Sv. Lê Phạm Thành – K52 CLC Hóa Học ĐHSP Hà Nội, 2005 Bài tập chuyên đề “Bài tập nhiều cách giải” 1 Bài tập chuyên đề “Bài tập hóa học phổ thông” Sinh viên: Lê Phạm Thành – K52 CLC Hóa Học ĐHSP Hà Nội Giảng viên: PGS. TS. Nguyễn Xuân Trường Chuyên đề: “Xây dựng bài toán hóa học có thể giải bằng nhiều cách nhằm phát triển tư duy cho học sinh” Bài 1 (VD1/Hướng dẫn giải nhanh BTHH, Tập 1/Cao Cự Giác): Hòa tan 10 gam hỗn hợp 2 muối cacbonat kim loại hóa trị II và III bằng dung dịch HCl ta thu được dung dịch A và 0,672 lít khí bay ra (đktc). Hỏi cô cạn dung dịch A thì thu được bao nhiêu gam muối khan? Giải: Cách 1 (Phương pháp bảo toàn khối lượng): Các phản ứng xảy ra (nếu gọi hai muối lần lượt là RCO 3 và M 2 (CO 3 ) 3 ): RCO 3 + 2HCl  RCl 2 + CO 2 + H 2 O (1) M 2 (CO 3 ) 3 + 6HCl  2MCl 3 + 3CO 2 + 3H 2 O (2) Ta có: n H 2 = 0,672/22,4 = 0,03 (mol) Gọi m là khối lượng muối khan thu được khi cô cạn dung dịch A, áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: 10 + 0,03.36,5 = m + 0,03.(44 + 18) => m = 10,33 (gam) Cách 2 (Phương pháp tăng giảm khối lượng): Vẫn theo (1) và (2) ta thấy cứ 1 mol CO 3 2- phản ứng (sinh ra 1 mol CO 2 ) thì sẽ được thay thế bằng 2 mol Cl - . Hay cứ 1 mol CO 3 2- phản ứng (tức 1 mol CO 2 sinh ra) thì khối lượng muối khan thu được sẽ tăng (71 – 60) = 11 gam. Mà n CO 2 = 0,03 mol => m = 10 + 0,03.11 = 10,33 (gam). Bài 2 (Câu I.2/QGHN 98): Để m gam phoi bào sắt (A) ngoài không khí, sau một thời gian biến thành hỗn hợp (B) khối lượng 12 gam gồm sắt và các oxit FeO, Fe 3 O 4 , Fe 2 O 3 . Cho B tác dụng hoàn toàn với dung dịch axit nitric thấy giải phóng ra 2,24 lít khí duy nhất NO (đktc). Tính khối lượng m của A. Giải: Sơ đồ các biến đổi xảy ra theo bài toán: Fe Fe B FeO NO m A gam 12 gam Fe 3 O 4 Fe 2 O 3 2,24 lít (đktc) Các phương trình phản ứng xảy ra trong suốt bài toán:  Để m gam sắt (A) ngoài không khí thành hỗn hợp B: Fe + 2 1 O 2 → FeO (a) Không khí dd HNO 3 Sv. Lê Phạm Thành – K52 CLC Hóa Học ĐHSP Hà Nội, 2005 Bài tập chuyên đề “Bài tập nhiều cách giải” 2 3Fe + 2O 2 → Fe 3 O 4 (b) 2Fe + 2 3 O 2 → Fe 2 O 3 (c)  Cho B tác dụng hoàn toàn vơi dung dịch HNO 3 , giải phóng khí NO duy nhất: Fe + 4HNO 3 → Fe(NO 3 ) 3 + NO↑ + 2H 2 O (d) 3FeO + 10HNO 3 → 3Fe(NO 3 ) 3 + NO↑ + 5H 2 O (e) 3Fe 3 O 4 + 28HNO 3 → 9Fe(NO 3 ) 3 + NO↑ + 14H 2 O (f) Fe 2 O 3 + 6HNO 3 → 2Fe(NO 3 ) 3 + 3H 2 O (g) Cách 1 (Bảo toàn electron): Theo định luật bảo toàn electron ta có e nhường = e nhận (*) Ta có: e nhường = 56 m 3 e nhận = 2 16 12   m + 3 4,22 24,2  Theo (*)  m = 10,08 (gam) Cách 2 (Phương pháp đại số): Hỗn hợp B có khối lượng 12 gam gồm có: Fe: x mol; FeO: y mol; Fe 3 O 4 : z mol; Fe 2 O 3 : t mol; Từ đó theo các dữ kiện của bài toán ta có các pt: Phương trình về khối lượng của B: 56x + 72y + 232z + 160t = 12 (1) Phương trình về số mol của Fe ban đầu: x + y + 3z + 2t = 56 m (2) Phương trình về số mol của oxy trong B: y + 4z + 3t = 16 12 m (3) Phương trình về số mol của NO sinh ra: x + 3 y + 3 z = 0,1 (4) Từ (1), (2), (3) và (4)  m = 10,08 gam. Cách 3 (Phương pháp bảo toàn khối lượng): Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: m B + m axit = m muối + m NO + OH m 2 Vậy: 12 + 63                 56 3 1,0301,03.6256 56 3 56 3 1,0 mmm  9  m = 10,08 gam. (Chú ý: n axit = 3n muối + n NO = 56 m 3 + 0,1). Cách 4 (Phương pháp bảo toàn nguyên tố): Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố đối với oxy ta có: m O(trong B) + m O(trong HNO 3 tạo NO) = m O(NO) + m O(H 2 O)  (12-m) + 0,1  16  3 = 0,1  16 + 16         56 3 1,0 m  2 1  m = 10,08 gam. Sv. Lê Phạm Thành – K52 CLC Hóa Học ĐHSP Hà Nội, 2005 Bài tập chuyên đề “Bài tập nhiều cách giải” 3 Cách 5 (Phương pháp tách công thức): Trong trường hợp này ta có thể thay Fe 3 O 4 bằng FeO và Fe 2 O 3 Thì hỗn hợp B gồm có: Fe, FeO và Fe 2 O 3 Có số mol tương ứng: x y z Vậy ta có các pt: Khối lượng của B: 56x + 72y + 160z = 12 (5) Số mol của NO sinh ra: x + 3 y = 0,1 (6) Số mol của Fe ban đầu: x + y + 2z = 56 m (7) Số mol của oxy trong B: y + 3z = 16 12 m (8) Giải tương tự phương pháp đại số với (5), (6), (7) và (8) ta cũng được m = 10,08 gam. Cách 6 (Phương pháp ghép công thức): Cách 6.1. Ta có thể coi hỗn hợp B thu được chỉ có (Fe và Fe 2 O 3 ) Do đó hỗn hợp B gồm có: Fe Fe 2 O 3 Có số mol tương ứng: x y Vậy ta có các phương trình: Khối lượng của B: 56x + 160y = 12 (9) Số mol của NO sinh ra: x = 0,1 (10) Giải ra ta được y = 0,04  Fe n = 0,18 mol  m = 10,08 gam. Cách 6.2. Cũng có thể coi hỗn hợp B thu được gồm có FeO và Fe 2 O 3 x y Suy ra: 72x + 160y = 12 (9) x + 2y = 56 m (10) x = 0,3 (11) Giải (9), (10) và (11) cũng thu được: m = 10,08 gam Cách 6.3. Cũng có thể coi hỗn hợp B thu được gồm có Fe 3 O 4 và Fe 2 O 3 x y Suy ra: 232x + 160y = 12 (12) 3x + 2y = 56 m (13) x = 0,3 (14) Giải (12), (13) và (14) ta cũng thu được: m = 10,08 gam. Tương tự như thế ta cũng có thể coi hỗn hợp B gồm có (Fe và FeO) hoặc (Fe và Fe 3 O 4 ) hoặc (FeO và Fe 3 O 4 ). Giải ra ta cũng thu được kết quả m = 10,08 gam. Cách 6.7. Do hỗn hợp B chỉ có hai nguyên tố là Fe và O nên ta có thể quy về một chất duy nhất là oxit dạng Fe x O y Khi đó phương trình phản ứng sẽ có dạng là: 3Fe x O y + (12x – 2y)HNO 3 → 3xFe(NO 3 ) 3 + (3x – 2y)NO↑ + (6x – y)H 2 O (h) Ta có tỉ số: m m y x   1216 56 (**) Sv. Lê Phạm Thành – K52 CLC Hóa Học ĐHSP Hà Nội, 2005 Bài tập chuyên đề “Bài tập nhiều cách giải” 4 Mà ta có: yxyx 23 31,0 1656 12      x=3; y=2 Vậy công thức quy đổi của hóa học B là: Fe 3 O 2 Thay vào (**) ta được: m=10,08 gam. Cũng tương tự như bài tập 2 ở trên, ta có thể tạo ra nhiều bài tập vô cơ mà có nhiều cách giải khác nhau nhằm phát triển tư duy cho học sinh. Để tạo ra các bài tập mới ta có thể tiến hành theo hai cách: thay đổi các số liệu bài toán (thông thường) và cách thứ hai hay hơn là đổi vị trí của ẩn, tức trong đề bài ta cho giá trị khối lượng của A còn yêu cầu tìm giá trị khối lượng của hỗn hợp B (tức tìm m). Sau đây là một bài dạng này: Bài 3: Để 10,08 gam phoi bào sắt (A) ngoài không khí, sau một thời gian biến thành hỗn hợp (B) khối lượng m gam gồm sắt và các oxit FeO, Fe 3 O 4 , Fe 2 O 3 (hoặc biến thành hỗn hợp B gồm 4 chất rắn). Cho B tác dụng hoàn toàn với dung dịch axit nitric thấy giải phóng ra 2,24 lít khí duy nhất NO (đktc). Tính khối lượng m của B. Giải: tương tự như bài tập 2, m = 12 gam. Cũng tương tự về nguyên tắc đối với bài tập 2 ta có thể tạo ra nhiều bài tập mới mang nội dung tuy có vẻ khác nhưng về bản chất cũng giống bài tập 2 ở chỗ có nhiều cách giải khác nhau, sau đây là một ví dụ: Bài 4: Để m gam phoi bào sắt (A) ngoài không khí, sau một thời gian biến thành hỗn hợp rắn (B) có khối lượng 13,6 gam. Cho B tác dụng hoàn toàn với dung dịch axit sunphuric đặc nóng thấy giải phóng ra 3,36 lít khí duy nhất SO 2 (đktc). Tính khối lượng m của A. Giải: tương tự như các cách đã trình bày trong bài tập 2 ta sẽ thu được 6 cách lớn với kết quả là: m = 11,2 gam. . Thành – K52 CLC Hóa Học ĐHSP Hà Nội, 2005 Bài tập chuyên đề Bài tập nhiều cách giải” 1 Bài tập chuyên đề Bài tập hóa học phổ thông” Sinh viên: Lê Phạm Thành – K52 CLC Hóa Học ĐHSP Hà Nội Giảng. Phạm Thành – K52 CLC Hóa Học ĐHSP Hà Nội, 2005 Bài tập chuyên đề Bài tập nhiều cách giải” 4 Mà ta có: yxyx 23 31,0 1656 12      x=3; y=2 Vậy công thức quy đổi của hóa học B là: Fe 3 O 2 Thay. tương tự như bài tập 2, m = 12 gam. Cũng tương tự về nguyên tắc đối với bài tập 2 ta có thể tạo ra nhiều bài tập mới mang nội dung tuy có vẻ khác nhưng về bản chất cũng giống bài tập 2 ở chỗ có