Tài liệu Skkn skkn môn hóa học năm học 2013 2014 sử dụng chất ảo để giải nhanh bài tập hóa học

Hoµng §øc H¶i – Trêng THPT Phï Cõ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNGYÊN TRƯỜNG THPT PHÙ CỪ Áp dụng kinh nghiệm SỬ DỤNG CHẤT ẢO ĐỂ GIẢI NHANH BÀI TẬP HÓA HỌC Tác giả: Hoàng Đức Hải Trình độ chuyên môn: Cử nhân Hoá học Chức vụ: PHT - Giáo viên Nơi công tác: Trường THPT Phù Cừ Phù Cừ, Ngày 15 tháng 03 năm 2014 1 Hoµng §øc H¶i – Trêng THPT Phï Cõ THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN 1. Tên sáng kiến: “Sử dụng chất ảo để giải nhanh bài tập hóa học” 2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Trường THPT Phù Cừ 3. Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ ngày 20 tháng 08 Năm 2013 đến ngày 15 tháng 03 năm 2014 4. Tác giả: Họ và tên: Hoàng Đức Hải Năm sinh: 15/02/1964 Nơi thường trú: Thôn Duyệt Lễ - Xã Minh Tân - H. Phù Cừ – T. Hưng Yên Trình độ chuyên môn: Cử nhân Hoá học Chức vụ công tác: PHT - Giáo viên Nơi làm việc: Trường THPT Phù Cừ Địa chỉ liên hệ: Thôn Duyệt Lễ - Xã Minh Tân - H. Phù Cừ – T. Hưng Yên Điện thoại: 0985078802 5. Đồng tác giả: (Không có) 6. Đơn vị áp dụng sáng kiến: Tên đơn vị: Trường THPT Phù Cừ Địa chỉ: Trường THPT Phù Cừ Điện thoại: 0985078802 2 Hoµng §øc H¶i – Trêng THPT Phï Cõ PHẦN I MỞ ĐẦU I . Lý do chọn đề tài Giải bài toán Hoá Học bằng nhiều cách là một trong những phương pháp hiệu quả trong việc hình thành và phát triển tư duy của học sinh. Đồng thời điều này cũng giúp tạo ra hứng thú, kích thích sự say mê tìm tòi, ham học hỏi của học sinh. Chính vì vậy việc tìm ra những phương pháp giải mới là rất có giá trị. Thông qua thực tế giảng dạy trên cơ sở các phương pháp đã có cùng với sự tham khảo của các tài liệu và các đồng nghiệp, tôi đã tổng kết, xây dựng và áp dụng một số phương pháp khá hiệu quả trong việc giải các bài tập hoá học bằng sử dụng chất ảo. Là giáo viên dạy nhiều năm về ôn thi đại học, thi học sinh giỏi cấp tỉnh và tham gia giải, sưu tầm nhiều đề thi ĐH, thi HSG tỉnh các tỉnh trong toàn quốc cùng các đề thi thử ĐH trong nhiều năm thấy đề thi nào cũng có bài nếu giải theo phương pháp truyền thống thì thời gian mất nhiều và rất nhiều trong khi đó trung bình mỗi bài chỉ cần có khoảng 2 phút. Trong những năm gần đây, với hình thức thi trắc nghiệm yêu cầu học sinh trong một khoảng thời gian ngắn các em phải giải quyết một số lượng bài tập tương đối lớn. Hầu như với khoảng thời gian đó các em chỉ đủ để phân tích đề phân loại bài toán. Do vậy, giáo viên phải có những hình thức phân chia các dạng bài để các em nhạy bén hơn trong việc nhận dạng và cách xử sự đối với mỗi dạng bài toán đó, đặc biệt là những bài toán hoá khá phức tạp có nhiều phản ứng xảy ra, hoặc có nhiều giai đoạn phản ứng. Để giải quyết tốt các bài toán trắc nghiệm trong hoá học, chúng ta phải biết vận dụng linh hoạt các định luật bảo toàn, có các mẹo thay thế chất để có thể chuyển đổi từ hỗn hợp phức tạp thành dạng đơn giản hơn, một trong số dạng bài toán hoá phức tạp hay gặp trong các đề tốt nghiệp, thi đại học hay thi học sinh giỏi là có độ tư cao và độ thông minh, suy luận cao. Trong chương trình phổ thông dạng bài toán hóa về nhiều chất học sinh đã bắt đầu bắt gặp nhiều từ các lớp 10,11 và nhiều nhất ở lớp 12. Với lớp 10 học sinh chủ yếu giải theo phương pháp tự luận, lớp 11 học sinh đã tiếp cận dần đến các định luật, đặc biệt áp dụng định luật bảo toàn electron trong bài toán về axit nitric. Tuy nhiên đối tượng học sinh có thể vận dụng tốt phương pháp này là các học sinh khá, 3 Hoµng §øc H¶i – Trêng THPT Phï Cõ giỏi. Lớp 12 học sinh đã quen dần với cách làm bài trắc nghiệm, các em được trang bị rất nhiều phương pháp giải nhanh, tuy nhiên các em lại không thành thạo trong việc phân loại phương pháp để áp dụng trong các trường hợp cụ thể. Để giúp học sinh giải quyết tốt các bài toán về hỗn hợp chất một cách nhanh chóng tôi thường giới thiệu phương pháp “chọn chất ảo” đây chính là phương pháp cần vận dụng các định luật bảo toàn: bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố và bảo toàn electron với từng dạng cụ thể. Đó là nội dung mà chuyên đề này tôi muốn đề cập đến “Sử dụng chất ảo để giải nhanh bài tập hóa học”. II- Mục đích của đề tài - Giúp học sinh nghiên cứu cơ sở lý thuyết và các phương pháp giải bài tập trắc nghiệm sao cho thời gian ngắn nhất mà có hiệu quả cao nhất . III- Nhiệm vụ của đề tài: - Hệ thống, phân loại các bài tập trắc nghiệm và xác định phương pháp giải thích hợp, qua đó giúp học sinh hệ thống lại các kiến thức cơ bản nhất. * Thực trạng (trước khi áp dụng sáng kiến) - Chuyển từ hình thức thi tự luận sang trắc nghiệm, học sinh bối rối trước các loại bài tập liên quan đến phản ứng oxi hoá khử có nhiều trạng thái số oxi hoá. - Việc giải các loại bài tập này theo phương pháp truyền thống mất rất nhiều thời gian viết phương trình phản ứng, lập và giải hệ phương trình. Học sinh thường có thói quen viết và tính theo phương trình phản ứng nên ít nhanh nhạy với bài toán dạng trắc nghiệm. - Khi gặp hỗn hợp các chất học sinh không biết cách thay thế các chất để giảm bớt số lượng chất đưa bài toán về dạng đơn giản hơn. IV. Phương pháp nghiên cứu - Nghiên cứu các tài liệu chuyên ngành liên quan tới hình thức thi trắc nghiệm - Học hỏi kinh nghiệm của đồng nghiệp, đặc biệt là qua tổng kết đánh giá kết quả học tập của học sinh - Tham gia các lớp tập huấn nhằm nâng cao nghiệp vụ do các chuyên gia đầu ngành giảng dạy - Tự bồi dưỡng, trau dồi thường xuyên và rút ra những bài học kinh nghiệm trong quá trình giảng dạy, kiểm tra, đánh giá học sinh 4 Hoµng §øc H¶i – Trêng THPT Phï Cõ 1 . Đối tượng nghiên cứu - Phương pháp này áp dụng được cho mọi đối tượng học sinh Yếu, Trung bình, Khá, Giỏi. - Dạng bài tập áp dụng thường có nhiều chất, nhưng số lượng nguyên tố thường ít. 2 . Phạm vi nghiên cứu - Phương pháp dụng được cả cho cách giải trắc nghiệm cũng như tự luận. - Phương pháp áp dụng cho cả tất cả các khối lớp tất cả các chuyên đề hoá học vô cơ. 3 . Ý nghĩa của sáng kiến Việc áp dụng phương pháp “Sử dụng chất ảo để giải nhanh bài tập hóa học” và đã kết hợp một số phương pháp khác vào giải một số bài toán hoá học đã cho học sinh thay đổi rất nhiều về tư duy logic, về cách tìm tòi tài liệu, về phương pháp giải các bài tập hoá học bởi vì từ trước tới nay các em không thể ngờ được một số bài rất phức tạp lại giải được bằng một cách đơn giản như vậy. Việc áp dụng các phương pháp thường gặp này đã tạo ra hứng thú học tập bộ môn Hoá Học hơn. Trong quá trình giảng dạy bản thân giáo viên cần định hướng cho học sinh kỹ năng tư duy, vận dụng lý thuyết đã học để giải quyết một vấn đề cụ thể. Phương pháp giải bài tập hoá học đã đạt được mục đích với thời gian ngắn nhất mà có hiệu quả cao nhất . PHẦN II - THỰC HIỆN ĐỀ TÀI A. Nội dung I. Cơ sở lý thuyết. 1. Từ các phương pháp giải nhanh các bài tập Hoá Học như: Phương pháp tăng giảm khối lượng, Phương pháp bảo toàn khối lượng, Phương pháp bảo toàn electron, Phương pháp khối lượng mol trung bình, Phương pháp số nguyên tử cácbon trung bình, Phương pháp tách công thức phân tử, Phương pháp ẩn số, Phương pháp tự chọn lượng chất, Phương pháp biện luận để tìm công thức phân tử các chất, Phương pháp đường chéo… 2. Nắm chắc các kiến thức cơ bản. 3. Phương pháp giải nhanh bài tập trên cơ sở toán học, vật lý, hoá học. 5 Hoµng §øc H¶i – Trêng THPT Phï Cõ 4. Khả năng khái quát tổng hợp đề bài nhanh, phát hiện điểm mấu chốt của bài toán. II. Cơ sở khoa học. - “Chọn chất ảo” thực chất là là qui đổi các chất. Qui đổi là một phương pháp biến đổi toán học nhằm đưa bài toán ban đầu là một hỗn hợp phức tạp về dạng đơn giản hơn, qua đó làm cho các phép tính trở lên dễ dàng, thuận tiện. - Tuy nhiên, tất cả các cách, các phương pháp qui đổi theo hướng nào thì cũng phải tuân thủ theo hai nguyên tắc sau: * Bảo toàn nguyên tố, tức tổng số mol mỗi nguyên tố ở hỗn hợp đầu và hỗn hợp mới phải như nhau. * Bảo toàn số oxi hoá, tức tổng số oxi hoá của các nguyên tố trong hai hỗn hợp là như nhau. III. Cơ sở thực tiễn. Xuất phát từ thực tế là những yếu kém của học sinh khi giải nhanh bài tập trắc nghiệm hoá học. Một bài toán có nhiều hướng qui đổi “Chọn chất ảo” khác nhau nhưng tập trung bởi 3 hướng chính là: * Qui đổi “Chọn chất ảo” hỗn hợp nhiều chất về hỗn hợp hai hay một chất. * Qui đổi “Chọn chất ảo”hỗn hợp nhiều chất về các nguyên tử tương ứng . * Qui đổi “Chọn chất ảo” tác nhân oxi hoá trong phản ứng oxi hoá - khử. B. Kế hoạch thực hiện đề tài 1. Nghiên cứu thực trạng học sinh khối 10; 11; 12 từ năm học 2007 đến 2013; và các lớp ôn thi tốt nghiệp THPT, Đại học & Cao đẳng. Khảo sát về khả năng giải bài tập trắc nghiệm. 2. Lập kế hoạch thực hiện đề tài trong học kỳ I năm học 2013- 2014 ở lớp 11A 1 và các lớp ôn thi Đại học & Cao đẳng. 3. Nhận xét – kết luận về hiệu quả của đề tài ở học sinh lớp 11A1 . 4. Hoàn thiện đề tài: Tháng 3 năm 2014 C. Các giải pháp I. CÁC ĐỊNH LUẬT CẦN VẬN DỤNG 1. Định luật bảo toàn khối lượng: 6 Hoµng §øc H¶i – Trêng THPT Phï Cõ Nội dung: Khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng khối lượng các chất được tạo thành sau phản ứng. Hệ quả 1: Gọi mT là tổng khối lượng các chất trước phản ứng, m s là khối lượng các chất sau phản ứng. Dù phản ứng xảy ra với hiệu suất bất kỳ ta đều có: m T = mS. Hệ quả 2: Khi cation kim loại kết hợp với anion phi kim để tạo ra các hợp chất ta luôn có: Khối lượng chất = khối lượng của cation+khối lượng anion. Khối lượng của cation hoặc anion ta coi như bằng khối lượng của nguyên tử cấu tạo thành. 2. Định luật bảo toàn nguyên tố Nội dung: Tổng khối lượng một nguyên tố trước phản ứng bằng tổng khối lượng của nguyên tố đó sau phản ứng. Nội dung định luật có thể hiểu là tổng số mol của một nguyên tố được bảo toàn trong phản ứng. 3. Định luật bảo toàn electron Trong phản ứng oxi hóa khử: Số mol electron mà chất khử cho đi bằng số mol electron mà chất oxi hóa nhận về. Khi vận dụng định luật bảo toàn electron vào dạng toán này cần lưu ý: - Trong phản ứng hoặc một hệ phản ứng chỉ cần quan tâm đến trạng thái đầu và trạng thái cuối mà không cần quan tâm đến trạng thái trung gian. - Nếu có nhiều chất oxi hóa và chất khử thì số mol electron trao đổi là tổng số mol của tất cả chất nhường hoặc nhận electron. II. MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VẬN DỤNG II.1. khái niệm Phương pháp sử dụng hợp chất ảo Phương pháp sử dụng hợp chất ảo, là một phương pháp mới, lạ để giải nhanh một số dạng bài tập trắc nghiệm hóa học. Cơ sở của phương pháp: Chuyển hỗn hợp ban đầu thành hỗn hợp mới hoặc hợp chất mới. Chuyển dung dịch ban đầu thành một dung dịch mới. Gán cho nguyên tố số oxi hóa mới khác với số oxi hóa thực của nó. Từ đó giúp cho việc tính toán trở nên dễ dàng và nhanh chóng hơn. Hỗn hợp, hợp chất, dung dịch, số oxi hóa mới được tạo thành gọi là ảo vì nó không có trong giả thiết của bài toán. 7 Hoµng §øc H¶i – Trêng THPT Phï Cõ II.2. Phân dạng bài tập và ví dụ minh họa 1. Sử dụng hỗn hợp ảo Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm Na, Ba, Na2O và BaO. Hòa tan hoàn toàn 21,9 gam X vào nước, thu được 1,12 lít khí H2 (đktc) và dung dịch Y, trong đó có 20,52 gam Ba(OH)2. Hấp thụ hoàn toàn 6,72 lít khí CO2 (đktc) vào Y, thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là A. 23,64. B. 15,76. C. 21,92. D. 39,40. Hướng dẫn giải Phân tích đề: Vấn đề mấu chốt của bài tập này là phải tính được số mol của NaOH trong dung dịch Y. Tuy nhiên, dung dịch Y được tạo thành khi cho hỗn hợp X gồm 4 chất là Na, Na2O, Ba, BaO tác dụng với H2O nên việc tính toán gặp nhiều khó khăn (do phải sử dụng nhiều ẩn số mol). Giả sử ta có thể biến hỗn hợp 4 chất trong X thành một hỗn hợp trung gian X’ gồm 2 chất là Na2O và BaO (bằng cách cho X tác dụng với O2) thì việc tính toán sẽ trở nên dễ dàng hơn nhiều. Vì số mol Ba(OH)2 trong Y đã biết nên dễ dàng tính được số mol và khối lượng của BaO trong X’. Từ đó sẽ tính được khối lượng của và số mol của Na2O, rồi suy ra số mol của NaOH. Muốn làm như vậy, ta phải biết được tổng số mol electron mà Na, Ba trong X đã nhường trong phản ứng với O2. Khi đó sẽ biết được số mol electron mà O2 có thể nhận, từ đó suy ra được số mol của O2 phản ứng với X để chuyển thành X’. Trong phản ứng của X với nước, chỉ có Na và Ba phản ứng giải phóng H2. Nên thông qua số mol H2 giải phóng ta có thể tính được số mol electron mà Na và Ba nhường. Giờ thì việc tính số mol của NaOH đã trở nên dễ dàng : Theo giả thiết, ta có : n H2 = 11,2 22,4  0,05mol ; nBa(OH )2 = 20,52 171  0,12mol ; nCO2 = 6,72 22,4  0,3mol n electron trao đổi = nelectron Na, Ba nhường = 4nO2= 2nH2 => n O2= 0,025 mol 8 Hoµng §øc H¶i – Trêng THPT Phï Cõ => m X’ (Na2O, BaO) = m ( Na, Na2O, Ba, BaO)+ m O2=21,19+0,025.32 = 22,7gam. Theo bảo toàn nguyên tố Ba, ta có : nBaO trong X ' = nBa(OH )2 = 0,12 mol => m Na O trong X ' = mX ' - m BaO = 4,34 gam 2 n NaOH = 2n Na O Theo bảo toàn nguyên tố Na: 2 = 0,14 mol Vậy dung dịch Y có 0,14 mol NaOH và 0,12 mol Ba(OH)2. Suy ra :  = n NaOH + 2 nBa(OH )2 = 0,14mol => tỉ lệ 1 < n OH-/ nCO < 2 2 2có nghĩa là phản ứng tạo ra cả CO 3 và HCO3 Vì phản ứng tạo ra cả hai muối, nên sử dụng kết quả đã chứng minh ở chuyên đề bảo toàn điện tích, ta có: 15,76 gam Nhận xét: Như vậy để chuyển hỗn hợp gồm các kim loại và oxit thành hỗn hợp các oxit thì ta thêm một lượng oxi là nO2= (n electron trao đổi):4 hoặc nO = (nelectron trao đổi): 2 . Tùy thuộc vào từng bài mà số mol electron có thể tính theo H2, SO2, NO, NO2,... Ví dụ 2: Cho 30,7 gam hỗn hợp X gồm Na, K, Na2O, K2O tác dụng với dung dịch HCl vừa đủ thu được 2,464 lít H2 (đktc), dung dịch chứa 22,23 gam NaCl và x gam KCl. Giá trị của x là: A. 32,78. B. 31,29. C. 35,76. D. 34,27. Hướng dẫn giải Chuyển hỗn hợp X thành hỗn hợp ảo X’ gồm Na2O và K2O bằng cách cho X phản ứng với một lượng O2 là : => mX ' = mX + mO2 = 32,46 gam .Áp dụng bảo toàn nguyên tố Na và K, ta có: 9 Hoµng §øc H¶i – Trêng THPT Phï Cõ => m KCl =0,44.74,5 = 32,78 gam nKCl = Ví dụ 3: Hỗn hợp X gồm CaO, Mg, Ca, MgO. Hòa tan 5,36 gam hỗn hợp X bằng dung dịch HCl vừa đủ thu được 1,624 lít H2 (đktc) và dung dịch Y trong đó có 6,175 gam MgCl2 và m gam CaCl2. Giá trị của m là A. 7,4925 gam. B. 7,770 gam. C. 8,0475 gam. D. 8,6025 gam. Hướng dẫn giải Chuyển X thành hỗn hợp ảo X’ gồm CaO và MgO bằng cách cho X phản ứng với một lượng oxi là : nO = (n electron trao đổi): 4= (2 n H ): 4 = 0,3625 mol => mX ' = mX + m O = 6,52 2 2 2 gam Theo bảo toàn nguyên tố Mg và Ca, ta có : => mCaCl2= 0,07.111= 7,77 gam. Ví dụ 4: Hỗn hợp X gồm Na, Ca, Na2O, CaO. Hòa tan hết 51,3 gam hỗn hợp X vào nước được 5,6 lít H2 (đktc) và dung dịch kiềm Y, trong đó có 28 gam NaOH. Hấp thụ 17,92 lít SO2 (đktc) vào dung dịch Y thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là : A. 60. B. 54. C. 72. D. 48. Hướng dẫn giải Chuyển hỗn hợp X thành hỗn hợp ảo X’ gồm CaO và Na2O bằng cách cho X phản ứng với một lượng O2 là : nO = (n electron trao đổi): 4= (2 nH ):4 = 0,125 mol => mX ' = mX + m O = 55,3 2 2 2 10 Hoµng §øc H¶i – Trêng THPT Phï Cõ gam Theo bảo toàn nguyên tố Na và Ca, ta có : Vì: Cho nên kiềm dư, 0,8 mol SO2 đã chuyển hết thành 0,8 mol SO32Mặt khác: số mol Ca2+ < số mol SO32- => nCaSO3 = 0,6.120 = 72 gam Ví dụ 5: Hòa tan hoàn toàn 23 gam hỗn hợp X gồm Ca, CaO, K, K2O vào nước thu được dung dịch trong suốt Y và thoát ra 4,48 lít khí (đktc). Nếu sục 4,48 lít hoặc 13,44 lít (đktc) CO2 vào dung dịch Y thu được m gam kết tủa. Sục V lít khí CO2 vào dung dịch Y thì thấy lượng kết tủa đạt cực đại. Giá trị của V là : A. 6, 72  V  11, 2 . B. V = 5,6. C. V = 6,72. D. 5, 6  V  8, 96 . Hướng dẫn giải Dung dịch Y gồm Ca(OH)2 và KOH. Chuyển hỗn hợp X thành hỗn hợp ảo X’ gồm CaO và K2O bằng cách cho X phản ứng với một lượng O2 là : nO = (n electron trao đổi): 4= (2 nH ): 4 = 0,1 mol => 2 2 mX ' = mX + m O = 26,2 2 gam Tức là: 56n CaO+ 94nK2O= 26,2 (1) Theo giả thiết : Khi sục 4,48 lít CO2 (TN1) hoặc 13,44 lít CO2 vào Y (TN2) đều thu được lượng kết tủa như nhau, chứng tỏ TN1 chưa có hiện tượng hòa tan kết tủa, còn ở TN2 đã có hiện tượng hòa tan kết tủa. Sử dụng công thức ta có: 11 Hoµng §øc H¶i – Trêng THPT Phï Cõ => 2 nK O+ 2 n CaO= 0.8 (2) Từ (1) và (2) suy ra : nK O = 0,1 mol; n CaO= 0,3 mol 2 2 Khi sục CO2 vào X, để kết tủa đạt cực đại thì Ta có : nCO min= nCO = 0,3 mol 2 3 2- nCO max = 0,5 mol mà nOH- = 0,8= n CO + nCO max 3 2- 2 => suy ra : 6,72 lít  VCO2  11,2 lít 2 Ví dụ 6: Hòa tan hoàn toàn 2,44 gam hỗn hợp bột X gồm FexOy và Cu bằng dung dịch H2SO4 đặc nóng (dư). Sau phản ứng thu được 0,504 lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc) và dung dịch chứa 6,6 gam hỗn hợp muối sunfat. Phần trăm khối lượng của Cu trong X là A. 39,34%. B. 65,57%. C. 26,23%. D. 13,11%. Hướng dẫn giải Chuyển hỗn hợp X thành hỗn hợp ảo X’ gồm Fe2O3 và CuO bằng cách cho X phản ứng với một lượng O2 là : nO =(nelectron trao đổi):4= (2 nSO ):4 =0,01125 mol => mX ' = mX + m O = 2,8 gam 2 2 2 Vậy ta có hệ phương trình : 160nFe O + 80nCuO= 2,8 2 400 n Fe2(SO4)3+ 160nCuSO = 6,6 3 2 (2) 4 nFe O = n Fe (SO ) 2 (1) 3 4 3 ; nCuO = nCuSO 4 (3) Giải hệ phương trình ta được : nFe O = 0,0125 mol; nCuO = 0,01 mol => nCu = 0,01 mol. 2 3 Vậy %mCu trong X = 0,01.64 2,44 .100% = 26,23% Ví dụ 7: Hòa tan hoàn toàn 13,92 gam hỗn hợp bột X gồm FexOy và Cu bằng dung dịch HNO3 loãng (dư). Sau phản ứng thu được 2,688 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc) và dung dịch chứa 42,72 gam hỗn hợp muối nitrat. Công thức của oxit sắt là : 12 Hoµng §øc H¶i – Trêng THPT Phï Cõ A. Fe2O3. B. FeO. C. Fe3O4. D. FeO hoặc Fe3O4. Hướng dẫn giải Chuyển hỗn hợp X thành hỗn hợp ảo X’ gồm Fe2O3 và CuO thì cần cho X phản ứng với một lượng O2 là : nO = (n electron trao đổi):4= (3 nNO):4 = 0,09 mol => mX ' = mX + m O = 16,8 gam 2 2 Vậy ta có hệ phương trình : 160nFe O + 80nCuO= 16,8 2 (1) 3 242 n Fe(NO ) + 188 nCu(NO ) = 42,72 3 3 n Fe(NO ) =2nFe O 3 3 (2) 3 2 2 3 ; nCu(NO ) = nCuO (3) 3 2 Giải hệ phương trình ta được : nFe O = 0,03 mol; nCuO = 0,15 mol 2 3 Trong hỗn hợp X, ta có : nFe= 2nFe O = 0,06 ; nCu = nCuO = 0,15 mol 2 => n O trong oxit sắt = 3 13,92  0,06.56  0,15.64 = 16 0,06 Có nghĩa là: nFe : nO= 1: 1 Vậy công thức của sắt oxit là: FeO 2. Sử dụng hợp chất ảo Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm FeO, Fe2O3 và Fe3O4. Cho khí CO qua m gam X nung nóng, sau một thời gian thu được hỗn hợp chất rắn Y và hỗn hợp khí Z. Cho toàn bộ Z vào dung dịch Ca(OH)2 dư, đến phản ứng hoàn toàn, thu được 4 gam kết tủa. Mặt khác, hòa tan hoàn toàn Y trong dung dịch H2SO4 đặc, nóng (dư), thu được 1,008 lít khí SO2 (đktc, sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch chứa 18 gam muối. Giá trị của m là A. 7,12. B. 6,80. C. 5,68. D. 13,52. Hướng dẫn giải Chuyển hỗn hợp Y thành hợp chất ảo Fe2O3. Theo bảo toàn nguyên tố Fe, ta có : nFe O = n Fe (SO ) = 18:400 = 0,045 mol => n Fe O = 0,045.160 = 7,2 gam. 2 3 2 4 3 2 13 3 Hoµng §øc H¶i – Trêng THPT Phï Cõ Để chuyển hỗn hợp Y thành hợp chất ảo Fe2O3 thì cần cho Y phản ứng với một lượng oxi là : nO = (n electron trao đổi): 4= (2 nSO ): 4 = 0,0225 mol 2 2 Theo bảo toàn khối lương, ta có : mFe O = mY + mO => mY = 6,48 gam 2 3 2 Trong phản ứng của X với CO, ta có : CO + O(trong X) Suy ra: nO phản ứng = nCO phản ứng = n CO 2 tạo thành= CO2 nCaCO = 4:100 = 0,04 mol 3 Theo bảo toàn khối lượng, ta có : mX – m O phản ứng = mY => mX = 7,12 gam hay m= 7,12 gam Ví dụ 2: Hòa tan hoàn toàn 49,6 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 bằng H2SO4 đặc, nóng thu được dung dịch Y và 8,96 lít khí SO2 (đktc). Thành phần trăm khối lượng oxi trong hỗn hợp X và khối lượng muối trong dung dịch Y là : A. 20,97% và 160 gam. C. 20,97% và 140 gam. B. 30,7% và 140 gam. D. 37,5% và 160 gam. Hướng dẫn giải Chuyển hỗn hợp X thành hợp chất ảo Fe2O3 bằng cách cho X phản ứng với một lượng O2 là : nO = (n electron trao đổi):4 = (2 nSO ):4 = 0,2 mol 2 2 mFe O = mX + m O = 56 gam 2 3 2 Theo bảo toàn nguyên tố Fe, ta có : nFe = 2nFe O = 0,7 mol; => % mO trong X = 2 3 49,6  0,7.56 .100% 49,6 = 20,96% nFe (SO ) = nFe O = 56:160= 0,35 mol => % mFe (SO ) = 0,35.400 = 140 gam 2 4 3 2 3 2 4 3 Ví dụ 3: Hoà 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 (đktc) và dung dịch Y. Thêm NH3 dư vào Y thu được 32,1 gam kết tủa. Giá trị của m là : A. 16,8. B. 17,75. C. 25,675. 14 D. 34,55. Hoµng §øc H¶i – Trêng THPT Phï Cõ Hướng dẫn giải Để cho việc tính toán đơn giản, ta chuyển hỗn hợp X thành hợp chất ảo FeCl3. Theo bảo toàn nguyên tố Fe, ta có : Để chuyển hỗn hợp X thành FeCl3 bằng cách cho X phản ứng với một lượng Cl2 là : Theo bảo toàn khối lượng, ta có : m FeCl = mX + mCl 3 => mX = 34,55 gam Hay m = 34,55 gam 2 Ví dụ 4: 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. 49,09. B. 34,36. C. 35,50. D. 38,72. Hướng dẫn giải Chuyển hỗn hợp Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 (hỗn hợp X) thành hợp chất ảo Fe2O3 bằng cách cho X Ta có phản ứng với một lượng O2 là : n O = (n electron trao đổi): 4 = (3 nNO): 4 = 0,045 mol 2 => mFe O = mX 2 3 + m O = 12,8 gam 2 Theo bảo toàn nguyên tố Fe, ta có : n Fe(NO ) = 2nFe O = 0,16 mol => m Fe(NO ) = 0,16.241= 38,72 gam . 3 3 2 3 3 3 Hay m = 38,72 gam Ví dụ 5: Khi oxi hoá chậm m gam Fe ngoài không khí thu được 12 gam hỗn hợp A gồm FeO, Fe2O3, Fe3O4 và Fe dư. Hoà tan A vừa đủ bởi 200 ml dung dịch 15 Hoµng §øc H¶i – Trêng THPT Phï Cõ HNO3, thu được 2,24 lít NO duy nhất (đktc). Giá trị m và CM của dung dịch HNO3 là : A. 10,08 gam và 1,6M. B. 10,08 gam và 2M. C. 10,08 gam và 3,2M. D. 5,04 gam và 2M. Hướng dẫn giải Chuyển hỗn hợp Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 (hỗn hợp X) thành hợp chất ảo Fe2O3 bằng cách cho X phản ứng với một lượng O2 là : nO = (n electron trao đổi):4= (3 nNO): 4 = 0,075 mol 2 => mFe O = mA + mO = 14,4 gam 2 3 2 Theo bảo toàn nguyên tố Fe, ta có : nFe= n Fe(NO3)3= 2nFe O = 0,18 mol => mFe= 0,18.56 = 10,08 gam 2 3 nHNO =3nFe(NO ) + nNO = 0,64 mol => [HNO 3] = 0,64:0,2 = 3,2M 3 3 3 Ví dụ 6: Cho 22,72 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 phản ứng hết với dung dịch HNO3 loãng dư thu được V lít khí NO (duy nhất ở đktc) và dung dịch X. Cô cạn dung dịch X thu được 77,44 gam muối khan. Giá trị của V là A. 5,6. B. 4,48. C. 2,688. D. 2,24. Hướng dẫn giải Theo giả thiết : nFe(NO ) =77,44:242 = 0,32 mol => nFe O = 0,16 mol => mFe O = 0,16.160 = 25,6 gam 3 3 2 3 2 3 Chuyển hỗn hợp sắt và oxit sắt (hỗn hợp X) thành hợp chất ảo Fe2O3 bằng cách cho X phản ứng với một lượng O2 là : nO = 2 25,6  22,72 =0,09mol=> 32 nNO=(4nO ):3=0,12 mol 2 => VNO= 0,12.22,4 = 2,688 lít Ví dụ 7: Cho 18,5 gam hỗn hợp Z gồm Fe, Fe3O4 tác dụng với 200 ml dung dịch HNO3 loãng đun nóng và khuấy đều. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu 16 Hoµng §øc H¶i – Trêng THPT Phï Cõ được 2,24 lít khí NO duy nhất (đktc), dung dịch Z và còn lại 1,46 gam kim loại. Tính nồng độ mol/lít của dung dịch HNO3 và khối lượng muối trong dung dịch Z. A. 3,2M và 54 gam. B. 1,8M và 36,45 gam. C. 1,6M và 24,3 gam. D. 3,2M và 48,6 gam. Hướng dẫn giải Vì sau phản ứng còn dư 1,46 gam Fe nên phản ứng chỉ tạo ra Fe(NO ) . 3 2 m Z phản ứng=18, 5 - 1, 46 =17, 04 gam. Để chuyển 17,04 gam hỗn hợp Z thành hợp chất ảo FeO thì cần cho Z phản ứng với một lượng O2 là : n O = (n electron trao đổi):4 = (3 nNO):4 = 0,075 mol 2 => mFeO = mZ + m O = 19,44 gam 2 Theo bảo toàn nguyên tố Fe và N, ta có : nFe(NO ) = nFeO=19,44:72 = 0,27 mol và n HNO = 2nFe(NO ) + nNO = 0,64 mol 3 2 3 3 2 => [HNO 3]= 0,64:0,2 = 3,2M . Khối lương muối trong dung dịch Z là: 0,27.180 = 48,6 gam 3. Sử dụng dung dịch ảo Ví dụ 1: Dung dịch X chứa a mol Na+; b mol HCO3- ; c mol CO 32- và d mol SO 42-. Để tạo kết tủa lớn nhất người ta phải dùng 100 ml dung dịch Ba(OH)2 x mol/l. Biểu thức tính x theo a và b là: A. x = ab 0.1 B. x = ab 0.2 C. x = ab 0.3 D. x = ab 2 Hướng dẫn giải + Chuyển ion HCO3- thành 2 ion CO 32- và H . Chuyển dung dịch X thành dung dịch ảo X’ gồm : a mol Na+; b mol H+, (b+c) mol CO 3 2- và d mol SO 4 2- Cho Ba(OH)2 vào dung dịch X’ sẽ tạo ra kết tủa là BaSO4 và BaCO3. Như vậy các ion Na+ và H+ đã được thay thế bằng ion Ba2+. 17 Hoµng §øc H¶i – Trêng THPT Phï Cõ Áp dụng bảo toàn điện tích, ta có : Suy ra x = ab 0,2 Ví vụ 2: Dung dịch X chứa các ion: CO 32-; SO 32- ; SO 42-; 0,1 mol HCO3- và 0,3 mol Na+. Thêm V lit dung dịch Ba(OH)2 1M vào X thì thu được lượng kết tủa lớn nhất. Giá trị nhỏ nhất của V là : A. 0,15. B. 0,25. C. 0,20. D. 0,30. Hướng dẫn giải + + Chuyển X thành dung dịch ảo X’gồm: 0,1mol H , 0,3mol Na và các ion CO 32-; SO 32-; SO 42-;Sau phản ứng của X’ với Ba(OH)2, các ion CO 32-; SO 32- ; SO 42-;được thay bằng ion OHTheo bảo toàn điện tích, ta có : = 0,4 mol => = 0,2;1= 0,2M III. BÀI TẬP ÁP DỤNG: Câu 1: Hỗn hợp X gồm Mg, MgO, Ca và CaO. Hòa tan 10,72 gam X vào dung dịch HCl vừa đủ thu được 3,248 lít khí (đktc) và dung dịch Y. Trong Y có 12,35 gam MgCl2 và x gam CaCl2. Giá trị x là A. 33,05. B. 15,54. C. 31,08. D. 21,78. Câu 2: Hòa tan hoàn toàn 2,44 gam hỗn hợp bột X gồm FexOy và Cu bằng dung dịch H2SO4 đặc nóng (dư). Sau phản ứng thu được 0,504 lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc) và dung dịch chứa 6,6 gam hỗn hợp muối sunfat. Công thức của oxit sắt là : A. Fe2O3. B. FeO. C. Fe3O4. D. FeO hoặc Fe3O4. Câu 3: Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 4,5 gam hỗn hợp chất rắn X. Hòa tan hết hỗn hợp X trong dung dịch H2SO4 đặc nóng (dư ) thoát ra 1,26 lít (ở đktc) SO2 (là sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của m là 18 Hoµng §øc H¶i – Trêng THPT Phï Cõ A. 2,52. B. 2,32. C. 2,22. D. 3,78. Câu 4: Nung m gam Cu trong oxi thu được hỗn hợp chất rắn X có khối lượng 24,8 gam gồm Cu2O, CuO, Cu. Hòa tan hoàn toàn X trong dung dịch H2SO4 đặc nóng thu được 4,48 lít khí SO2 (đktc). Hãy tìm giá trị của m. A. 22,4 gam. B. 2,24 gam. C. 6,4 gam. D. 32 gam. Câu 5: Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 3 gam hỗn hợp chất rắn X. Hòa tan hết hỗn hợp X trong dung dịch HNO3 (dư), thoát ra 0,56 lít (ở đktc) NO (là sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của m là : A. 2,52. B. 2,22. C. 2,62. D. 2,32. Câu 6: Cho 17,04 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 phản ứng hết với dung dịch HNO3 loãng dư thu được 2,016 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. 53,250. B. 58,080. C. 73,635. D. 51,900. Câu 7: Hoà tan hoàn toàn 2,9 gam hỗn hợp gồm kim loại M và oxit của nó vào nước, thu được 500 ml dung dịch chứa một chất tan có nồng độ 0,04M và 0,224 lít khí H2 (ở đktc). Kim loại M là A. Ca. B. Ba. C. K. D. Na. Câu 8: Cho 11,36 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 phản ứng hết với dung dịch HNO3 loãng dư, thu được 1,344 lít (đktc) khí NO (là sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch X. Dung dịch X có thể hoà tan được tối đa 11,2 gam Fe. Số mol của HNO3 có trong dung dịch ban đầu là (biết sản phẩm khử của HNO3 trong các phản ứng là NO) : A. 0,94 mol. B. 0,64 mol. C. 0,86 mol. D. 0,78 mol. Câu 9: Dung dịch X chứa các ion: CO 32-; SO 32- ; SO 42-; 0,1 mol HCO3-; 0,3 mol + HSO3-và 0,1 mol K . Thêm V lít dung dịch Ba(OH)2 1M vào X thì thu được 19 Hoµng §øc H¶i – Trêng THPT Phï Cõ lượng kết tủa lớn nhất. Giá trị nhỏ nhất của V là : A. 0,15. B. 0,25. C. 0,20. D. 0,30. Câu 10: Dung dịch X chứa a mol Na+; b mol HCO3- ; c mol CO 32- và d mol HSO3. Để tạo kết tủa lớn nhất người ta phải dùng 100 ml dung dịch Ca(OH)2 x mol/l. Biểu thức tính x theo a và b là: A. x = ab 0.1 B. x = abc 0.2 C. x = ab 0.3 D. x = abd 0.2 Câu 11: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm 0,02 mol FeS2 và 0,03 mol FeS vào lượng dư H2SO4 đặc nóng thu được Fe2(SO4)3, SO2 và H2O. Hấp thụ hết SO2 bằng một lượng vừa đủ dung dịch KMnO4 thu được V lít dung dịch Y không màu, trong suốt, có pH = 2. Giá trị của V là : A. V = 22,6 lít. B. V = 22,8 lít. C. V = 11,4 lít. D. V = 11,3 lít. PHẦN III - HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI Trong khi giảng dạy và ôn thi đại học tôi đã có rất nhiều trăn trở khi dạy phần hỗn hợp nhiều chất và hợp chất của nhiều nguyên tố. Tôi nhận thấy kể cả đề thi học sinh giỏi và đề thi đại học số lượng câu hỏi về thể loại này luôn chiếm một tỉ lệ nhất định và đặc biệt là những bài toán kinh điển. Trên thực tế như vậy tôi đã mạnh dạn đưa các phương pháp giải bài tập này vào và qua giảng dạy tôi thấy học sinh nắm vấn đề tương đối nhẹ nhàng và có hiệu quả rõ rệt nhất là định hướng và thời gian giải bài tập. Tôi đã tiến hành thử nghiệm với đối tượng học sinh đại trà và kết quả: + 70% học sinh nắm bài và vận dụng được vào các dạng bài cụ thể ( trên 5 điểm) + 20% vận dụng chưa thuần thục còn lúng túng + 10% học sinh chỉ nắm được dạng 1,2 20