 lit
�
2
�
mr �n mKL mOH � m 8,3 (g) C
{
�
{
{
?
0,05.17
�9,15
V- KẾT HỢP SÁNG TẠO CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VÔ
CƠ.
1) KẾT HỢP PP BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG VÀ BẢO TOÀN E, VÀ QUY ĐỔI
BÀI TOÁN 1:
Nội dung tổng quát:
+ O2
M
m(g) (1)
m1(g)
MxOy
M
+ HNO3 (H2SO4 dac)
(2)
M+n
NaOb ( SO2, ...) : V(l) (dktc)
Sản phẩm khử: NxOy (hoặc Sx), (n là số oxi hóa cao nhất của M)
(M là kim loại Fe hoặc Cu và dung dịch HNO3 (H2SO4 đặc nóng) lấy vừa đủ hoặc dư)
- Gọi: nM = x mol ; ne (2) nhận = y mol → ∑ ne nhường = x.n mol
- Theo đlbt khối lượng từ (1) → nO = (m1-m)/16 (mol)
- ∑ ne nhận = ne (oxi) + ne (2) = 2.(m1-m)/16 + y
- Theo đlbt mol electron: ∑ ne nhường = ∑ ne nhận → x.n = (m1-m)/8 + y
- Nhân cả hai vế với M ta được: (M.x).n = M(m1- m)/8 + M.y →
9
M
.m1 M . y
M
M
8
m
(
n
)
.
m
M
.
y
m
(*)
=>
1
M
n
8
n
8
- Thay M = 56 (Fe) ; n = 3 vào (*) ta được: m = 0,7.m1 + 5,6.y (1)
- Thay M = 64 (Cu) ; n = 2 vào (*) ta được: m = 0,8.m1 + 6,4.y (2)
(Khi biết 2 trong 3 đại lượng m, m1, y ta sẽ tính được đại lượng còn lại) 2)
* Điều quan trọng nhất :
+Dùng định luật bảo toàn khối lượng tìm mO2 (pư) = m1 – m
+ Nhận dạng được TT đầu và TT cuối của M, O2, HNO3 là Mn+, O2- và NxOy (hoặc Sx)
ĐLBT e
=> Khi biết 2 trong 3 giá tri (m,m1,v) đại lượng thứ 3
Từ bài toán gốc có thể giải được nhiều bài toán cụ thể.
Ví dụ 1: Cho 11,36 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 phản ứng hết với dung dịch
HNO3 loãng (dư), thu được 1,344 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc) và dung dịch
X. Cô cạn dung dịch X thu được m gam muối khan. Giá trị của m là
A. 38,72.
B. 35,50.
C. 49,09.
D. 34,36.
Hướng dẫn giải
Hỗn hợp gồm Fe , FeO , Fe2O3 , Fe3O4 được tạo thành từ hai nguyên tố O , Fe .
Gỉa sử coi hỗn hợp trên là hỗn hợp của hai nguyên tố O , Fe . Ta quan sát sự biến đổi số oxi
hóa
Fe – 3e Fe+3
x 3x
O + 2e O-2
y 2y
N+5 + 3e N+2
0,18 0,06
Theo định luật bảo toàn e : 3x – 2y = 0,18
Tổng khối lượng hỗn hợp là : 56x + 16y = 11,36
Giải hệ x = 0,16 mol , y = 0,15 mol
Viết phản ứng của Fe với HNO3
Fe + HNO3 Fe(NO3)3 + NO + H2O
0,16
0,16 mol
khối lượng muối là : 0,16.242 = 38,72 gam
Vi dụ 2: Nung nóng a gam bột Fe với oxi thu được b gam hỗn hợp rắn A gồm 3 oxit sắt và Fe.
Cho b gam A này tác dụng với lượng dư dung dịch HNO 3 thì được V lít hỗn hợp khí X (đktc)
10
gồm NO và NO2. Tỉ khối của X so với khí hidro bằng bằng 19. Biểu thức liên hệ giữa a, b và
V là
A. 2V + 1,4b = a. B. V + 1,4b = 2a. C. V + 0,7b = a.
D. 2V + 0,7b = 3a.
Hướng dẫn giải
46 38
n
1
NO
-Sử dụng sơ đồ chéo � n 38 30 1
NO
2
-Các quá trình cho và nhận electron:
Fe - 3e � Fe3+
a
3a
�
56
56
O 2 + 4e � 2O 2- ;
+5
+2
+5
N + 3e � N;
b-a
b-a
�
32
8
+4
N + 1e � N
3V
V
�
44,8
44,8
V
V
�
44,8
44,8
-Tổng số mol e cho = tổng số mol e nhận
3a b-a
V
� V+1,4b = 2a => Đáp án B
56
8 11,2
BÀI TOÁN BIẾN DẠNG 1: Trong bài toán 6 trên, thay O2 bằng Cl2. Bản chất vẫn
không thay đổi.
Ví dụ 3: Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Fe , FeCl2 , FeCl3 trong H2SO4 đặc nóng
thoát ra 4,48 lít khí SO2 duy nhất ở đktc và dung dịch Y . Thêm NH3 dư vào Y thu được 32,1
gam kết tủa . Tính m
Hướng dẫn giải
Quy đổi hỗn hợp Fe , FeCl2 , FeCl3 thành Fe , Cl
Fe3+
Fe
+Cl2
FeCl3
FeCl2
Fe
+ H2SO4
+NH3
Cl-
Fe(OH)3
+ SO2
Sơ đồ cho nhận e :
Fe – 3e Fe+3
Cl- + e Cl-1
S+6 + 2e S+4
Gọi x , y là số mol của Fe , Cl
n SO2 = 0,2 mol
3x = y + 0,4
Fe Fe+3 Fe(OH)3
Kết tủa là Fe(OH)3 có n = 0,3 x = 0,3 y = 0,5
Do đó m = 0,3.56 + 0,5.35,5 = 34,55
11
BÀI TOÁN BIẾN DẠNG 2. Trường hợp tạo thành sắt (II)
Ví dụ 4: Cho 61,2 gam hỗn hợp X gồm Cu và Fe 3O4 tác dụng với dung dịch HNO3 loãng,
đun nóng và khuấy đều. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 3,36 lít khí NO
(sản phẩm khử duy nhất, ở đktc), dung dịch Y và còn lại 2,4 gam kim loại. Cô cạn dung dịch
Y, thu được m gam muối khan. Giá trị của m là
A. 151,5.
B. 97,5.
C. 137,1.
D. 108,9.
Hướng dẫn giải
Sơ đồ:
Cu :x(mol)
+[O] : z(mol)
Fe3O4
Fe2+
Cu2+
+ HNO3
Cu
Fe :y(mol)
NO: 0,15(mol) + Cu(du)
n NO = 0,15 mol ; kim loại dư là Cu → Chỉ tạo thành muối sắt II
Quy đổi hỗn hợp thành 3 nguyên tố Cu , Fe , O
Sơ đồ cho nhận e :
Cu – 2e → Cu2+
Fe – 2e → Fe2+ O + 2e → O-2
N+5 + 3e → N+2
x 2x
y
2y
z 2z
0,45 0,15
Bảo toàn mol e → 2x + 2y = 2z + 0,45
Khối lượng : 61,2 = 64x + 56y + 16z + 2,4 (Cu dư )
Vì Fe3O4 → n Fe : n O = y : z = 3 : 4
Giai hệ ta có : x = 0,375 ; y = 0,45 ; z = 0,6
Muối khan : Cu(NO3)2 = 0,375.188 = 70,5 ; Fe(NO3)2 = 0,45.180 = 81
→ Tổng khối lượng : 151,5 gam .
Đáp án A
Ví dụ 5: Để 2,52 gam bột sắt trong không khí, sau một thời gian thu được 2,84 gam hỗn hợp
X gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4. để hòa tan hết X cần 500 ml dung dịch HNO3 aM thấy sinh ra
0,56 lít NO là sản phẩm khử duy nhất và dung dịch Y. Tính a.
Hướng dẫn giải
Fe
+O2 :0,01(mol)
0,045(mol)
2,84(g)
FeO
Fe2O3
Fe3O4
Fe
Fe3+ :y(mol)3nFe < 4nO2+3nNO
+HNO3:0,5a(mol)
0,045.3< 4.0,01+ 3.0,025
(Fe2+):x(mol)
NO: 0,025(mol)
Ta có: nFe = 0,045 và mO = 0,32 nO = 0,02 với nNO = 0,025
Vì 0,045.3 = 0,135 > 0,02.2 + 0,025.3 = 0,115
12
=>dung dịch Y gồm 2 muối Fe(NO3)2 và Fe(NO3)3
gọi n Fe = x và n Fe = y Ta có: x + y = 0,045 và 3x + 2y = 0,02.2 + 0,025.3 = 0,115
giải ra : x= 0,025 và y = 0,02 naxit = 0,115 + 0,025 = 0,14 a = 0,28 M.
2
3
BÀI TOÁN BIẾN DẠNG 4: Bài toán có 2 kim loại tham gia.
Ví dụ 6. Nung x mol Fe và 0, 15 mol Cu trong không khí một thời gian thu được 63,2 gam
hỗn hợp chất rắn X. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp chất rắn trên bằng H2SO4 đặc, nóng, dư thu
được dung dịch Y và 6, 72 lít khí SO2(đktc). Giá trị của x mol là:
A. 0,7 mol
B. 0,3 mol
C. 0,45 mol
D. 0,8 mol
Hướng dẫn giải
Ta có sơ đồ sau:
0
+[O]:y(mol)
Fe:x(mol)
0
Cu: 0,15(mol)
hh(X)
(O2-)
+6
Fe3+
+ H2SO4 du
Cu2+
SO2: 0,3(mol)
Xem hỗn hợp chất rắn là hỗn hợp của x mol Fe, 0, 15 mol Cu và y mol O.
Ta có: mHH=56x + 64.0,15 +16y=63,2
56x+16y=53,6 (1)
Mặt khác quá trình cho và nhận electron như sau
3
0
0
2
Fe 3e � Fe
Cu 2e � Cu
x � 3x
0,15 � 0,3
2
0
O 2e � O
y � 2y
6
4
S 2e � S
...0,6 � 0,3
Áp dụng ĐLBT E ta được:
n e 3x 0,3 0,6 2y, 3x 2y 0,3 (2)
Giải hệ (1) và (2) => x=0,7 mol, y=0, 9 mol.
A đúng
BÀI TOÁN BIẾN DẠNG 5: Thay đổi cách hỏi.
Câu 1: Nung 2,23 gam hỗn hợp X gồm các kim loại Fe, Al, Zn, Mg trong oxi, sau một thời
gian thu được 2,71 gam hỗn hợp Y. Hòa tan hoàn toàn Y vào dung dịch HNO 3 (dư), thu được
0,672 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Số mol HNO3 đã phản ứng là
A. 0,12
.
B. 0,14.
C. 0,16.
D. 0,18.
Bài giải:
-Nhận xét: Khi gặp trường hợp này hs thấy xuất hiện nhiều kim loại, nếu các em không
tìm ra bản chất của các quá trình trên thì sẽ khó khăn cho câu trả lời.
Chúng ta xét bài toán tổng quát theo sơ đồ.
13
M
+O
M2On
HNO3
M
Mn+ , NO3H2O
NO
Từ sơ đồ trên nhận thấy: Không phụ thuộc vào bao nhiêu kim loại, HNO3 tham gia vào
hai quá trình.
2HNO3 + O2-
e
= > nHNO3 = 2nO + 3nNO + nNO = 2nO + 4nNO = 2nO + (6x-2y)nNxOy
TQ: nHNO3(pư) = 2nO + ne (nhận tạo ra sp khử NxOy hoặc NH4NO3)+ xnNxOy = nNO3- tạo
muối + xnNxOy
*Từ đó suy ra trong trường hợp H2SO4đặc.
M
+O
M2On
H2SO4
M
Mn+ ,SO42H2O
SO2
H2SO4 + O2- SO42-
2H2SO4e SO42- SO2
Ta có n(H2SO4) = n SO42- + nSO2 = n O2- + 2nSO2.
=> Sau khi có những nhận xét tổng quát trên HS có thể dễ dàng giải quyết các bài tập
tương tự khác.
Cách 1. Ta có: n HNO = 2.n O (oxit) + 4n NO =
3
=> D đúng
Cách 2.
(2,71-2,23).2
0,672
+ 4.
= 0,18 mol .
16
22,4
(2,71 2, 23).2
3.0,03 0,15 mol
16
0,15 nNO 0,15 0.03 0,18 mol
nHNO3 (tao muoi ) nM ( cho ) nO2 thu nHNO3 (thu )
nHNO3 ( pu ) nHNO3 (tm ) nHNO3 (oxi hoa )
=> D đúng.
BÀI TOÁN 2: KẾT HỢP PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔI VỚI PHƯƠNG PHÁP BẢO
TOÀN E, PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ ( QUA SƠ ĐỒ ĐẦU - CUỐI)
BÀI TOÁN TỔNG QUÁT.
14
Bài toán: Cho a (mol) kim loại M tác dụng với b (mol) S ở nhiệt độ cao ( trong điều kiện
không có không khí) sau phản ứng được hỗn hợp rắn X. Lấy X cho tác dụng với dung dịch
HNO3 dư thu được dd A và V(lít) (đktc) khí NxOy. Lấy dung dịch A cho tác dụng với dung
dịch Ba(OH)2 dư thu được kết tủa Y, lọc tách kết tủa. Nung đến khối lượng không đổi m gam
chất rắn Z. Tìm mối liên hệ giữa các đại lượng (a, b, V, m)
Hướng dẫn giải
Ta có sơ đồ sau:
M: a (mol)
t0
S: b (mol)
M2Sn
MxSy
hh(X)
m1(g) M
S
dd Y
+ HNO3 dö
SO42Mn+ NO3
H+
+ Ba(OH)2
A
m2(g)
BaSO4
M(OH)n
NxOy :V(l)
PP: điều quan trọng là dựa vào sơ đồ, bảo toàn nguyên tố:
M2On:a/2(mol)
=> (2M+16n)a/2 + 233b= m2 (I)
BaSO4: b(mol)
- Quan sát trạng thái số OXH đầu-> Cuối: (M0, S0, N5+) → (Mn+ , S6+, N+2y/x xOy)
Áp dụng bảo toàn (e) =>
n.nM +6nS = (5x-2y)nNxOy
=> n.a +6b =(5x-2y).
V
22,4
(II)
Kết hợp với bảo toàn khối lượng: M.a+32.b = m1 (III)
Nhìn chung đề bài sẽ cho 2 trong 3 đại lượng (m1, m2, V) => đại lượng còn lại.
Ví dụ 1.Cho 20,80 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeS, FeS 2, S tác dụng với dung dịch HNO 3 đặc
nóng dư thu được V lít khí NO2 (là sản phẩm khử duy nhất, đo ở đktc) và dung dịch A. Cho
A tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư thu được 91,30 gam kết tủa. Tính V và số mol HNO 3
cần dùng để oxi hóa hoàn toàn hỗn hợp X ?
Hướng dẫn:
Coi hỗn hợp gồm Fe và S ta có sơ đồ:
� 3
Fe(OH ) 3
Fe
�
�
Fe
�
�
�
xmol
xmol
�
�
�
HNO3 d
xmol ����
Ba ( OH ) 2
���
�
��
��
�
S
BaSO 4
�
�
�
SO4 2
�
�
�
ymol
ymol
�
�
�ymol
56 x 32 y 20,8
�
�x 0, 2mol
��
��
107 x 233 y 91,3
�
�y 0,3mol
Theo bài ra ta có hệ: �
Áp dụng định luật bảo toàn eletron ta có:
15
Fe
→ Fe+3 + 3e
0,2mol
3.0,2mol
+6
S
→ S
+ 6e
0,3mol
6.0,3mol
+5
N + 1e →
N+4
a.1mol
a mol
Áp dụng định luật bảo toàn e ta có:
a = 0,6 + 1,8 = 2,4 mol → V = 53,76 lít
Theo (3) và (4): nHNO nH 6.nFe 4nS 2, 4mol
Ví dụ 2: Hòa tan hết 30,4 gam hh X gồm Cu, CuS, Cu2S và S bằng dd HNO3 dư thu được 20,16 lít
3
khí NO duy nhất ở đktc và dd Y. Thêm Ba(OH)2 dư và Y được m gam kết tủa. Tính m?
Giải
+ Qui đổi hh đã cho thành hh Cu và S ta có sơ đồ:
�
Cu(OH) 2 : x mol
Cu 2+ : x mol Ba (OH )2 �
Cu : x mol HNO3
�
�
30, 4 gam �
���� 0,9 mol NO + � 2����� �
S : y mol
BaSO 4 : y mol
SO 4 : y mol
�
�
�
+ Theo ĐLBT e và giả thiết ta có hệ: 64x + 32y = 30,4 và 2x + 6y = 0,9.3 x = 0,3 mol và y = 0,35
mol
m = 0,3.98 + 0,35.233 = 110,95 gam.
BÀI TOÁN BIẾN DẠNG:
Ví dụ 3: Đốt cháy hoàn toàn 6,48 gam hỗn hợp chất rắn X gồm: Cu; CuS; FeS; FeS2;
FeCu2S2; S thì cần 2,52 lít O2 và thấy thoát ra 1,568 lít SO2. Mặt khác cho 6,48 gam X tác
dụng với dung dịch HNO3 đặc nóng dư thu được V lít NO2 (là sản phẩm khử duy nhất) và
dung dịch A. Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư thu được m gam kết tủa.
Biết thể tích các khí đều đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Tính V và m.
Hướng dẫn giải
Xem hỗn hợp X gồm x mol Cu, y mol Fe và z mol S.
-Khối lượng hỗn hợp X: 64x + 56y + 32z = 6,48 (I).
-Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X Cu → Cu2++2e , Fe → Fe3++3e , S → SO2 +4e
x
x 2x
y
y 3y z
z
4z
2O
+2e → O
0,225 0,45
-Bảo toàn electron ta có: 2x + 3y + 4z = 0,45 (II).
Ta có z = Số mol S = số mol SO2 = 1,568:22,4 = 0,07. Thay z = 0,07
vào (I) được phương trình: 64x + 56y = 4,24 (*)
vào (II) được phương trình
2x + 3y = 0,17 (**).
Giải hệ 2 PT (*) & (**) tìm được x = 0,04; y = 0,03.
-Hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HNO3 đặc nóng dư tạo khí NO2 duy nhất và dung dịch
A.
Cu → Cu2++2e , Fe → Fe3++3e , S → SO42- +6e
x
x 2x
y
y 3y z
z
6z
NO3 +1e → NO2
a
a mol
16
-Bảo toàn electron ta có: số mol NO2 = a = 2x+ 3y + 6z = 0,59.
Từ đó tính được V = V(NO2) = 0,59x22,4 = 13,216 lít.
Dung dịch A + dung dịch Ba(OH)2 dư thu được kết tủa gồm:
Cu(OH)2; Fe(OH)3; BaSO4
Số mol Cu(OH)2 = số mol Cu = x = 0,04.
Số mol Fe(OH)3 = số mol Fe = y = 0,03.
Số mol BaSO4 = số mol S = z = 0,07.
m = m↓ = (0,04x98 + 0,03x107 + 0,07x233) = 23,44 gam.
Ví dụ 4: Cho 18,4 gam hỗn hợp X gồm Cu2S, CuS, FeS2 và FeS tác dụng hết với HNO 3 (đặc
nóng dư) thu được V lít khí chỉ có NO 2 (ở đktc, sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch Y.
Cho toàn bộ Y vào một lượng dư dung dịch BaCl 2, thu được 46,6 gam kết tủa, còn khi cho
toàn bộ Y tác dụng với dung dịch NH3 dư thu được 10,7 gam kết tủa. Giá trị của V là
A. 38,08
B. 11,2
C. 24,64
D. 16,8
Hướng dẫn giải
�
Cu2+ ; Fe3+ ; H +
� Y � 2
18,4 gam X gồm Cu2S, CuS, FeS2 và FeS ���
SO 4 ; NO3
�
HNO3
dd NH
� Fe(OH)3:
Ba2+ + SO42– � BaSO4: nS = n BaSO = 0,2 mol; Fe3+ ���
3
4
nFe = n Fe(OH)3 = 0,1 mol.
Khi đó nCu =
18, 4 0, 2.32 0,1.56
64
0,1 mol.
Bảo toàn e: 3.nFe + 2.nCu + 6.nS = 1. n NO � n NO = 1,7 mol.
2
2
Vậy V = 1,7.22,4 = 38,08 lít.
TRONG TRƯƠNG HỢP THAY BẰNG H2SO4 ĐẶC.
Bài toán theo sơ đồ sau:
S : y (mol)
Fe : x (mol)
hh
m1
FeS2
FeS
Fe
S
+ H2SO4dac,t
o
Fe3+
SO2: V/22,4(mol)
- Điều quan trọng bài toán trên là xác định đúng trạng thái số oxh đầu và cuối=> Dùng
pp bảo toàn e.
Quá trình oxi hóa
Quá trình khử
+3
Fe Fe + 3e
S+6 + 2e S+4O2
x
3x (mol)
2z z (mol)
S S+4O2 + 4e
y y
4y(mol)
=> ne(Nhận) = 2z
=> ne(cho) = 3x + 4y
Theo phương pháp bảo toàn (e) => 3x + 4y =2z (*)
17
=> n SO2 = y + z = V/22,4
* Tư duy: Từ (*) => 2n SO2 = 2y+2z = 6y +3z
Từ đó ta có cách suy luộn nhanh: 3nFe + 6nS = 2n SO2
Điều đó có nghĩa là nếu ta cho S S+6 ta suy ra nhanh lượng SO2 theo biểu thức trên.
Ví dụ :Hòa tan 2,08 gam (FeS, S, FeS2, Fe) vào dung dịch H2SO4 thu được 2,688 lít SO2 (sản
phẩm khử duy nhất) và dung dịch X. Cho X tác dụng với dung dịch NaOH dư, lấy kết tủa
nung trong không khí đến khối lượng không đổi được m gam chất rắn. Giá trị của m là
A. 8,2g
B. 9g
C. 1,6g
D. 10,7g
Hướng dẫn giải
Tư duy theo sơ đồ: Quy đổi về (Fe: x(mol) , S: y(mol))
S : y (mol)
Fe : x (mol)
hh
2,08(g)
FeS2
FeS
Fe
S
+ H2SO4dac,to
Fe3+
+NaOH
Fe(OH)3
x(mol)
t0
Fe2O3
x/2(mol)
SO2: 0,12(mol)
Cách 1:
Quá trình oxi hóa
Quá trình khử
+3
Fe Fe + 3e
S+6 + 2e S+4O2
x
3x (mol)
2z z (mol)
S S+4O2 + 4e
y y
4y(mol)
=> ne(Nhận) = 2z
=> ne(cho) = 3x + 4y
Theo phương pháp bảo toàn (e) => 3x + 4y = 2z (*)
=> n SO2 = y + z = 0,12. Từ (*) => 3x+6y = 2.0,12 = 0,24
Khối lượng (Fe, S): 56x + 32y = 2,08
=> x= 0,02; y= 0,03
-Bảo toàn nguyên tố Fe: nFe2O3 = 0,02/2. 160 = 1,6 (gam)
Cách 2: Bằng cách suy luận nhanh: 3nFe + 6nS = 2nSO2
=> 3x + 6y = 2.0,12 (I)
Bảo toàn khối lượng: 56x + 32y = 2,08 (II)
=> x = 0,02 = nFe = 2nFe2O3 => mFe2O3 = 0,01.160 = 1,6(g)
3. KẾT HỢP BẢO TOÀN ĐIỆN TÍCH VỚI BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ ĐỂ GIẢI BÀI
TOÁN MUỐI CO32- TÁC DỤNG VỚI H +
Bài toán : Cho từ từ dung dịch HCl, HBr, NaHSO4, … vào dung dịch (M2CO3, MHCO3,…).
Sau pư thu được sản phẩm thoả mãn một tính chất nào đó ví dụ như:
1/ Dung dịch A thu được không có khí
2/ Dung dịch A thu được + BaCl2 -> Kết tủa
18
3 / Dung dịch A tác dụng được với kiềm.
4/Dung dịch A thu được và khí. Cho A + ddBa(OH)2 hoặc Ca (OH)2 �
-
Yêu cầu: Biết 2/3 đại lượng -> Tính được đại lượng còn lại (V khí, C M muối, CM axít, m
kết tủa)
Phương pháp thông thường.
-
Nhận định đúng về bản chất của phương trình phản ứng khi cho từ từ CO32- từ từ vào H
+
Cho từ từ H + vào CO32-: H+ + CO32- � HCO3-
(1)
HCO3- + H+ � CO2 + H2O
(2)
1/ Dung dịch A thu được không có khí -> Chỉ có (1)
2/ Dung dịch A thu được + BaCl2 -> Kết tủa. Chỉ có (1)
3/ Dung dịch A tác dụng được với kiềm -> Có cả (1,2)
4/ Dung dịch A thu được và khí. Cho A + ddBa(OH)2 hoặc Ca (OH)2 � Có cả (1,2)
Chúng ta phải dựa vào tính chất theo đề bài để kiểm soát mức độ của phản ứng.
-PHƯƠNG PHÁP TƯ DUY MỚI : Kết hợp bảo toàn điện tích với bảo toàn nguyên tố.
Ví dụ: Bài toán có sơ đồ sau:
HCO3-: x(mol)
z(mol)H+
CO32- : y(mol)
HCO3-: t (mol)
+ Ba(OH)2du
BaCO3
CO2: z(mol)
Ta có nếu dd sau phản ứng với H+ tác dụng với dd Ba(OH)2 dư tạo kết tủa thì chứng tỏ HO3dư
Theo bảo toàn điện tích ta có:
n HCO3-
bñ
+
n
nH+
2 CO 23
=
n HCO3- (sau)
Bảo toàn nguyên tố C:
n HCO3-
+
bñ
nCO32-
=
n HCO3-
+
(sau)
nCO2
x + 2y - z = t
Kết hợp lại:
x+y=t+z
19
Ví dụ 1: Cho 35 gam hỗn hợp X gồm Na2CO3 và K2CO3. Thêm từ từ , khuấy đều 0,8 lit HCl
0,5 M vào dung dịch X trên thấy có 2,24 lit khí CO2 thoát ra ở đktc và dung dịch Y. Thêm
Ca(OH)2 dư vào dung dịch Y được kết tủa A.
Tính khối lượng mỗi chất trong X và khối lượng kết tủa A ?
Hướng dẫn giải
Cách 1:Bài này nếu học sinh dùng phương trình phân tử để làm thì sẽ gặp khó khăn khi xét
phản ứng của Ca(OH)2 với dung dịch Y tạo ra kết.
Nên đối với bài này ta nên sử dụng phương trình ion.
Gọi số mol của Na2CO3 là x, K2CO3 là x.
Khi thêm từ từ dd HCl vào dd X lần lượt xảy ra phản ứng :
CO 32 + H+ HCO 3
x+y
x+y
x+y
2
Khi toàn thể CO 3 biến thành HCO 3
HCO 3 + H+ CO2 + H2O
0,1
0,1
0,1
nCO 2 = 2,24/ 22,4 = 0,1 mol.
Dung dịch sau phản ứng tác dụng Ca(OH)2 cho kết tủa. Vậy HCO 3 dư, H+ hết.
HCO 3 + Ca(OH)2 CaCO3 + OH- + H2O
= x + y + 0,1 = 0,5 . 0,8 = 0,4
nH
hay x + y
= 0,3 (1)
và 106x + 138y = 35 (2). Giải hệ có x = 0,2 mol Na2CO3,
y = 0,1 mol K2CO3.
Do đó khối lượng 2 muối là :
mNa 2 CO 3 = 0,2 . 106 = 21,2 (g)
mK 2 CO 3 = 0,1 . 138 = 13,8 (g)
khối lượng kết tủa :
nCaCO 3 = nHCO 3 dư = a + b - 0,1 = 0,2 mol
mCaCO 3 = 0,2 . 100 = 20 (g)
Cách 2:
0,4(mol)H+ HCO3 : t (mol)
HCO3-: x(mol)
CO32- : y(mol)
CaCO3
CO2: 0,2(mol)
Theo đề bài ta có:
106x+ 138y = 35
Theo định luật bảo toàn nguyên tố :
=> x+ y =
+ Ca(OH)2du
n HCO - du
3
n HCO3-
+
nCO32-
=
n HCO3- du + nCO2
n
+ 0,2 => HCO3 du = x+y-0,2
20
- Xem thêm -
.DOC 
32 
242 
51 
