Sáng kiến kinh nghiệm Giải nhanh bài toán hóa học bằng phương pháp bảo toàn khối lượng

Nội dung text: Sáng kiến kinh nghiệm Giải nhanh bài toán hóa học bằng phương pháp bảo toàn khối lượng

1. A. LỜI NÓI ĐẦU I. Lí do chọn đề tài: Trong chương trình Hóa học phổ thông có rất nhiều dạng bài tập, trong đó bài tập áp dụng phương pháp bảo toàn khối lượng là một trong những dạng bài tập khá phổ biến. Đó là lí do mà tôi chọn đề tài “Giải nhanh bài toán hóa học bằng phương pháp bảo toàn khối lượng”. 1. Cơ sở lí luận: Trong mỗi bài toán hóa học có rất nhiều phương pháp để giải. Tuy nhiên, mỗi bài toán điều có một phương pháp nào đó để tìm ra kết quả nhanh nhất. 2. Cơ sở thực tiễn: Có nhiều bài toán nếu giải theo cách thông thường sẽ trở nên dài dòng, dẫn đến học sinh khó hiểu. Phương pháp bảo khối lượng sẽ trở nên ngắn gọn và dễ dàng hơn đối với một số bài toán hóa học. II. Mục đích và phương pháp nghiên cứu: 1. Mục đích nghiên cứu: Chuyên đề nhằm mục đích giúp học sinh tìm ra phương pháp giải nhanh và chính xác các bài tập hóa học. Rèn luyện kỹ năng làm câu hỏi trắc nghiệm của học sinh. 2. Phương pháp nghiên cứu: Các dạng bài tập áp dụng phương pháp bảo toàn khối lượng trong chương trình Hóa học phổ thông. III. Phạm vi đề tài: Đề tài áp dụng cho học sinh trung học phổ thông. Nội dung nghiên cứu là các bài toán hóa học vận dụng phương pháp bảo toàn khối lượng. IV. Kế hoạch thực hiện: Đề tài được thực hiện từ đầu năm học 2015-2016. 1
2. B. NỘI DUNG: I. Cơ sở lí luận: Cơ sở lí thuyết của phương pháp này dựa theo sự bảo toàn khối lượng: Tổng khối lượng chất tham gia phản ứng = Tổng khối lượng sản phẩm tạo thành. II. Cơ sở thực tiễn: Trước khi vận dụng đề tài, số liệu khảo sát kiểm tra 15 phút – lần 2 – học kì 1 của lớp 12.2 (năm học 2014 – 2015) như sau: Tổng số: <3 3 đến <5 5 đến <7 7 đến <9 9 đến 10 7 trở lên 29 3 1 10 8 7 51,7% III. Biện pháp thực hiện: Trước hết cần lưu ý đây không phải là phương pháp duy nhất để giải bài toán hóa học, nhưng phương pháp bảo toàn khối lượng có thể giải nhanh và chính xác một số bài toán. Nguyên tắc của phương pháp này khá đơn giản, dựa vào định luật bảo toàn khối lượng: “Tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng các chất tạo thành trong phản ứng”. Lưu ý: + Không tính khối lượng của chất không tham gia phản ứng cũng như chất đã có khối lượng. + Khi cô cạn dung dịch thì khối lượng muối thu được bằng tổng khối lượng các + cation kim loại (hoặc NH4 ) và anion gốc axit (Chú ý thêm các chất bị nhiệt phân). 1. Một số ví dụ: Ví dụ 1: Cho 20 gam hỗn hợp gồm Fe và Mg tác dụng hết với dung dịch HCl thấy có 1 gam H2 bay ra. Lượng muối clorua có trong dung dịch sau phản ứng là: A. 37,75 gam. B. 38,25 gam. C. 55,5 gam. D. 56,5 gam. Hướng dẫn giải 2
3. Fe 2HCl FeCl 2 H 2  x 2x x x (mol ) Mg 2HCl MgCl 2 H 2  y 2 y y y (mol ) 1 n x y 0,5mol n 2x 2 y 1mol H 2 2 HCl Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: m m m m kl HCl muôi H 2 m m m m muối kl HCl H 2 20 1.36,5 1 55,5gam Đáp án C. Nhận xét: Đối với bài tập này học sinh có thể lập hệ phương trình để giải, nhưng tốn khá nhiều thời gian. Học sinh cần nhớ số mol HCl bao giờ cũng gấp đôi số mol H hoặc có thể áp dụng công thức sau: m = m 71.n 2 muối kl H 2 Ví dụ 2: Hỗn hợp X gồm Fe, FeO và Fe 2O3. Cho một luồng CO đi qua ống sứ đựng m gam hỗn hợp X nung nóng. Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được 64 gam chất rắn A trong ống sứ và 11,2 lít khí B (đktc) có tỉ khối so với H2 là 20,4. Tính giá trị m. A. 105,6 gam. B. 35,2 gam. C. 70,4 gam. D. 140,8 gam. Hướng dẫn giải Các phản ứng khử sắt oxit có thể có: to 3Fe2O3 + CO  2Fe3O4 + CO2 (1) to Fe3O4 + CO  3FeO + CO2 (2) to FeO + CO  Fe + CO2 (3) Nhận xét: Như vậy chất rắn A có thể gồm 3 chất Fe, FeO, Fe 3O4 hoặc ít hơn, điều đó không quan trọng, quan trọng là số mol CO phản ứng bao giờ cũng bằng số mol CO2 tạo thành. 11,2 n 0,5 mol. B 22,5 Gọi x là số mol của CO2 nCO (hh B) = 0,5 – x Ta có phương trình về khối lượng của B: 44x + 28(0,5 x) = 0,5 . 20,4 . 2 = 20,4 Nhận được x = 0,4 mol và đó cũng chính là số mol CO tham gia phản ứng. Theo ĐLBTKL ta có: 3
4. m + m = m + m X CO A CO2 m = 64 + 0,4 . 44 0,4 . 28 = 70,4 gam. Đáp án C. Ví dụ 3: Cho một luồng CO đi qua ống sứ đựng 0,04 mol hỗn hợp A gồm FeO và Fe2O3 đốt nóng. Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được B hỗn hợp gồm 4 chất nặng 4,784 gam. Khí đi ra khỏi ống sứ cho hấp thụ vào dung dịch Ba(OH) 2 dư thì thu được 9,062 gam kết tủa. Phần trăm khối lượng Fe2O3 trong hỗn hợp A là A. 86,96%. B. 16,04%. C. 13,04%. D.6,01%. Hướng dẫn giải Để giải nhanh chung ta có thể tóm tắt đề bài như sau: 0,04 mol hỗn hợp A (FeO và Fe2O3) + CO 4,784 gam hỗn hợp B (Fe, FeO, Fe3O4 và Fe2O3) + CO2. CO2 + Ba(OH)2 dư  BaCO3  + H2O 1mol 1mol n n 0,046 mol CO2 BaCO3 và n n 0,046 mol CO(p.­ ) CO2 Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: m + m = m + m A CO B CO2 m A = 4,784 + 0,046.44 0,046.28 = 5,52 gam. Đặt n = x mol, n y mol trong hỗn hợp A ta có: FeO Fe2O3 x y 0,04 x 0,01 mol 72x 160y 5,52 y 0,03 mol 0,01.72 %mFeO = 100 13,04% 5,52 %Fe2O3 = 86,96%. Đáp án A. Ví dụ 4: Hoà tan hoàn toàn 23,8 gam hỗn hợp một muối cacbonat của kim loại hoá trị (I) và muối cacbonat của kim loại hoá trị (II) trong dung dịch HCl. Sau phản ứng thu được 4,48 lít khí (đktc). Đem cô cạn dung dịch thu được bao nhiêu gam muối khan? A. 13 gam. B. 15 gam. C. 26 gam. D. 30 gam. 4
5. Hướng dẫn giải M2CO3 + 2HCl  2MCl + CO2 + H2O x 2x x x (mol) R2CO3 + 2HCl  2RCl2 + CO2 + H2O y 2y y y (mol) 4,48 n x y 0,2mol CO2 22,4 nHCl 2x 2y 0,4mol n x y 0,2mol H2O Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: 23,8 + 0,4.36,5 = mmuối + 0,2.44 + 0,2.18 m muối = 26 gam. Đáp án C. Ví dụ 5: Cho 12 gam hỗn hợp hai kim loại Fe, Cu tác dụng vừa đủ với dung dịch HNO3 63%, đun nóng. Sau phản ứng thu được dung dịch A và 11,2 lít khí NO 2 (là sản phẩm khử duy nhất, đktc). Tính nồng độ % các chất có trong dung dịch A. A. 36,66% và 28,48%. B. 27,19% và 21,12%. C. 27,19% và 72,81%. D. 78,88% và 21,12%. Hướng dẫn giải Fe + 6HNO3  Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O x 6x x 3x (mol) Cu + 4HNO3  Cu(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O y 4y y 2y (mol) n 0,5 mol n 2n 1mol. NO2 HNO3 NO2 Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: m m m m ddA hhkl ddHNO 3 NO 2 1.63.100 12 0,5.46 89 gam 63 Đặt nFe = x mol, nCu = y mol ta có: 56x 64y 12 x 0,1 3x 2y 0,5 y 0,1 0,1 242 100 %m 27,19% Fe(NO3 )3 89 5
6. 0,1 188 100 %m 21,12%. Cu(NO3 )2 89 Đáp án B. o Ví dụ 6: Đun 132,8 gam hỗn hợp 3 ancol no, đơn chức với H 2SO4 đặc ở 140 C thu được hỗn hợp các ete có số mol bằng nhau và có khối lượng là 111,2 gam. Số mol của mỗi ete trong hỗn hợp là: A. 0,1 mol. B. 0,15 mol. C. 0,4 mol. D. 0,2 mol. Hướng dẫn giải Ta biết rằng cứ 3 loại ancol no, đơn chức tách nước ở điều kiện H 2SO4 đặc, o 140 C thì tạo thành 6 loại ete và tách ra 6 phân tử H2O. Theo ĐLBTKL ta có m m m 132,8 111,2 21,6gam H 2O ancol ete 21,6 n 1,2 mol. H2O 18 Mặt khác cứ hai phân tử ancol thì tạo ra một phân tử ete và một phân tử H2O do 1,2 đó số mol H2O luôn bằng số mol ete, suy ra số mol mỗi ete là 0,2 mol. 6 Đáp án D. Nhận xét: Chúng ta không cần viết 6 phương trình phản ứng từ ancol tách nước tạo thành 6 ete, cũng không cần tìm CTPT của các ancol và các ete trên. Nếu học sinh viết phương trình phản ứng và đặt ẩn số mol các ete để tính toán thì không những không giải được mà còn tốn quá nhiều thời gian. Ví dụ 7: Đốt cháy hoàn toàn 1,88 gam chất hữu cơ A (chứa C, H, O) cần 1,904 lít O2 (đktc) thu được CO 2 và hơi nước theo tỉ lệ thể tích 4:3. Hãy xác định công thức phân tử của A. Biết tỉ khối của A so với không khí nhỏ hơn 7. A. C8H12O5. B. C4H8O2. C. C8H12O3. D. C6H12O6. Hướng dẫn giải 1,88 gam A + 0,085 mol O2 4a mol CO2 + 3a mol H2O. 1,904 n 0,085mol O2 22,4 Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: mCO m 1,88 0,085.32 4,6gam 2 H2O 44.4a + 18.3a = 4,6 a = 0,02 mol. 6
7. Trong chất A có: nC = 4a = 0,08 mol nH = 3a.2 = 0,12 mol n = 2n n 2n 2.4a + 3a 2.0,085 = 0,05 mol (Bảo toàn mol O CO2 H 2O O2 nguyên tử Oxi) n C : nH : no = 0,08 : 0,12 : 0,05 = 8 : 12 : 5 Vậy công thức của chất hữu cơ A là C8H12O5 có MA < 203. Đáp án A. Ví dụ 8: Cho 0,1 mol este tạo bởi axit hai chức và ancol đơn chức tác dụng hoàn toàn với NaOH thu được một lượng muối có khối lượng nhiều hơn lượng este là 13,56% và 6,4 gam một ancol. Công thức cấu tạo của este là: A. CH3 COO CH3. B. CH3OCO COO CH3. C. CH3COO COOCH3. D. CH3COO CH2 COOCH3. Hướng dẫn giải R(COOR )2 + 2NaOH  R(COONa)2 + 2R OH 0,1 0,2 0,1 0,2 mol 6,4 m , 32 Ancol là CH3OH. R OH 0,2 Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: meste + mNaOH = mmuối + macol m muối meste = 0,2.40 6,4 = 1,6 gam. 13,56 mà mmuối meste = meste 100 1,6 100 m este = 11,8 gam Meste = 118 đvC 13,56 R + (44 + 15).2 = 118 R = 0. Vậy công thức cấu tạo của este là CH3OCO COO CH3. Đáp án B. Ví dụ 9: Thuỷ phân hoàn toàn 11,44 gam hỗn hợp 2 este đơn chức là đồng phân của nhau bằng dung dịch NaOH thu được 11,08 gam hỗn hợp muối và 5,56 gam hỗn hợp hai ancol kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Công thức cấu tạo của 2 este là: A. HCOOC3H7 và CH3COOC2H5 B. C2H5COOCH3 và CH3COOC2H5. 7
8. C. HCOOC3H7 và C2H5COOCH3. D. CH3COOC2H5 và CH3COOCH3 Hướng dẫn giải Đặt công thức trung bình tổng quát của hai este đơn chức đồng phân là RCOOR . 0 RCOOR + NaOH t RCOONa + R OH 11,44 gam 11,08 gam 5,56 gam Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: mNaOH = 11,08 + 5,56 – 11,44 = 5,2 gam 5,2 n 0,13 mol NaOH 40 11,08 M 85,23 R 18,23 RCOONa 0,13 5,56 M 42,77 R 25,77 R OH 0,13 11,44 M 88 RCOOR 0,13 CTPT của este là C4H8O2 Vậy công thức cấu tạo 2 este đồng phân là: HCOOC3H7 và CH3COOC2H5 HCOOC3H7 và C2H5COOCH3 hoặc C2H5COOCH3 và CH3COOC2H5. Vì hai ancol kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng và R 25,77 nên hai este là C2H5COOCH3 và CH3COOC2H5. Đáp án B. Ví dụ 10: Chia hỗn hợp gồm hai anđehit no, đơn chức làm hai phần bằng nhau: - Phần 1: Đem đốt cháy hoàn toàn thu được 1,08 gam H2O. o - Phần 2: Tác dụng với H 2 dư (Ni, t ) thì thu được hỗn hợp A. Đem đốt cháy hoàn toàn thì thể tích khí CO2 (đktc) thu được là A. 1,434 lít. B. 1,443 lít. C. 1,344 lít. D. 0,672 lít. Hướng dẫn giải 1,08 Phần 1: Vì anđehit no, đơn chức nên n n 0,06mol CO2 (P1) H2O 18 n n n 0,06mol CO2 (P1) C(P1) C(P2) 8