Tài liệu Nguyễn văn hải - thpt dương quảng hàm phân loại và phương pháp giải bài tập về muối ngậm nước

Nguyễn Văn Hải - THPT Dương Quảng Hàm: PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP VỀ MUỐI NGẬM NƯỚC PHẦN I: MỞ ĐẦU I. CƠ SỞ KHOA HỌC: I.1. Cơ sở lý luận: Trong các năm trở lại đây, cùng với sự phát triển mạnh mẽ của khoa học kĩ thuật. Khoa học giáo dục đang tìm mọi cách cải tiến sự nghiệp giáo dục. Trong các trường THPT, đang tích cực thực hiện chủ trương của BỘ GIÁO DỤC về cải cách giáo dục. Phương châm là: Học sinh phát huy tính tích cực, tự giác dưới sự chỉ đạo của thày. Sự thay đổi phương pháp kiểm tra từ hình thức tự luận sang hình thức trắc nghiệm đã có tác dụng lớn trong quá trình kiểm tra đánh giá. Trong cùng một đơn vị thời gian kiểm tra được nhiều nội dung kiến thức của học sinh. Tăng cường khả năng tư duy, năng động, tính linh hoạt của học sinh. Song nó cũng có những hạn chế nhất định trong quá trình tiếp thu kiến thức của học sinh như: hiểu bản chất vấn đề không được sâu, đôi khi đánh giá không thật khách quan. Đối với môn hóa học, là một môn học khoa học thực nghiệm đòi hỏi tính chính xác cao. Việc rèn tính cẩn thận trong quá trình học tập rất quan trọng. Quá trình làm bài kiểm tra trắc nghiệm đã làm mất đi phần nào tính cẩn thận, chi tiết của học sinh khi giải quyết một vấn đề. Vì thế gây nên những sai sót trong quá trình làm bài tập, đặc biệt là khi gặp các dạng bài tập không phổ biến trong chương trình. Như bài tập về “Muối ngậm nước và tinh thể hiđrat hóa”. I. 2. Cơ sở thực tiễn: Bài tập toán về muối và hỗn hợp muối là một dạng bài tập khá cơ bản và thông dụng trong chương trình hóa học phổ thông. Tuy nhiên, ở nước ta các dạng bài tập này chỉ tập trung ở muối khan còn các bài tập về muối kết tinh ngậm nước và tinh thể hiđrat hóa thì có rất ít và chưa phong phú. Chính vì vậy, đôi khi làm học sinh nhàm chán và tạo thói quen thụ động trong suy nghĩ của học sinh, khi gặp bài toán về muối là chỉ nghĩ đến muối khan. Nên khi gặp những bài toán liên quan đến muối ngậm nước và tinh . thể hiđrat hóa đa phần các em khá lúng túng. Các tài liệu tham khảo cũng rất ít khi đề cập sâu đến nội dung này. Để phần nào tháo gỡ khó khăn, tạo điều kiện cho học sinh tự tin hơn khi làm bài tập loại này tôi đã nghiên cứu các tài liệu liên quan và áp dụng đề tài: “PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP VỀ MUỐI NGẬM NƯỚC” II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU: Nhằm hệ thống các kiến thức cơ bản về muối ngậm nước và tinh thể kết tinh. Giới thiệu một số muối ngậm nước thường gặp và công thức tính toán. Giới thiệu một hệ thống bài tập về muối ngậm nước từ đơn giản đến phức tạp nhằm mục đích: Thay đổi thói quen tư duy thường gặp của học sinh khi làm  bài tập về muối. Giúp cho học sinh tự tin và có phương pháp hiệu quả trong  giải bài tập hóa học. Nâng cao chất lượng học tập bộ môn, đáp ứng yêu cầu đổi  mới. III. ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU:  Học sinh trung học phổ thông.  Phân loại và phương pháp giải bài tập về muối ngậm nước. IV. KẾ HOẠCH NGHIÊN CỨU:  Chuẩn bị các tài liệu liên quan, sưu tầm và biên soạn các bài tập về muối ngậm nước.  Chuẩn bị kiến thức lý thuyết liên quan. Giới thiệu cho học sinh các kiến thức cơ bản về dung dịch và tinh thể hiđrat hóa, muối kết tinh. . .  Giới thiệu nội dung: “Phân loại và phương phpá giải bài tập về muối ngậm nước”  Kiểm tra đối chứng trình độ của học sinh trước và sau khi học chuyên đề. Đánh giá tính hiệu quả của đề tài. V. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU: .  Nghiên cứu lí thuyết về lí luận dạy học nói chung, lí luận dạy học hóa học nói riêng.  Nghiên cứu lí luận, lí thuyết về xu hướng nâng cao cường độ dạy học.  Nghiên cứu các hình thức tổ chức việc dạy học hóa học.  Phương pháp thực nghiệm và thống kê.  Tổ chức dạy và đánh giá tại Trường THPT Dương Quảng Hàm. VI. THỜI GIAN NGHIÊN CỨU VÀ HOÀN THÀNH ĐỀ TÀI: Bắt đầu tìm hiểu, thống kê nghiên cứu áp dụng từ tháng 5 năm 2005. Bổ sung hàng năm qua quá trình dạy chuyên đề và đội tuyển học sinh giỏi. Báo cáo tháng 3 năm 2010. Hoàn thiện tháng 5 năm 2010. . PHẦN II . NÔI DUNG I. KHÁI QUÁT KIẾN THỨC LÝ THUYẾT: I.1 Một số khái niệm: Dung dịch: Dung dịch là một hệ đồng nhất bao gồm dung  môi và chất tan. Dung môi quan trọng và phổ biến là nước. Chất tan có thể  là chất rắn, chất lỏng hoặc chất khí. Trong dung dịch có thể chỉ chứa một loại chất tan, cũng có  thể chứa nhiều loại chất tan. Độ tan: Độ tan của một chất là số gam chất đó hòa tan tối  đa trong 100 gam nước. S= mt *100 mdm Độ tan của một chất phụ thuộc nhiệt độ, áp suất đối với  chất khí, bản chất dung môi và chất tan. Theo quy ước ở 220C nếu:  S �0,01g/100 gam H2O � chất không tan. 0,01 �S �1g � chất ít tan. S >1g/100 gam H2O � chất dễ tan hoặc tan nhiều. Dung dịch bão hòa: là dung dịch không thể hòa tan thêm  chất tan ở một nhiệt độ xác định. Dung dịch chưa bão hòa: là dung dịch có thể hòa tan  thêm chất tan ở nhiệt độ xác định. Dung dịch quá bão hòa: là dung dịch có lượng chất tan  vượt quá giá trị độ tan ở nhiệt độ đó. Dung dịch quá bão hòa thường xảy ra khi ta hòa tan một chất ở nhiệt độ cao sau đó làm nguội từ từ. Dung dịch quá bão hòa là một hệ kém bền. Khi để nguội lượng chất tan dư sẽ tách ra khỏi dung dịch dưới dạng chất kết tinh (tinh thể ngậm nước). Nước trong phân tử đó gọi là nước kết tinh. .  Tinh thể ngậm nước: Khi hòa tan các chất vào nước xảy ra sự hiđrat hóa. Nhiều hiđrat không bền, khi làm bay hơi dung dịch thì bị phân hủy. Nhiều hiđrat khá bền, khi cô cạn dung dịch thu được các tinh thể hiđrat. Ví dụ: CuSO 4.5H2O; Na2CO3.10H2O; CoSO4.7H2O . . . Tinh thể hiđrat có thể ở dạng muối đơn FeCl3.6H2O; cũng có thể tồn tại ở dạng muối kép: K2SO4.Al2(SO4)3.24H2O. I.2 Một số công thức muối ngậm nước thường gặp: Bảng 1:Một số muối đơn và muối kép thường gặp CuSO4.5H2O CuCl2.2H2O Cu(NO3)2.6H2O Ni(NO3)2.7H2OAl2(S O4)3.18H2O Al(NO3)3.9H2OCrCl 3.6H2O AlCl3.6H2O FeSO4.7H2O Fe2(SO4)3.9H2O FeCl2.4H2O 2CaSO4.H2O CaSO4.2H2O FeCl3.6H2O Fe2(NO4)3.9H2O Cr2(SO4)3.6H2O MgCl2.6H2O MgSO4.7H2O Mg(NO3)2.6H2O NiCl2.6H2O CrCl3.4H2O KAl(SO4)2.12H2O ZnSO4.7H2O ZnCl2.1,5H2O CdCl2.2,5H2O CdSO4.2,67H2O KCl(SO4)2.12H2O Fe(NH4)2(SO4)2.6H2O (NH4)2SO4.Fe2(SO4)3.24H2O  THỰC TRẠNG: Chúng ta cùng xét ví dụ sau Ví dụ: Có 16,0g oxit kim loại MO2 chia thành 2 phần bằng nhau.  Hòa tan hoàn toàn phần 1 trong HCl dư xử lí dung dịch thu được ở những điều kiện thích hợp thu được 17,1g một muối X duy nhất.  Cho phần 2 tác dụng với H2SO4 loãng dư xử li dung dịch sau phản ứng ở nhiệt độ dưới 1110C chỉ thu được 25,0g một muối Y duy nhất. Xác định M và công thức 2 muối X, Y biết Mx<180 g*mol-1, MY< 260 g*mol-1 Phân tích: Theo bài ra ta có sơ đồ: . Thông thường học sinh sẽ cho rằng muối X là MCl2, và muối Y là MSO4. Khi đó dựa và dữ kiện MO �� � MCl2 8g MO 17,1g �� � MSO4 8g 25,0g  M1 = 71 – 16 = 55  m1 = 9,1  M2 = 96 – 16 = 80  m2 = 17,0 Với n là số mol của 8 gam MO 2 ta có n  9,1 17, 0 � (vô lí). Đến đây đa 55 80 phần học sinh sẽ lúng túng không biết xử lí thế nào. Đó là do các em quên rằng X, Y có thể là muối ngậm nước MCl.aH 2O và MSO4.bH2O (ta sẽ gặp lại lời giải bài này ở phần sau). Từ ví dụ trên chúng ta có thể thấy: Nếu học sinh chưa được giới thiệu kĩ và làm quen, các em không thể lý giải vì sao lại không ra kết quả. Nếu các em không chịu tư duy mà làm theo lối mòn thì sẽ rất lúng túng và sẽ không thể tìm ra được đáp số. Nhằm góp phần làm phong phú hơn các dạng bài tập hóa học trong chương trình phổ thông và phát huy tính tích cực suy nghĩ của học sinh, trong đề tài này tôi xin đưa ra một dạng bài tập khác về muối đó là “PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP VỀ MUỐI NGẬM NƯỚC”  PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP VỀ MUỐI NGẬM NƯỚC: Theo tôi có thể chia các bài tập này thành 4 dạng sau: Dạng 1. Bài toán tính khối lượng chất tan trong tinh thể ngậm nước và thành phần % khối lượng nước kết tinh trong tinh thể ngậm nước. Dạng 2. Bài toán tính khối lượng tinh thể ngậm nước cần thêm vào dung dịch cho sẵn. . Dạng 3. Bài toán tính lượng chất tan tách ra hay cần thêm vào khi thay đổi nhiệt độ của dung dịch. Dạng 4. (dạng chính) Bài toán xác định công thức phân tử của muối ngậm nước và muối kép ngậm nước. III.1. Dạng 1. Bài toán tính khối lượng chất tan trong tinh thể ngậm nước và thành phần % khối lượng nước kết tinh trong tinh thể ngậm nước. Dựa vào công thức tinh thể ngậm nước, tính khối lượng mol của tinh thể và khối lượng chất tan (muối tan) có trong 1 mol tinh thể. Dựa vào khối lượng tinh thể ngậm nước, tính khối lượng chất tan trong lượng tinh thể ngậm nước này. Tính khối lượng nước kết tinh trong 1 mol tinh thể. Từ đó rút ra trong 100 gam tinh thể có bao nhiêu gam nước kết tinh? Ví dụ 1. a/Tính khối lượng CuSO4 có trong 500 gam CuSO4.5H2O. b/ Tính % khối lượng nước kết tinh có trong CuSO4.5H2O. Lời giải a/ Ta có: Cứ 250 gam CuSO4.5H2O có chứa 160 gam CuSO4 khan. 500 gam CuSO4.5H2O có chứa: 160 * 500  320 gam CuSO4. 250 b/ Cứ 250 gam tinh thể có 90 gam H2O. 100 gam tinh thể có 90 *100  36 gam nước kết tinh. 250 � % khối lượng nước kết tinh là 36%. III.2. Dạng 2. Bài toán tính khối lượng tinh thể ngậm nước cần thêm vào dung dịch cho sẵn. Dạng bài toán này thường lấy tinh thể pha vào dung dịch có cùng loại chất tan ví dụ thêm CuSO4.5H2O vào dung dịch CuSO4. Khi làm toán cần chú ý:  Dùng định luật bảo toàn để tính khối lượng dung dịch tạo thành: mdd = mtinh thể + m dung dịch đã có.  Khối lượng chất tan trong dung dịch tạo thành: m chất tan thu được= m chất tan trong tinh thể + m chất tan trong dung dịch. .  Có thể coi tinh thể ngậm nước là một dạng dung dịch đặc biệt, trong đó dung môi là lượng nước có trong tinh thể. Sau đó áp dụng phương pháp đường chéo. Ví dụ 2. Cần lấy bao nhiêu gam tinh thể CuSO 4.5H2O và bao nhiêu gam dung dịch CuSO4 8% để điều chế được 560 gam dung dịch CuSO4 16%. Lời giải Coi CuSO4.5H2O như dung dịch 64%. m1 CuSO4.5H2O 64 8 16 m2 CuSO4 8% � 8 48 m1 8  m2 48 Nên m1=80 gam và m2=480 gam m1+m2=560 Đa số học sinh làm bài này theo phương pháp truyền thống, nghĩa là tính lượng CuSO4 theo m và m’ lần lượt là khối lượng của CuSO 4.5H2O và CuSO4 sau đó áp dụng công thức tính C% để giải hệ phương trình. Làm theo cách này khá mất thời gian. III.3. Dạng 3. Bài toán tính lượng chất tan tách ra hay cần thêm vào khi thay đổi nhiệt độ của dung dịch. Quá trình giải bài này cần:  Tính khối lượng chất tan và khối lượng dung môi có trong dung dịch bão hòa ở nhiệt độ t10C.  Gọi a là khối lượng chất tan cần thêm vào hay tách ra khỏi dung dịch ban đầu, sau khi thay đổi nhiệt độ.  Tính khối lượng chất tan và dung môi có trong dung dịch bão hòa ở nhiệt độ t20C  Áp dụng công thức tính độ tan và C% để tính a. . Ví dụ 3. Có 1335 gam CuSO4 bão hòa ở 120C. Đun dung dịch tới 900C. Hỏi cần thêm bao nhiêu gam CuSO 4 vào để được dung dịch bão hòa (ở 90 0C) (Coi H2O không bay hơi) Biết độ tan của CuSO4 ở 120C là 33,5g. ở 900C là 80 g. Lời giải Độ tan của CuSO4 ở 120C là 33,5 � 100 gam H2O hòa tan được 33,5 gam CuSO4 � 133,5 g dd y gam H2O hòa tan được x gam CuSO4 � 1335 g dd. � mCuSO4  mH 2O  1335.33,5  335 gam CuSO4. 133,5 1335.100  1000 g H2O 133,5 Độ tan của CuSO4 ở 900C độ tan 80 g � 100g H2O ở 900C hòa tan được 80 g CuSO4 1000g H2O ở 900C hòa tan được 800 g CuSO4. Vậy để tạo dung dịch bão hòa ở 900C cần có 800g CuSO4 � cần thêm vào 800 -335= 465g CuSO4. Ví dụ 4. Có 1877 gam dung dịch bão hòa CuSO 4 ở 800C. Làm lạnh dung dịch xuống còn 250C. Hỏi có bao nhiêu gam tinh thể CuSO4.5H2O bị tách ra khỏi dung dịch. Biết độ tan của CuSO4 ở 800C là 87,7 gam và ở 250C là 40 gam. Lời giải Do độ tan của CuSO4 ở 800C là 87,7g. � 100g H2O hòa tan được 87,7 g CuSO4 � 187,7g dd m g CuSO4 � 1877g dd mCuSO4  87, 7.1877  877 g 187, 7 Gọi a là số mol CuSO4.5H2O bị kết tinh � mCuSO .5 H O  250a . 4 2 � CuSO4.5H2O CuSO4 + 5H2O �� a 5a a * Khối lượng CuSO4 bị kết tinh 160a � khối lượng CuSO4 còn lại: 877- 160a. . * Khối lượng H2O bị kết tinh 18.5.a=90a. Khối lượng còn lại: 1877 – 250a. Do độ tan CuSO4 ở 200C là 40g hay 100g H2O ở 200C hòa tan 40g CuSO4 � 140g dd 877 - 160a � 1877-250a(g) � 140( 877 -160a) = 40(1877 – 250a) � 3,5( 877 -160a) = 1877 - 250a � 3069,5 -560a = 1877 - 250a � 1192,5 = 310a � a = 3,8468 mol. Khối lượng CuSO4.5H2O bị tách ra là: 250.3,8468 = 961,7 g. Khi làm dạng bài tập này đa số học sinh khi tính toán quên mất lượng nước trong dung dịch cũng bị tách ra nên lượng dung môi trong dung dịch sau bị giảm đi. Vì thế có thể dẫn tới các kết quả sai lầm: như 9,46 gam; 4,73 gam. . . III.4. Dạng 4. (dạng chính) Bài toán xác định công thức phân tử của muối ngậm nước và muối kép ngậm nước. Ví dụ 5. (quay trở lại ví dụ trên) Có 16,0g oxit kim loại MO2 chia thành 2 phần bằng nhau.  Hòa tan hoàn toàn phần 1 trong HCl dư xử lí dung dịch thu được ở những điều kiện thích hợp thu được 17,1g một muối X duy nhất.  Cho phần 2 tác dụng với H2SO4 loãng dư xử li dung dịch sau phản ứng ở nhiệt độ dưới 1110C chỉ thu được 25,0g một muối Y duy nhất. Xác định M và công thức 2 muối X, Y biết Mx<180g*mol-1, MY< 260g*mol-1 Lời giải Theo bài ra ta có sơ đồ Thông thường học sinh sẽ cho rằng muối X là MCl2, và muối Y là MSO4. Khi đó dựa và dữ kiện . MO �� � MCl2 8g 17,1g MO �� � MSO4 8g 25,0g  M1 = 71 – 16 = 55  m1 = 9,1  M2 = 96 – 16 = 80  m2 = 17,0 Với n là số mol của 8 gam MO2 ta có n  9,1 17, 0 � (vô lí). Đến đây đa phần học 55 80 sinh sẽ lúng túng không biết xử lí thế nào. Đó là do các em quên rằng X, Y có thể là muối ngậm nước MCl.aH2O và MSO4.bH2O. Lúc này ta có n  9,1 17, 0  55  18a 80  18b � 91b  170a  115(*) Mà Mx < 180 � a< 6,05 MY <260 � b < 9,11 Trong (*) nhận thấy a, b nguyên và b chia hết cho 5 � b = 5, a=2, n= 0,1 Từ đó suy ra M = 64(Cu) Vây công thức các muối X là CuCl2.2H2O, Y là CuSO4.5H2O. Ví dụ 6. Hòa tan hoàn toàn 5,72 gam Na2CO3 ngậm nước trong 44,28 g nước được dung dịch có nồng độ 4,24%. Xác đinh công thức hiđrat? Lời giải Gọi công thức hiđrat (A) Na2CO3.xH2O MA= 106 + 18x. nNa2CO3 = nA = 5, 72 . 106  18x Khối lưọng Na2CO3 mNa2CO3 = 106. 5, 72 . 106  18x Mdd = 44,28 + 5,72 = 50 g Ta có : �106.5, 72 � : 50 � .100%  4, 24% C% = � 106  18x � � � x= 10 Công thức phân tử của hiđrat là Na2CO3.10H2O. . Ví dụ 7. Hòa tan hoàn toàn 4,8g kim loại M vào dung dịch HNO3, thu được dung dịch A. Chia A thành 2 phần bằng nhau: *Xử lí phần 1 ở điều kiện thích hợp thu được 25,6g một muối X duy nhất. *Cho phần 2 tác dụng với NaOH dư được kết tủa B. Nung B đến khối lượng không đổi thu được 4,0g chất rắn. Xác định kim loại M và muối X biết M chỉ có một hóa trị duy nhất. Lời giải *Nếu giả thiết muối là muối khan thì: M M(NO3)n xu li ��� � 2,4 gam 25,6 gam 0  M OH du ��� � M(OH)n chan khong ,t ����� � Rắn(M2On) Với x là số mol của 2,4 gam M, áp dụng đinh luật tăng giảm khối lượng, ta có: x 25, 6  2, 4 0,187  (mol ) 62.n n Mà: x  4, 0  2, 4 0,1  (mol ) (vô lí) 16n n � Muối không phải là muối khan mà là muối ngậm nước: M(NO3)n. aH2O � � � �a  3n ( M  62 n  18 a ) x  25, 6 � Mx  2, 4 � � � x 0, 2 � � � � � (2 M  16n).  4, 0 � �nx  0, 2 � �x  2 n � �xa  0, 6 � Mx  2, 4 2, 4 � � � � M  � � x � � n a 1 3 2 6 3 9 x 0,2 0,1 0, 2 3 12 24 36 (loại) (Mg) (loại) M � muối X là Mg(NO3)2.6H2O Học sinh khi làm bài này thường mắc sai lầm là tính toán với muối khan và ít khi để ý tới số oxi hóa của kim loại thay đổi. Trong quá trình làm các bài tập . cần chú ý nguyên tố kim loại có thay đổi số oxi hóa hay không trong quá trình xử lý muối ngậm nước. Ví dụ 8. Hòa tan hoàn toàn a gam kim loại M trong HCl dư thu được dung dịch A và 3,28 lít B (đo ở 270C , 1,5 atm). Chia A thành 2 phần bằng nhau. Cho phần 1 tác dụng hoàn toàn với KOH dư thu được kết tủa C. Nung C trong không khí ở nhiệt độ cao tới khối lượng không đổi, thu được (b+2,4) gam chất rắn D. Hòa tan D trong H2SO4 dư được dung dịch E. Xử lí E ở điều kiện thích hợp thu được 28,1 gam một muối X duy nhất. Xử li phần thứ hai chỉ thu được một muối Y duy nhất có khối lượng 19,9 g. Xác định công thức X,Y biết a=2b Lời giải Sơ đồ biến đổi: 3, 28.1,5 Theo bài ra: �nH  0, 082.300  0, 2(mol ) 2 HCl du Vậy: M ���� 0,1 mol H2 (*) b gam  HCl du OH t M ���� MCln ��� � �C �� � M2On (**) 0 b gam (b+2,4) gam Gọi x là số mol của b g M. Áp dụng định luật bảo toàn e với quá trình (*), ta có: Tổng số mol e nhường: nx (mol) Tổng số mol e nhận: 0,1.2= 0,2 mol � nx = 0,2 (1) Cũng áp dụng định luật bảo toàn e với (**) ta có: tổng số mol e nhường =mx(mol) Tổng số mol e nhận = 2, 4 .2  0,3mol 16 . � mx= 0,3 mol (2) Từ (1) và (2) � m: n =3 : 2 Hay m=3, n = 2; x= 0,1 Suy ra: nx = 0,05 mol; nY= 0,1 mol � MX= 28,1 19,9  562 ; MY=  199 0, 05 0,1 Nếu X là M2(SO4)3; Y là MCl2 thì: MX = 2M + 96.3 = 562 � M = 137 MY = M + 35,5.2 = 199 � M = 128 (vô lí) Vậy X phải có dạng M2(SO4)3.  H2O � 2M + 96.3 +18  = 562 � 2M + 18  = 274 Y phải có dạng MCl2.  H2O � M + 35,5.2 +18  = 199 � M + 18  = 128 Từ đó ta có:  = 2  + 1 274 128  7,11 Mặt khác:  < =15,22;  < 18 18 Lập bảng:   1 2 3 5 M 110(loại) 92(loại)  Vậy =9;  =4; M là Fe 3 7 74( loại) 4 9 56(Fe) 5 11 38(loại) 6 13 20(loại) X là Fe2(SO4)3.9H2O; Y là FeCl2. 4 H2O Ví dụ 9. Một loại phèn nhôm A có công thức MAl(SO 4)2.nH2O trong đó M là kim loại kiềm. Lấy 7,11g A hòa tan vào H2O và cho tác dụng với dung dịch BaCl2 dư thu được 6,99g kết tủa. Mặt khác lấy 7,11g A nung tới khối lượng không đổi thì được 8,37g phèn. Xác định công thức phân tử của phèn. Lời giải Gọi a là số mol của phèn A trong 7,11g. - Phương trình phản ứng khi cho dung dịch phèn tác dụng với BaCl2 dư: � MCl + AlCl3 + 2BaSO4 + nH2O MAl(SO4)2 . nH2O + 2BaCl2 �� Hay a 2a . SO42 + �� � BaSO4 Ba 2 2a nBaSO4  2a  2a 6,96  0, 03 (mol) 233 a= 0,015 mol - Phương trình phản ứng khi nung phèn: t MAl(SO4)2.nH2O �� � MAl(SO4)2 + nH2O 0 a (mol) a an mphèn = a M MAl ( SO ) + an.18 4 2 mphèn khan= a. M MAl ( SO ) 4 2 mH 2O  mphèn + mphèn khan m H O = 18an = 7,11 – 3,87 � an = 0,18 2 a = 0,015 � n = 12 Mặt khác khối lượng phèn: mphèn = a( M + 219 + 12.18) = 7,11 � M = 39 là K Công thức phân tử của phèn là KAl(SO4)2 . 12H2O Ví dụ 10. Để xác định công thức của muối kép A người ta tiến hành các thí nghiệm sau: *Lấy 9,64 gam muối A hòa tan vào H 2O sau đó cho tác dụng với BaCl 2 dư thu được 9,32 gam kết tủa bền của một chất B duy nhất, không tan trong HNO3. *Lấy 9,64 gam muối A hòa tan vào H 2O, sau đó cho tác dụng với Ba(OH) 2 dư có đun nhẹ được kêt tủa C và khí D có khả năng làm xanh quì tím ẩm. Nung kết tủa C trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 10,92 gam chất rắn E. Cho tất cả khí D hấp thụ vào 200ml dung dịch NaOH 0,1M. Xác đinh công thức muối A, biết kim loại trong A không bị thay đổi số oxi hóa trong các phản ứng trên. Lời giải Theo bài ra ta có kết tủa B là BaSO4 . �nSO2   4 9,32  0, 04(mol ) 233 Khí D là NH3. Mà n H du =0,2 . 0,1= 0,02(mol)=n NH phan  3 ung � Trong 9,64 gam muối A có 0,02 mol ion NH 4 . Gọi kim loại trong A là R chất rắn E bao gồm BaSO4 và oxit RxOY. m BaSO =nB=0,04(mol) 4 � m Rx Oy = 10,92 – 9,32 = 1,6 gam Nếu muối A là muối khan thì trong 9,64 gam A có: mR= 9,64 – (96.0,04 + 18.0,02) = 5,44 (gam) Điều này vô lí vì m R O = 1,6 gam x y Vậy A phải là muối ngậm nước ! Goi A là: p(NH4)2SO4.qRX(SO4)Y.  H2O, n là số mol của 9,64 gam A ta có: 2pn = 0,02 � pn = 0,02 (p + qy) n = 0,04 � qyn = 0,03 Và (qRx + 18  )n = 5,44 (gam) Mặt khác : qn(Rx + 16y) = 1,60 � qnRx = 1,12 gam � R= 112 x . 3 y Lập bảng: x y R 2 1 18,67 (L) 1 1 37,33 (L) 2 3 56 (Fe) 1 2 74,67 (L) Vậy R là Fe, x= 2, y= 3, q= p Chon p = q = 1 � n= 0,01 Thì muối A có dạng (NH4)2SO4.Fe2(SO4)3.  H2O 9, 64 MA= 0, 01 =964 �  = 24 � Muối A là (NH4)2SO4.Fe2(SO4)3.24H2O Ví dụ 11. (trích đề thi tuyển sinh đại học Y Dược-năm 1992) . Nung 8,08 gam một muối A, thu được các sản phẩm khí và 1,6 gam một hợp chất rắn không tan trong nước. Nếu cho sản phẩm khí đi qua 200g dung dịch NaOH nồng độ 1,2% ở điều kiện xác định thì tác dụng vừa đủ và được một dung dịch gồm 1 muối có nồng độ 2,47%. Xác định công thức phân tử của muối A biết rằng khi nung số oxi hóa của kim loại không biến đổi. Lời giải Công thức phân tử của muối A: - Khối lượng NaOH: mNaOH= - 200.1, 2 � 2, 4 � hay  0, 06(mol ) �  2, 4 g � 100 � 40 � Khối lượng sản phẩm khí: mkhí= mA - mchất rắn = 8,08 – 1,6 = 6,48g - Khi cho sản phẩm khí qua dung dịch NaOH thì NaOH hấp thụ khí và làm cho khối lượng dung dịch thành: mdd= 200 + 6,48 = 206,48g Vì dung dịch sau phản ứng có nồng độ 2,47%, nên khối lượng muối trong dung dịch là: mmuối= a.mdd 2, 47.206, 48   5,1g 100 100 Sản phẩm khí tác dụng đủ với NaOH tạo nên muối do đó lượng Na có trong NaOH đều chuyển vào muối. Khối lượng Na có trong muối : mNa=0,06.23=1,38g Khối lượng phần gốc axit của muối: mgốc axit= 5,1 – 1,38= 3,72g Ta có bảng sau: Gốc axit X Hóa trị I Muối Na Số mol gốc X NaX nX=nNa=0,06 (mol) Số lượng mol phân tử gốc X Hóa trị II Na2X MX= 0, 03  124 không có gốc axit Hóa trị III Na3X nNa 0, 06   0, 03 2 2 n 0, 06 0, 02 nX= Na  3 3 nX = . 3, 72 MX= 0, 06  62 ứng với NO 3 3, 72 3, 72 MX= 0, 02  186 không có gốc axit Vậy muối A là muối nitrat Muối nitrat A không thể là muối nitrat của kim loại kiềm vì chất rắn tạo thành do sự nhiệt phân tan trong H2O và chất khí có tác dụng với NaOH tạo 1 muối. Do đó khí tạo thành có NO2 và O2. 2NO2 + 4 1 O2 2 2NaOH + 4 2NaNO3 + �� � H2O (1) 1 Vậy nNO  nNaOH  0, 06(mol ) � mNO  46.0, 06  2, 76 2 2 Gọi M là kim loại trong muối A có hóa trị lần lượt là 2, 3, 4. Vì khi nung A số oxi của kim loại không thay đổi nên các muối nitrat này khi nung không cho kim loại đơn chất có số oxi hóa bằng 0. Phương trình phản ứng nhiệt phân các muối nitrat như sau: 2M(NO3)2 �� � 2MO + 4NO2 + O2 (2) � 2M2O3 + 12NO2 + 3O2 4M(NO3)3 �� M(NO3)4 �� � MO2 + 4NO2 + O2 (3) (4) (một peroxit) *Nếu A là muối nitrat gồm các tinh thể ngậm nước thì khi nhiệt phân ngoài NO2, O2 thì còn có hơi nước thoat ra. Theo các phương trình phản ứng (2), (3), (4) thì tỉ lệ giữa NO2 và O2 là: nNO2  nO2  4 :1 Theo trên thì khí NO2 thoát ra có nNO  0, 06(mol ) . 2 1 4 Khí O2 thoát ra có: nO  nNO  2 2 0, 06  0, 015(mol ) 4 mO2 = 0,015.32= 0,48g Tổng số khối lượng NO2 và O2: mNO2 ;O2  2, 76  0, 48  3, 24  6, 48 g lượng khí thoát ra Trong khí thoát ra ngoài NO2, O2 còn có H2O: mH 2O  mkhi  mNO2 ;O2 =6,48 – 3,24= 3,24g � nH 2 O  3, 24 =0,18 (mol) 18 Vậy muối nitrat là muối kết tinh có ngậm nước. . *Nếu M có hóa trị II: theo phương trình phản ứng (2) ta có: nMO  1 0, 06 nNO2   0, 03(mol ) ứng với khối lượng 1,6g 2 2 0,03 mol MO có khối lượng 1,6g 1, 6 1 mol MO có khối lượng 0, 03 =53,33g � M=37,33g ( không có kim loại tương ứng) *Nếu M là kim loại hóa tri III: theo phản ứng (3) ta có nM 2O3  1 0, 06 nNO2   0, 01(mol ) 6 6 0,01 mol M2O3 có khối lượng 1,6g 1 mol M2O3 có khối lượng 160g � M=56 vậy M là Fe. *Nếu m là kim loại có hóa trị IV theo phương trình phản ứng (4) ta có: nMO2  1 0, 06 nNO2   0, 015(mol ) 4 4 0,015 mol MO2 có khối lượng 1,6g. 1 mol MO2 có khối lượng 106,5g. � M=74.67 (không có kim loại tương ứng) Vậy M là Fe và A là muối Fe(NO3)3 ngậm nước. Đặt công thức phân tử muối A là Fe(NO3)3. nH2O Phương trình phản ứng nhiệt phân A: 4Fe(NO3)3. nH2O 4. 0,06n = 12.0,18 �� � Fe2O3 + 12NO2 + 3O2 + 4nH2O 12 : 4n (mol) 0,06 : 0,18 � n=9 Vậy muối A có công thức Fe(NO3)3. 9H2O. Đa số học sinh khi gặp bài này đều bế tắc khi tìm công thức gốc axit. Bài này có thể dùng trong ôn luyện đội tuyển học sinh giỏi. Nhận xét: : Qua những ví dụ trên chúng ta thấy khi học sinh giải bài tập nhìn chung đều qui về giả thiết muối là khan � vô lí � muối phải tồn tại ở . dạng ngậm nước. Các bài tập có thể ở dạng đơn giản (dạng 1) hay dạng phức tạp (dạng 2 và 3 đặc biệt là dạng 4). Điều cần chú ý là khi giải toán bao giờ ta cũng phải xét 2 trường hợp: Một là, kim loại trong muối không có sự thay đổi số oxi hóa Hai là, có sự thay đổi số oxi hóa của kim loại trong muối trong các quá trình biến đổi, các bài toán này thường liên quan đến các kim loại chuyển tiếp như Fe hay Cr. Ngoài ra khi biện luận cũng cần phải chú ý là tùy từng muối mà hệ số của nước kết tinh có thể là số nguyên hoặc bán nguyên hay thập phân (xem bảng 1). Để phong phú thêm hệ thống bài tập tôi giưới thiệu một số một số bài tập tham khảo dạng tự luận và trắc nghiệm khách quan: .