Sáng kiến kinh nghiệm Vận dụng một số định luật để giải nhanh bài tập Hóa học

Nội dung text: Sáng kiến kinh nghiệm Vận dụng một số định luật để giải nhanh bài tập Hóa học

1. SỞSỞ GIÁOGIÁO DỤCDỤC ĐÀOĐÀO TẠOTẠO ĐỒNGĐỒNG NAINAI TRƯỜNGTRƯỜNG THPTTHPT LONGLONG PHƯỚCPHƯỚC MãMã số: số: (Do Trường ghi) SÁNGCHUYÊN KIẾN KINH NGHIỆM ĐỀ VẬN DỤNG MỘT SỐ ĐỊNH LUẬT ĐỂ GIẢI NHANH BÀI TẬP HÓA HỌC Thực hiện: Tổ Hóa - Sinh Lĩnh vực nghiên cứu: Quản lý giáo dục:  Phương pháp dạy học bộ môn: Hóa Học  Lĩnh vực khác:  Có đính kèm: các sản phẩm không thể hiện trong bảng in Người Mô thực hình hiện: Phần HUỲNH mềm THANH  Phim ảnhLONG  Hiện vật khác Lĩnh vực nghiên cứu: PHƯƠNG PHÁP GIẢNG DẠY BỘ MÔN HÓA Năm học: 2010-2011 Tháng 2 Năm 2010 1
2. SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC * I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN: 1. Họ và Tên: Đào Duy Quang 2. Ngày tháng năm sinh:15 tháng 12 năm 1981. 3. Nam(Nữ): Nam 4. Địa chỉ:Trường THPT Long Phước,Long Thành,Đồng Nai. 5. Điện thoại: 0613.553484 (Nhà riêng) 6. Fax: Email:daoduyquanglp@yahoo.com.vn. 7. Chức vụ: Giáo viên 8. Đơn vị công tác:Trường THPT Long Phước. II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO: 1. Trình độ chuyên môn: Cử nhân khoa học 2. Năm nhận bằng:2005. 3. Chuyên ngành đào tạo:Hóa Học. III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC: 1. Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Giảng dạy Hóa Học. 2. Số năm kinh nghiệm: 6 năm. 3. Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây: - Chuyên đề giải nhanh bài tập hóa học bằng công thức. - Chuyên đề kim loại tác dụng với dung dịch muối - Chuyên đề giải bài toán tạo muối cacbonat. - Chuyên đề các phương pháp giải nhanh bài tập về sắt và hợp chất của chúng. 2
3. I. ĐẶT VẤN ĐỀ: ➢ Hình thức kiểm tra đánh giá bằng trắc nghiệm không còn lạ lẫm với các em học sinh, nhưng 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 khó có thể giải quyết tốt các bài toán có trong đề. Muốn làm tốt được đề thi đòi hỏi học sinh phải trang bị cho mình những kinh nghiệm giải quyết bài toán nhanh và gọn. ➢ Để giải quyết làm được điều đó đòi hỏi các em 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 là các bài toán về sắt và các oxit sắt. ➢ Thông thường những bài tập về sắt thường khá phức tạp và xảy ra theo nhiều phương trình phản ứng khác nhau. Các em thường khó khăn trong việc phán đoán và giải quyết những bài toán về sắt. Tôi nghiên cứu đề tài này với mong muốn giúp các em giải quyết những khó khăn gặp phải khi đối diện với những bài tập về sắt . II. THỰC TRẠNG. ➢ 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. Một số bài toán phức tạp khi giải theo phương pháp tự luận truyền thống. ➢ 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 Kết quả khảo sát trước khi áp dụng đề tài Lớp 12A2 12A5 12A6 12A7 Tì lệ 5,0 25,9% 32,45% 42,9% 52,67% 4
4. III. GIẢI QUYẾT VẦN ĐỀ. 1. Cơ sở lí thuyết. Định luật bảo toàn khối lượng: Khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng khối lượng các chất được tạo thành sau phản ứng. Định luật bảo toàn nguyên tố: 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. 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. 2. Thí dụ minh họa. 2.1 Dạng chuyển đổi hỗn hợp tương đương: • Trong số oxit sắt thì ta coi Fe3O4 là hỗn hợp của FeO và Fe 2O3 có số mol bằng nhau. Như vậy có thể có hai dạng chuyển đổi. ✓ Nếu cho số mol FeO và Fe2O3 có số mol bằng nhau thì ta coi như trong hỗn hợp chỉ là Fe3O4. ✓ Nếu số mol của FeO và Fe 2O3 không bằng nhau thì ta coi hỗn hợp là FeO và Fe2O3. • Hỗn hợp gồm Fe, S , FeS và FeS2 có thể coi như hỗn hợp gồm Fe và S. vì trong hợp chất thì tổng số oxi hóa bằng 0. Như vậy hỗn hợp từ 3 chất ta có thể chuyển thành hỗn hợp 2 chất hoặc 1 chất tương đương. 5
5. Ví dụ 1: Để hoà tan hoàn toàn 2,32 gam hỗn hợp gồm FeO, Fe 3O4 và Fe2O3 (trong đó số mol FeO bằng số mol Fe2O3), cần dùng vừa đủ V lít dd HCl 1M. Giá trị của V là A. 0,23B. 0,18 C. 0,08D. 0,16 Cách giải thông thường: FeO + 2HCl  FeCl2 + H2O x 2x Fe2O3 + 6HCl  2FeCl3 + 3H2O x 6x Fe3O4 + 8HCl  FeCl2 + 2FeCl3 + 3H2O y 8y Gọi x là số mol FeO số mol x cung là số mol của Fe2O3. Gọi y là số mol của Fe3O4 72x + 160x + 232y = 2,32 232x + 232y = 2,32 x + y = 0,01 (1) nHCl 8x + 8y = 8 0,01 = 0,08 mol 0,08 V = 0,08 lit 1 Giải nhanh: Vì n = n Coi như hỗn hợp chỉ có Fe O . FeO Fe2O3 3 4 2,32 n = 0,01 mol n 0,08 mol Fe3O4 232 O Ta có: n = 2 n 2 0,04 0,08 mol H+ O 0,08 V = 0,08 lit 1 6
6. Ví dụ 2: Cho 9,12 gam hỗn hợp gồm FeO, Fe 2O3, Fe3O4 tác dụng với dd HCl (dư). Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, được dung dịch Y. Cô cạn Y thu được 7,62 gam FeCl2 và m gam FeCl3. Giá trị của m là : A. 9,75gamB. 8,75gamC. 7,80gamD. 6,50gam Cách giải thông thường: FeO + 2HCl  FeCl2 + H2O x 2x x Fe2O3 + 6HCl  2FeCl3 + 3H2O y 6y 2y Fe3O4 + 8HCl  FeCl2 + 2FeCl3 + 3H2O z 8z z 2z Gọi x, y, z lần lượt là số mol của FeO, Fe2O3 và Fe3O4 có trong 9,12 gam hỗn hợp. 72x + 160y + 232z = 9,12 (1) 7,62 x + z = 0,06 (2) 127 Từ (1) 160(y + z) + 72(x +z) = 9,12 y + z = 0,03 m 162,5 (2y + 2z) = 162,5 2 0,03 = 9,75 gam. FeCl3 Giải nhanh: Coi như hỗn hợp gồm FeO và Fe2O3 FeO a mol HCl FeCl2 a mol  Fe2O3 b mol FeCl3 2b mol 72a + 160b = 9,12 7,62 b = 0,03 a = = 0,06 127 m 162,5 2 0,03 = 9,75 gam. FeCl3 7
7. Ví dụ 3: Hòa tan hoàn toàn 3,76 gam hỗn hợp: S, FeS, FeS2 trong HNO3 dư được 0,48 mol NO2 duy nhất và dung dịch X. Cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào X, lọc kết tủa nung đến khối lượng không đổi thì khối lượng chất rắn thu được là: A. 17,545gamB. 18,355gamC. 15,145gamD. 2,4000gam Giải nhanh: Coi như hỗn hợp chỉ gồm Fe và S NO2 0,48 mol Fe 2a mol 0 HNO3 3+ OH t  Fe  Fe(OH)3  Fe2O3  a mol S b mol 2 Ba2+ SO4  BaSO4  b mol Quá trình nhường elctron Quá trình nhận elctron 3+ + Fe  Fe + 3e NO3 + 1e + 2H  NO2 + H2O 2a mol 6a mol 0,48 mol 0,48 mol S  S6+ + 6e b mol 6b mol 112a + 32b = 3,76 a = 0,015 6a + 6b = 0,48 b = 0,065 mrắn = 160 0,015 233 0,065 17,545 gam. 8
8. 2.2 Dạng đốt cháy Sắt trong không khí rồi cho sản phẩm phản ứng với chất oxi hóa ➢ Khi đốt cháy sắt trong không khí sẽ tạo ra hỗn hợp sản phẩm. Nếu học sinh viết phương trình hóa học và lập hệ phương trình để giả quyết thì se gặp vô vàn khó khăn. Đề giải dạng bài tập này ta vận dụng định luật bào toàn khối lượng và bào toàn electron. Ví dụ 1: Nung m gam bột Fe trong oxi, thu được 3 gam hỗn hợp chất rắn A. Hòa tan hoàn toàn A trong dung dịch HNO3 dư thu được 0,56 lít (đktc) NO (duy nhất). Giá trị m là: A. 2,22gam.B. 2,26gam.C. 2,52gam.D. 2,32gam. Giải nhanh theo định luật: HNO Fe + O  3 gam A 3 0,025 mol NO 2 a mol b mol Quá trình nhường elctron Quá trình nhận elctron 3+ + Fe  Fe + 3e NO3 + 3e + 4H  NO + 2H2O a mol 3a mol 0,075 mol 0,025 mol 2 O2 + 4e  2O bmol 4b mol 56a + 32b = 3 a = 0,045 3a = 4b + 0,075 b = 0,015 mFe = 0,045 56 = 2,25 gam. Giải nhanh theo công thức kinh nghiệm:m rắn = 80nFe - 8ne nhận m 0,56 3 80 8 3 m = 2,52 gam. 56 22,4 9
9. Ví dụ 2: Nung nóng 12,6 gam Fe ngoài không khí sau một thời gian thu được m gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe 2O3 và Fe3O4 . Hỗn hợp này phản ứng hết với dung dịch H2SO4 đặc nóng (dư), thu được 4,2 lít khí SO 2 (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Tính m? A. 12gamB. 12,25gamC. 15gamD. 20gam Giải nhanh theo định luật: Fe + O  m gam X H2SO4 0,1875 mol SO 2 2 0,225 mol b mol Quá trình nhường elctron Quá trình nhận elctron 3+ 2 + Fe  Fe + 3e SO4 + 2e + 4H  SO2 + 2H2O 0,225mol 0,675mol 0,375 mol 0,1875 mol 2 O2 + 4e  2O bmol 4b mol 0,675 = 4b + 0,375 b = 0,075 mrắn = 12,6 + 0,075 32 = 15 gam. Giải nhanh theo công thức kinh nghiệm:m rắn = 80nFe - 8ne nhận 12,6 4,2 mrắn 80 8 2 = 15 gam. 56 22,4 Ví dụ 3: Nung nóng m gam bột sắt ngoài không khí, sau phản ứng thu được 20 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 . Hòa tan hết X trong dung dịch HNO3 loãng thu được 5,6 lít hỗn hợp khí Y gồm NO và NO 2 có tỉ khối so với H 2 là 19. Tính m và thể tích HNO3 1M đã dùng? A. 16,8gam và 1,15 lít B. 14gam và 1,15 lít C. 16,8gam và 1,5 lítD. 14gam và 1,5 lít Giải nhanh theo định luật: HNO 3 NO x mol Fe + O  20 gam X  5,6 lit Y dY 19 2 H NO2y mol 2 a mol b mol 10
10. x + y = 0,25 x = 0,125 30x + 46y 19 2 y = 0,125 x + y Quá trình nhường elctron Quá trình nhận elctron 3+ + Fe  Fe + 3e NO3 + 3e + 4H  NO + 2H2O a mol 3a mol 0,375 mol 0,5 mol 0,125 mol + NO3 + 1e + 2H  NO2 + H2O 0,125 mol 0,25 mol 0,125 mol 2 O2 + 4e  2O bmol 4b mol 2b mol 56a + 32b = 20 a = 0,3 3a = 4b + 0,125 + 0,375 b = 0,1 mFe = 0,3 56 = 16,8 gam. n = 4n + 2n + 2n = 4 0,125 + 2 0,125 + 2 2 0,1 = 1,15 mol HNO3 NO NO2 O 1,15 V = = 1,15 lít 1 Bài tập tương tự. Ví dụ 4: Nung x mol Fe trong không khí thu được 16,08 gam hỗn hợp rắn A. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp rắn A trong dung dịch HNO 3 dư thu được 0,972 lít (đktc) khí NO. Giá trị của x là: A. 0,15B. 0,214C. 0,24D.0,22 Ví dụ 5: Để m gam bột sắt (A) trong không khí, sau một thời gian biến thành hỗn hợp rắn B có khối lượng 12 gam. Cho B tác dụng hoàn toàn với dd HNO 3 thấy sinh ra 2,24l khí NO duy nhất ở đktc. Giá trị m là: A. 10,08 gB.21,6gC.16,8 g D. 11,2g Ví dụ 6: Nung m gam Fe trong không khí thu được 104,8 gam hỗn hợp rắn A. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp rắn A trong dung dịch HNO3 dư thu được 12,096 lít (đktc) hỗn hợp khí gồm NO và NO2 có tỉ khối hơi so với H2 là 20,334. Giá trị của m là: A. 74,8 gB. 87,4g C. 47,8gD.78,4g 11