Luận văn Thiết kế hệ thống bài toán hóa học nhiều cách giải nhằm phát triển tư duy và nâng cao hiệu quả dạy học ở trường trung học phổ thông

tố kim loại kiềm đó là Na, K (vì 23 <33,5< 39) Cách 2: Phương trình phản ứng: 22 MCl 2M + Cl dpnc→ 2 2Cl MCl 2,24n = = 0,1 mol => n = 0,2 mol 22,4 MCl m 13,6 M = 68 g n 0,2 M+ 35,5 = 68 M= 68-35,5 M= 32,5 = = ⇔ ⇔ ⇔ Vậy hai nguyên tố kim loại kiềm đó là Na, K (vì 23 <33,5< 39) Nhận xét: Trong 2 cách giải trên, cách giải nào cũng đe m tới kết quả nhanh. Tuy nhiên ở cách 1 chúng ta không cần viết phương trình mà chỉ cần sử dụng phương pháp bảo toàn electron. Bài 2: Điện phân nóng chảy NaCl (điện cực trơ) a. Xác định chất thoát ra trên điện cực b. Nếu ở anot thoát ra 3,36 lít khí (đktc) thì trên catot có bao nhiêu gam kim loại thoát ra (giả sử hiệu suất điện phân 100%). Các cách giải: Cách 1: a) Phương trình phản ứng NaCl → Na + Cl2 Catot (-): Na+ + 1e → Na Anot (+): 2Cl- → Cl2 + 2e Phương trình điện phân 2NaCl dpnc→ 2Na + Cl2 ở Catot thu được kim loại Na, ở anot thu khí clo. b) Số mol khí Clo ở anot là: 3,36 = 0,15 mol 22,4 Ta có : ne nhường = ne nhận 2 x 0,15 = x = 0,3 mol ne nhận = nNa = 0,3 mol mNa = n. M= 0,3 . 23 = 6,9 gam Cách 2: Phương trình điện phân 2NaCl dpnc→ 2Na + Cl2 Số mol khí Clo ở anot là: 3,36 = 0,15 mol 22,4 Theo phương trình: nNa = 2nCl2 = 2.0,15 = 0,3 mol mNa = n . M= 0,3.23 = 6,9 gam Nhận xét: Bài toán trên là bài toán điện phân nóng chảy với 2 phương pháp giải khác nhau. Cách 1 sử dụng phương pháp bảo toàn electron. Sử dụng phương pháp này để giải bài tập điện phân nóng chảy là cách giải mới ít được sử dụng. Bài 3: Điện phân 400g dung dịch AgNO3 8,5% (điện cực trơ) cho đến khi khối lượng của dung dịch giảm bớt 25 gam. Tính thể tích khí thoát ra ở điện cực và khối lượng thanh catot tăng bao nhiêu gam? Các cách giải: Cách 1: Xét các giai đoạn phản ứng riêng lẽ, theo các phương trình điện phân. 3AgNO 400 x 8,5n = = 0,2 mol 100 x 170 + 3AgNOAg => n = n = 0,2 mol + - 3 3 + - 2 AgNO Ag + NO H O H + OH → → Catot: (-) Ag+ +1e → Ag Anot: (+) 2H2O → O2 + 4H+ + 4e Phương trình điện phân: 4AgNO3 + 2H2O → 4Ag + 4HNO3 + O2 Giả sử AgNO3 điện phân hết: 3Ag AgNO n = n = 0,2 mol 2O 0, 2 n = = 0,05 mol 4 mgiảm = 108 x 0,2 +32 x 0,05 = 23,2 gam < 25,0 gam. Nên sau khi AgNO3 điện phân thì H2O sẽ điện phân tiếp theo (trong H+): 2H2O → O2 + 2H2 Vậy AgNO3 điện phân hết, đặt x mol H2O điện phân. Giai đoạn 1: nAg = 0,2 mol, nO2 = 0,05 mol Giai đoạn 2: nO2 = x/2 mol, nH2 = x mol mgiảm = 108 x 0,2 +32 x 0,05 + 32 x x 2 +2x = 25  x = 0,1 mol Tổng mol khí thoát ra từ 2 điện cực là: 0,05 + 0,1 2 + 0,1 = 0,2 mol Vkhí = 0,2 x 22,4 = 4,48 lít Ở Catot (-): Chỉ có Ag bám lên nên khối lượng tăng chính là khối lượng của Ag. mAg = 108 x 0,2 = 21,6 gam Cách 2: Sử dụng bảo toàn mol electron + - 3 3 + - 2 AgNO Ag + NO H O H + OH → → Xét các quá trình xảy ra trên điện cực: Catot (-): Ag+ +1e → Ag 2H2O +2e → H2 + 2OH- Anot (+): 2H2O → O2 + 4H+ + 4e 3AgNO 400 x 8,5n = = 0,2 mol 100 x 170 + 3AgNOAg => n = n = 0,2 mol Đặt x mol H2O điện phân ở Catot, y mol H2O điện phân ở anot Bảo toàn mol elctron: ne nhường = ne nhận ⇔ 0,2 x 1 + x = 2y hay 2y – x = 0,2 (1) m giảm = 108 x 0,2 + 2 x 2 + 32 y 2 =25 ⇔ x + 16y = 3,4 (2) => x = y = 0,2 mol => n khí = x 2 + y 2 =0,2 => V khí = 0,2 x 22,4 = 4,48 lít mAg = 108 x 0,2 = 21,6 gam Nhận xét: Bài toán trên là bài toán về điện phân dung dịch với 2 phương pháp giải khác nhau. Cách 2, phương pháp bảo toàn electron được ứng dụng để giải về bài tập điện phân đây là cách giải mới ít được sử dụng. 2.3.3. Bài toán nhiều cách giải phần hóa học vô cơ 2.3.3.1. Chủ đề 1: Kim loại Bài 1: Nhúng 1 thanh nhôm nặng 50g vào 400ml dung dịch CuSO 4 0,5M. Sau một thời gian lấy thanh nhôm ra cân nặng 51,38g. Tính khối lượng Cu thoát ra. Các cách giải: Cách 1: 2Al + 3CuSO4 → Al2(SO4)3 + 3Cu x 1,5x Đặt số mol Al phản ứng là x Khối lượng vật sau phản ứng = mCu gp + mAl còn dư = 64 x 1,5x + (50 - 27x) = 51,38 ⇒ x = 0,02 (mol) => Khối lượng Cu thoát ra: 0,02 x 1,5 x 64 = 1,92g Cách 2: Phương pháp tăng giảm khối lượng Theo phương trình cứ 2mol Al → 3mol Cu khối lượng tăng là: 3 x 64 – 54 = 138g Vậy khối lượng tăng: 51,38 - 50 = 1,38g ⇒ 0,03mol Cu ⇒ mCu = 0,03 x 64 = 1,92 (g). Nhận xét: Đây là bài toán thuộc phần đại cương về kim loại, cách 1 dùng phương pháp đại số. Tuy nhiên với những bài toán dạng này phương pháp tăng giảm khối lượng là phương pháp thường được sử dụng vì ngắn gọn và dễ hiểu. Bài 2: Nhúng một dây Mg vào 120 ml dung dịch FeCl3 1M. Sau một thời gian, lấy dây Mg ra cân lại thấy khối lượng tăng 1 gam. Tính khối lượng Mg tan vào dung dịch.(Giả sử toàn bộ chất rắn sinh ra bám hết vào dây Mg). Các cách giải: Cách 1: Do khối lượng dây Mg tăng nên nhất định phải xảy ra 2 phản ứng Mg + 2FeCl3 → MgCl2 + 2FeCl2 0,06 ← 0,12 Mg + FeCl2 → MgCl2 + Fe↓ x x x Δm = mFe – mMg tan = 1 ⇔ 56x – 24(0,06 + x) = 1 ⇔ x = 0,07625 Vậy: mMg tan = 24. 0,13625 = 3,27g. Cách 2: Mg → Mg2+ + 2e a 2a Δm = 56(a – 0,06) – 24a = 1 ⇔ a = 0,13625 Vậy: mMg tan = 24. 0,13625 = 3,27g. Nhận xét: Trong 2 cách giải trên, cách giải 2 nhanh hơn và chỉ cần áp dụng p hương pháp bảo toàn electron. Tuy nhiên nếu học sinh nắm vững toán học, khéo léo trong tư duy thì giải theo cách 1 vẫn cho kết quả chính xác. Bài 3: Cho 3,78 g bột Al phản ứng vừa đủ với dung dịch muối XCl 3 tạo thành dung dịch Y. Khối lượng chất tan trong dung dịch Y giảm 4,06 so với XCl3. Xác định công thức muối của XCl3. Các cách giải: Cách 1: Tăng giảm khối lượng Khối lượng chất tan trong dung dịch giảm 4,06 => khối lượng kim loại tạo thành là: 4,06 + 3,78 = 7,84 g Phương trình ion thu gọn: Al + X+3 → Al+3 + X X Al X 3,78n = n = = 0,14 mol 27 7,84=> M = 56 0,14 X là Fe = => Cách 2: Phương pháp đại số Al + XCl3 → AlCl3 + X a a a a Al 3,78 n = = 0,14 mol 27 3XCl M = X + 35,5 x3 3AlCl M = 27 + 35,5 x3 Ta có: 3+ 2+ 2+ Fe + 1e Fe 0,12 0,12 Fe + 2e Fe 2a - 0,12 a - 0,06  →    →   3 3AlCl XCl m - m = 4,06 (X + 35,5 x 3 - 27- 35,5x3)0,14 = 4,06 X - 27 = 29 X = 56 ⇔ ⇔ ⇔ Vậy X là Fe Cách 3: Al + XCl3 → AlCl3 + X 1 mol Al phản ứng khối lượng giảm là (X -27)g 0,14 mol Al phản ứng khối lượng giảm là 4,06g Ta có phương trình: (X - 27)0,14 = 4,06 ⇔ X – 27= 29 ⇔ X = 56 Vậy X là Fe Nhận xét: Trong 3 cách giải trên, cách giải 1, 3 áp dụng phương pháp tăng giảm khối lượng nên nhanh hơn. Tuy nhiên nếu học sinh nắm vững toán học, khéo léo trong tư duy thì giải theo cách 2 vẫn cho kết quả chính xác. Bài 4: Nhúng một lá sắt nặng 8g vào 500ml dung dịch CuSO4 2M. Sau một thời gian lấy sắt ra cân lại thấy nặng 8,8 gam. Tính nồng độ mol của dung dịch CuSO4 sau phản ứng. Biết thể tích dung dịch không đổi sau phản ứng. Các cách giải: Cách 1: Tăng giảm khối lượng Phương trình phản ứng : Fe + CuSO4 → FeSO4 + Cu Theo đề bài ta thấy khối lượng thanh sắt sau phản ứng là 8,8 gam => so với ban đầu tăng 0,8 gam. 4CuSO n = 0,5.2 = 1 mol Áp dụng phương pháp tăng giảm khối lượng ta có : 1 mol CuSO4 phản ứng thì khối lượng thanh sắt tăng 8 gam x mol CuSO4 phản ứng thì khối lượng thanh sắt tăng 0,8 gam => x = 0,1 mol Vậy 4CuSO n (phản ứng) = 0,1 mol => 4CuSO n (còn lại) = 1 – 0,1 = 0,9 mol Vậy : CuSO4M C (sau phản ứng) = 0,9 = 1,8 M 0,5 . Cách 2: Giả sử số mol Fe phản ứng là x 4CuSO n = 0,5.2 = 1 mol Phương trình phản ứng : Fe + CuSO4 → FeSO4 + Cu x x x mFe (phản ứng) = 56x => mFe (sau phản ứng) = 8 – 56x mCu (sản phẩm) = 64x Vậy : mFe cân được sau phản ứng = 64x + 8 – 56x = 8,8  x = 0,1 mol => 4CuSO n (phản ứng) = 0,1 mol => 4CuSO n (còn lại) = 1 – 0,1 = 0,9 mol Vậy : CuSO4M C (sau phản ứng) = 0,9 = 1,8 M 0,5 . Nhận xét: Trong 2 cách giải trên, cách giải 1 nhanh hơn và chỉ cần áp dụng phương pháp tăng giảm khối lượng. Tuy nhiên nếu học sinh nắm vững toán học, khéo léo trong tư duy thì giải theo cách 1 vẫn cho kết quả chính xác. Bài 5: Hòa tan 2,52 gam một kim loại R bằng dung dịch H 2SO4 loãng dư. Cô cạn dung dịch thu được 6,84 gam muối khan. Tìm R. Các cách giải: Cách 1: Tăng giảm khối lượng 2R + nH2SO4 → R2(SO4)n + nH2 2.MR gam phản ứng khối lượng muối tăng 96n gam 2,52 gam phản ứng khối lượng muối tăng 4,32 gam (6,84 – 2,52 = 4,32) R R 2M 96n= M = 28n 2,52 4,32 ⇒ ⇔ Vì R là kim loại nên n có thể là 1, 2 hoặc 3. Khi đó ta có: R R R R 1 M = 28 M = 28n 2 M = 56 ( ) 3 M = 84 ( ) (loaïi) nhaän loaïi = ⇒ ⇒ = ⇒  = ⇒ n n n MR = 56 => R là kim loại Fe. Cách 2: 2R + nH2SO4 → R2(SO4)n + nH2 Ta có : 2 4 2 4 2 4 22 4 4 H SO 6,84 2,52 4,32 4,32n 0,045 mol 96 n = n 0,045 mol Rmuoái SO RmuoáiSO SO SO m = m + m m m m − − − − ⇒ = − = − = ⇒ = = ⇒ = R 2.0,045 0,09= n n m 2,52.nM = = 28n n 0,09 RVaäy : n = ⇒ = Vì R là kim loại nên n có thể là 1, 2 hoặc 3. Khi đó ta có: R R R R 1 M = 28 M = 28n 2 M = 56 ( ) 3 M = 84 ( ) (loaïi) nhaän loaïi = ⇒ ⇒ = ⇒  = ⇒ n n n MR = 56 => R là kim loại Fe. Nhận xét: Trong 2 cách giải trên, cả 2 cách giải đều cho kết quả nhanh. Cách 1 sử dụng phương pháp tăng giảm khối lượng, cách 2 sử dụng phương pháp bảo toàn khối lượng. 2.3.3.2. Chủ đề 2: Kim loại kiềm và kim loại kiềm thổ Bài 1: Hỗn hợp X gồm hai kim loại A, B nằm kế tiếp nhau trong nhóm IA. Lấy 6,2g X hoà tan hoàn toàn vào nước thu được 2,24lít hiđro ( ở đktc). Xác định A, B Các cách giải: Cách 1: PTHH: A + H2O → AOH + 1/2 H2 B + H2O → BOH + 1/2H2 Đặt nA = x; nB = y Theo đầu bài ta có hệ phương trình: Ax + By = 6,2 x + y = 2 x 2,24 0,2 22,4 = Vì A, B nằm kế tiếp nhau trong nhóm IA. * Giả sử   =>    A laø Li 7x + 23y = 6,2 => y<0 : khoâng thoûa maõn B laø Na x + y = 0,2 * Giả sử    = =>   =   A laø Na 23x + 39y = 6,2 0,1 => (thoûa maõn) B laø K x + y = 0,2 0,1 x y * Giả sử       A laø K A laø Rb hoaëc (ñeàu khoâng thoûa maõn) B laø Rb B laø Cs Vậy A là Na, B là K Cách 2: Đặt công thức chung của A và B là R R + H2O → ROH + 1/2H2 0,2mol 0,1mol 6,2M 31(g / mol) 0,2 = = A B M 23 M 39 = ⇒ = (thỏa mãn) Vậy A là Na, B là K Nhận xét: Thông thường học sinh giải bài toán theo cách 1, tuy nhiên cách 1 học sinh phải biện luận và đa số học sinh lúng túng. Tuy nhiên nếu học sinh tinh ý và tư duy tốt, biết phương pháp trung bình thì với cách 2 việc giải bài toán sẽ dễ dàng hơn. Bài 2: Hòa tan hết hỗn hợp gồm một kim loại kiềm và một kim loại kiềm thổ trong nước được dung dịch A và có 1,12 lít H2 bay ra (ở đktc). Cho dung dịch chứa 0,03 mol AlCl3 vào dung dịch A. Tính khối lượng kết tủa thu được. Các cách giải: Cách 1: Gọi x, y lần lượt là số mol của kim loại kiềm A và kim loại kiềm thổ B; A + H2O → AOH + 1/2H2 x x x/2 B + H2O → B(OH)2 + H2 y y y nH2 = x/2 + y= 0,05 mol 2 2AOH B(OH) HOH n n 2n x 2y 2n 0,1 mol− = + = + = = Al3+ + 3OH− → Al(OH)3↓ Ban đầu: 0,03 0,1 mol Phản ứng: 0,03 → 0,09 → 0,03 mol ⇒ OH ( ) n d­− = 0,01mol Tiếp tục hòa tan kết tủa theo phương trình: Al(OH)3 + OH− → AlO2− + 2H2O 0,01 ← 0,01 mol Vậy: 3Al(OH) m = 78×0,02 = 1,56 gam. Cách 2: Phản ứng của kim loại kiềm và kim loại kiềm thổ với H2O: M + nH2O → M(OH)n + 2 n H 2 Từ phương trình ta có: 2HOH n 2n− = = 0,1mol. Dung dịch A tác dụng với 0,03 mol dung dịch AlCl3: Al3+ + 3OH− → Al(OH)3↓ Ban đầu: 0,03 0,1 mol Phản ứng: 0,03 → 0,09 → 0,03 mol ⇒ OH ( ) n d­− = 0,01mol Tiếp tục hòa tan kết tủa theo phương trình: Al(OH)3 + OH− → AlO2− + 2H2O 0,01 ← 0,01 mol Vậy: 3Al(OH) m = 78×0,02 = 1,56 gam. Nhận xét: Thông thường học sinh giải theo cách 1, nếu học sinh tinh ý và có tư duy tốt hơn thì sẽ làm theo cách 2. Cách 2 giải ngắn gọn, nhanh hơn. Bài 3: Hòa tan hoàn toàn 2,84 gam hỗn hợp hai muối cacbonat của hai kim loại phâ n nhóm IA và thuộc hai chu kỳ liên tiếp trong bảng tuần hoàn bằng dung dịch HCl ta thu được dung dịch X và 672 ml CO2 (ở đktc). a. Hãy xác định tên các kim loại. b. Cô cạn dung dịch X thì thu được bao nhiêu gam muối khan? Các cách giải: Cách 1: a. Gọi A, B là các kim loại cần tìm. Các phương trình phản ứng là: ACO3 + 2HCl → ACl2 + H2O + CO2↑ (1) BCO3 + 2HCl → BCl2 + H2O + CO2↑ (2) Theo các phản ứng (1), (2) tổng số mol các muối cacbonat bằng: 2CO 0,672n 0,03 22,4 = = mol. Vậy KLPTTB của các muối cacbonat là 2,84M 94,67 0,03 = = và A,BM 94,67 60 34,67= − = Vì thuộc 2 chu kỳ liên tiếp nên hai kim loại đó là Mg (M = 24) và Ca (M = 40). b. KLPTTB của các muối clorua: M 34,67 71 105,67= + =muèi clorua . Khối lượng muối clorua khan là : 105,67×0,03 = 3,17 gam. Cách 2: Gọi CTPT TB của 2 kim loại nhóm IIA là X 3 2 2 2XCO + 2HCl XCl CO H O→ + + 2 23 3 CO COXCO XCO 0,672n 0,03 mol 22,4 n = n = 0,03 mol m 2,84=> M 94,67 n 0,03 = = => = = = ⇔ X + 60 = 94,67 ⇔ X =94,67 -60 = 34,67  A < X < B  A < 34,67 < B => Vì thuộc 2 chu kỳ liên tiếp nên hai kim loại đó là Mg (M = 24) và Ca (M = 40). 1 mol 3XCO phản ứng thì khối lượng muối tạo ra tăng 11g (71-60= 11g) 0,03 3XCO phản ứng thì khối lượng muối tạo ra tăng 11 x 0,03 = 0,33g => Khối lượng muối clorua tao ra là: mclorua = mmuối cacbonat + mtăng = 0,33 + 2,84 = 3,17 g Nhận xét: Thông thường học sinh giải theo cách 1, nhưng hầu hết đều lúng túng và không giải ra vì bài toán quá nhiều ẩn. Nếu học sinh tinh ý và có tư duy tốt hơn thì sẽ làm theo cách 2. Cách 2 giải ngắn gọn, nhanh hơn. Bài 4: Cho một mẩu Na dư tác dụng với dung dịch HCl nồng độ C% thấy khối lượng khí H2 thoát ra bằng 5% khối lượng dung dịch axit đã phản ứng. Tính giá trị của C. Các cách giải: Các phản ứng xảy ra: 2Na + 2HCl → 2NaCl + H2 2Na + 2H2O → 2NaOH + H2 Đa số HS làm theo cách viết và tính theo phương trình phản ứng, giải theo cách 1. Cách 1: Giả sử khối lượng khí H2 là m gam ⇒ Khối lượng dung dịch axit là 20m gam Cách 1.1: )gam(mC20m20m)gam(mC20m OHHCl 2 −=⇒=⇒ Ta có: %73,19C 2 m 18.2 mC20m20 5,36.2 mC20 n 2H =⇒= − += Cách 1.2: Tự chọn lượng chất Giả sử khối lượng dung dịch axit ban đầu là 100gam mol5,2ngam5m 22 HH =⇒=⇒ 18 C100 ngam)C100(m; 5,36 C n)gam(Cm OHOHHClHCl 22 − =⇒−==⇒= Ta có: %73,19C5,2 18.2 C100 5,36.2 C n 2H =⇒= − += Với nhưng học sinh có năng lực tư duy độc lập, sáng tạo. Biết đặt công thức chung của HCl và HOH là MH , giải theo cách 2. Cách 2: Cách 2.1: Giả sử khối lượng khí H2 là m gam ⇒ Khối lượng dung dịch axit là 20m gam Đặt công thức chung của HCl và HOH là MH )mol(m 2 m .2n MH ==⇒ 20M MH =⇒ Sơ đồ đường chéo: ( ) %73,19%100.5,16.182.5,36 2.5,36 %C 5,16 2 205,36 1820 n n HCl HOH HCl = + =⇒= − − = Cách 2.2: Tự chọn lượng chất Giả sử khối lượng dung dịch axit ban đầu là 100 gam mol5,2ngam5m 22 HH =⇒=⇒ Đặt công thức chung của HCl và H2O là MH mol5n MH =⇒ 19M20 5 100 M1 =⇒==+⇒ Sơ đồ đường chéo: ( ) %73,19%100.5,16.182.5,36 2.5,36 %C 5,16 2 195,35 1719 n n HCl HOH HCl = + =⇒= − − = Nhận xét: Đây là bài toán không khó, tuy nhiên nếu không nắm vững tính chất hóa học của kim loại Na, dẫn đến việc giải sai lầm bài toán (thiếu phương trình (2)), Đa số HS làm theo cách viết và tính theo phương trình phản ứng, giải theo cách 1. 2.3.3.3. Chủ đề 3: Nhôm và nhóm IIIA Bài 1: Hoà tan vừa hết m gam Al vào dung dịch NaOH thì thu được dung dịch A và 3,36 lít H2 (đktc). a. Tính m. b. Rót từ từ dung dịch HCl 0,2 M vào A thì thu được 5,46 gam kết tủa. Tính thể tích dung dịch HCl đã dùng. Các cách giải: Cách 1: a. Phương trình phản ứng: 2Al + 2H2O + 2NaOH → 2NaAlO2 + 3 H2 Theo phương trình: Số mol Al = 2/3. Số mol H2 = 0,1 (mol). → m = 2,7 (gam). Phương trình hoá học của những phản ứng lần lượt xảy ra như sau: H+ + H2O + AlO2- → Al(OH)3 (1) 3 H+ + Al(OH)3 → Al3+ + 3 H2O (2) b. Theo giả thiết: Số mol Al(OH)3 = 5,46 : 78 = 0,07 (mol) Trường hợp 1: Chỉ có phản ứng (1) ↔ AlO2- dư. Theo phương trình ta có: Số mol H+ = Số mol Al(OH)3 = 0,07 (mol). Số mol AlO2- (pư) = Số mol Al(OH)3 < 0,1 (mol). Vậy, thể tích dung dịch HCl là: [HCl] = 35,0 2,0 07,0 = (lít). Trường hợp 2: Cả phản ứng (1) và (2) đều xảy ra ↔ AlO2- hết. 0,07 Theo phương trình (1): Số mol Al(OH)3 (1) = Số mol AlO2- = 0,1 (mol). → Số mol Al(OH)3 (2) = 0,1 - 0,07 = 0,03 (mol). Theo phương trình (1) và (2): Số mol H+ = 0,1 + 3. 0,03 = 0,19 (mol) Vậy, nồng độ dung dịch HCl là: [HCl] = 95,0 2,0 19,0 = (lít). Cách 2: Phương pháp đồ thị: Số mol Al(OH)3 0,07 0,1 0,19 0,4 Số mol H+ Dựa vào tỷ lệ phản ứng ở phương trình (1) và (2) ta vẽ được đồ thị biểu diễn lượng kết tủa thu được theo lượng H+ đã phản ứng như trên. b. Nếu sau phản ứng thu được 5,46 gam kết tủa thì: Trường hợp 1: Số mol H+ = 0,07 (mol). Trường hợp 2: Số mol H+ = 0,19 (mol). Nhận xét: Phương pháp đồ thị ở cách 2 cho đáp số nhanh hơn. Học sinh có thể sử dụng phương pháp đồ thị này để giải những bài tương tự. Bài 2: Cho 200ml dung dịch KOH vào 200ml dung dịch AlCl 3 1M thu được 7,8gam kết tủa keo. Tính nồng độ mol/l của dung dịch KOH. Các cách giải: Cách 1: Phương pháp đại số 3KOH + AlCl3 → Al(OH)3 + 3KCl (1) Al(OH)3 + KOH → KAlO2 + 2H2O (2) 3 3 AlCl Al(OH) n = 0,2 mol 7,8n = =0,1 mol 78 TH1: chỉ xảy ra phản ứng (1) 0,1 3KOH Al(OH) M n = 3n = 0,3 mol n 0,3C = 1,5 M V 0, 2KOH = = TH2: xảy ra cả 2 phản ứng (1) và (2) 3 3 3 KOH(1) AlCl Al(OH) AlCl n = 3n =3 x 0,2 = 0,6 mol n (1) n (1) 0,2 mol= = Theo đề: 3Al(OH) n = 0,1 mol  3(2)Al(OH) n = 0,2 - 0,1 = 0,1 mol  3(2)KOH(2) Al(OH) n = n = 0,1 mol  ∑nKOH(1+2) = 0,1 + 0,6 = 0,7 mol M KOH n 0,7C = = =3,5 M V 0,2 Cách 2: Phương pháp đồ thị Vì 0 < nkt = 0,1 < 0,2 theo hình vẽ ta thấy nOH- có 2 trường hợp: KOH KOH MKOH MKOH n = 0,3 mol n = 0,7 mol 0,3C = = 1,5 M 0,2 0,7C = = 3,5 M 0,2     =>    Nhận xét: Bài toán này sử dụng phương pháp đồ thị cho kết quả nhanh hơn. Khi dùng phương pháp đồ thị học sinh chỉ cần thuộc công thức không cần phải tư duy nhiều, phù hợp với hình thức thi trắc nghiệm. Tuy nhiên cách 1 vẫn là cách dễ sử dụng nhất. Bài 3: Trộn 100ml dung dịch AlCl3 1M với 200ml dung dịch NaOH 1,8M thu được kết tủa A và dung dịch B. 0,6 0,8 0 nOH- 0,2 nkt= 0,1 nAl3+ a. Tính khối lượng kết tủa A b. Tính nồng độ mol của các chất trong B Các cách giải: Số mol các chất: 3AlCl NaOH n = 0,1mol ; n = 0,36 mol Cách 1: Phương pháp đại số Xảy ra các phản ứng: +3Al + 3 −OH → Al(OH)3 0,1 0,3 0,1 06,03,036,0n ­)d(OH =−=⇒ − tiếp tục phản ứng với Al(OH)3 theo phương trình : Al(OH)3 + −OH → -2AlO + H2O 0,06 0,06 0,06 a. Kết tủa A là Al(OH)3: 0,04 mol ⇒ mA = 3,12gam b. Dung dịch B {Na[Al(OH)4]: 0,06 ; NaCl: 0,3} ⇒ M1 3,0 3,0 C )NaCl(M == ; M2,03,0 06,0 C ])OH(Al[Na(M 4 == Cách 2: Bảo toàn điện tích Dung dịch A chứa 0,3mol -Cl ; 0,36mol +Na , do dung dịch trung hoà về điện nên phải chứa 0,06mol −4)OH(Al 1. Kết tủa A là Al(OH)3: 0,04 ⇒ mA = 3,12gam 2. Dung dịch B {NaAlO2: 0,06 ; NaCl: 0,3} ⇒ M1 3,0 3,0 C )NaCl(M == ; M2,03,0 06,0 C ])OH(Al[Na(M 4 == Nhận xét: Với HS có năng lực quan sát và suy luận, giải theo cách 2. Cách 2 giúp cho HS phát triển được tư duy logic, khả năng suy luận. Bài 4: Cho m gam hỗn hợp X gồm Na và Al vào 1 lượng dư nước thoát ra V lít khí (đktc). Nếu cũng cho m gam X vào dung dịch NaOH dư thì thu được 1,75V lít khí (đktc). Tính phần trăm khối lượng của Na trong X. Các cách giải: Cách 1: Thí nghiệm 1: Na + H2O -> NaOH + ½ H2 x(mol) x 0,5x Al + NaOH + H2O -> NaAlO2 + 3/2H2 x x 1,5x Thí nghiệm 2: Na + H2O -> NaOH + ½ H2 x(mol) x 0,5x Al + NaOH + H2O -> NaAlO2 + 3/2H2 y 1,5y So sánh thể tích của 2 thí nghiệm thì TN1 Al còn dư và ở TN2 Al tan hết. Ta có: 0,5x + 1,5y = 1,75(0,5x+1,5y)  y = 2x Xét 3 mol hỗn hợp X thì mNa = 23g; mAl = 54g 23%Na = x 100% = 29,87% 23+54 Cách 2: Theo phương pháp bảo toàn e TN1: chất khử là Na và Al nên: Na → Na+ + 1e x(mol) x Do Al dư và tỉ lệ Na:Al là 1:1 nên: Al → Al3+ + 3e x(mol) 3x H2O là chất oxi hóa nên: 2H+ + 2e → H2 V x 2 V (mol) 22,4 22,4 ← Bảo toàn electron: x + 3x = V x 2 22,4 (1) TN2: Na → Na+ + 1e x(mol) x Do Al phản ứng hết nên: Al → Al3+ + 3e y(mol) 3y và 2H+ + 2e → H2 1,75V x 2 1,75V (mol) 22,4 22,4 ← Bảo toàn e: x + 3y = 1,75V x 2 22,4 (2) Từ (1)(2) => y=2x Xét 3 mol hỗn hợp X thì mNa = 23g; mAl = 54g 23%Na = x 100% = 29,87% 23+54 Nhận xét: Với hai cách giải trên thì thông thường học sinh chọn cách giải 1. Tuy nhiên cách giải 2 tiết kiệm thời gian viết phương trình phản ứng và thông thường học sinh nắm vững kiến thức hoá học sẽ làm theo cách này. 2.3.3.4. Chủ đề 4: Sắt và hợp chất của sắt Bài 1: A là oxit sắt FexOy, tiến hành 2 thí nghiệm: - TN 1: Cho A tác dụng hết với dung dịch HCl loãng dư - TN 2: Cho A tác dụng hết với H2SO4 đặc, nóng (biết SO2 là sản phẩm khử duy nhất) Biết rằng khi số mol 2 axit tham gia phản ứng ở 2 thí nghiệm như nhau thì tỉ lệ số mol của oxit trong 2 thí nghiệm là 8/5. Xác định công thức oxit sắt FexOy. Các cách giải: Với bài toán này, học sinh đều biết rằng: FexOy tác dụng với H2SO4 đặc có khí SO2 sinh ra ⇒ FexOy có thể là FeO hoặc Fe3O4. Cách 1: Xét từng trường hợp Trường hợp 1: Oxit là FeO TN 1: FeO + 2HCl → FeCl2 + H2O 0,5a a TN 2: 2FeO + 4H2SO4 → Fe2(SO4)3 + SO2 + 4H2O 0,5a a Ta có: )i¹lo( 1 1 n n )2TN(FeO )1TN(FeO = Trường hợp 2: Oxit là Fe3O4 TN 1: Fe3O4 + 8HCl → 2FeCl3 + FeCl2 + 4H2O a/8 a TN 2: 2Fe3O4 + 10H2SO4 → 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O a/5 a Ta có: )n·m¶tho( 5 8 n n )1TN(OFe )2TN(OFe 43 43 = ⇒ Oxit sắt là Fe3O4. Cách 2: Phương pháp đại số TN 1: FexOy + 2yHCl → xFeCl2y/x + 2yH2O a/2y a TN 2: 2FexOy + (6x - 2y)H2SO4 → xFe2(SO4)3 + (3x - 2y)SO2 + (6x - 2y)H2O a/(3x - y) a Theo bài ra ta có:             = = ⇒ = − = − ⇒        = = )OFe( 4 3 y x )i¹lo( 15 21 y x 5 8 yx3 y2 5 8 y2 yx3 5 8 n n 5 8 n n 43 )1TN(OFe )2TN(OFe )2TN(OFe )1TN(OFe yx yx yx yx Cách 3: Phương pháp đại số + biện luận TN 1: FexOy + 2yHCl → xFeCl2y/x + 2yH2O a/2y a TN 2: 2FexOy + (6x - 2y)H2SO4 → xFe2(SO4)3 + (3x - 2y)SO2 + (6x - 2y)H2O a/(3x – y) a )OFe( 4 3 y x 5 8 yx3 y2 5 8 n n y2yx3yx 43 )1TN(OFe )2TN(OFe yx yx =⇒= − ⇒=⇒≤−⇒≤ Nhận xét: Với học sinh bình thường, xét 2 trường hợp FeO hoặc Fe3O4 rồi lập tỉ lệ số mol 2 oxit, giải theo cách 1. Với học sinh có khả năng tư duy toán học tốt nhưng không có khả năng quan sát, dẫn đến học hóa học theo cách phiến diện, công thức và toán hoá các sự việc, các hiện tượng hóa học, giải theo cách 2. Với học sinh có khả năng tư duy toán học và có năng lực quan sát tốt, với 2 oxit FeO, Fe3O4 (công thức chung là FexOy) thì ta luôn có yx ≤ , giải theo cách 3. Bài 2: Hoà tan 16,4 gam hỗn hợp bột X gồm Fe kim loại và một oxit sắt bằng dung dịch HCl dư, thu được 3,36 lít khí (đktc) và dung dịch A. Cho A tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH, sau đó đun nóng trong không khí đến phản ứng hoàn toàn thu được kết tủa B. Nung B ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thu được 20gam chất rắn. Xác định công thức của oxit sắt. Các cách giải: Cách 1: Phương pháp đại số Đặt số mol các chất trong 16,4gam hỗn hợp X { Fe: a ; yxOFe : b } ⇒ 56a + (56x + 16y)b = 16,4 X + HCl xảy ra các phản ứng: x yFe O + 2yHCl → 2y/xxFeCl + yH2O b bx Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 a a a ⇒ 15,0a15,0 4,22 36,3 an 2H =⇒=== Dung dịch A gồm {FeCl2: 0,15 ; 2y/xFeCl : bx ; HCl dư } Từ các phản ứng: H+ + -OH → H2O Fe2+ + 2 -OH → Fe(OH)2 0,15 0,15 2y + xFe + −OH x y2 → 2y/xFe(OH) bx bx Nung kết tủa xảy ra các phản ứng: 4Fe(OH)2 + O2 → 2Fe2O3 + 4H2O 0,15 0,075 4x 2y/xFe(OH) + (3x - 2y)O2 → 2xFe2O3 + 4yH2O bx 0,5bx Chất rắn thu được là Fe2O3: (0,5bx + 0,075) ⇒ 160.(0,5bx + 0,075) = 20 ⇒ bx = 0,1 ; by = 0,15 ⇒ )OFe( 3 2 15,0 1,0 y x 32== Cách 2: Bảo toàn electron + Bảo toàn số mol nguyên tử Đặt số mol các chất trong 16,4gam hỗn hợp X { Fe: a ; x yFe O : b } ⇒ 56a + (56x + 16y)b = 16,4 (I) Bảo toàn số mol electron: 2Fe H 2.n 2.n 2a = 2.0,15 a = 0,15= ⇒ ⇒ (II) 20 gam chất rắn là Fe2O3: 0,5(a + bx) ⇒ a + bx = 0,25 (III) ( ) ( ) ( ) → III,II,I a = 0,15 ; bx = 0,1 ; by = 0,15 )OFe( 3 2 15,0 1,0 y x 32==⇒ Cách 3: Bảo toàn electron + Bảo toàn số mol nguyên tử Bảo toàn số mol electron: 15,0nn.2n.2 FeHFe 2 =⇒= gam8m4,16m15,0.56m yxyx OFeOFeX =⇒=+=⇒ Ta có sơ đồ:             