CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÓA Ở TRƯỜNG PHỔ THÔNG ppsx

CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÓA Ở TRƯỜNG PHỔ THÔNG CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÓA Ở TRƯỜNG PHỔ THÔNG 1> Các phương pháp bảo toàn : a> Bảo toàn e : • Nguyên tắc : Trong quá trình pứ, tổng số e nhường bằng tổng e nhận hoặc số mol e nhường bằng số mol e nhận. • Lưu ý : + Cần xác định đúng trạng thái ban đầu,cuối của các chất oxh-khử mà không quan tâm đến các quá trình biến đổi trung gian. + Nếu có nhiều chất oxh, nhiều chất khử cùng tham gia trong bài toán, ta cần tìm tổng số mol e nhường rồi mới cân bằng. • Nhận dạng bài toán : Đối với những bài toán có sự thay đổi số oxh , có mặt chất chất oxh, chất khử  Dạng 1:1chất khử + 1chất oxh ∑số e 1 chất khử cho = ∑số e 1 chất oxh nhận Ví dụ : Cho khí CO nóng qua ống sứ đựng m(g) Fe 2 O 3 một thời gian được 6.72(g) hh X.Hòa tan hoàn toàn hh X vào dd HNO 3 dư thấy tạo thành 0.448 (l) khí NO (sản phẩm khử duy nhất).m có giá trị : A.5,56 B.6,64 C.7,2 D.8,8 Bài giải: Tư duy bài toán theo sơ đồ: m(g) 3+ Fe 2 O 3 + 2+ C O – 2e→ 4+ C O 2 H 2 O + 2+ N O + 3+ Fe 6,72g hh X + H 5+ N O 3 Dựa vào sơ đồ ta thấy, chất khử là CO và chất oxh là HNO 3 . Ta có : n NO = 4,22 448,0 = 0,02 mol Quá trình nhường e: 2+ C - 2e → 4+ C 0,03 0,06 0,03 Quá trình nhận e: 5+ N + 3e → 2+ N 0,06 0,02 Nhóm 2, tổ 2, sp hóa K30B Page 1 Áp dụng định luật bảo toàn e: n CO (phản ứng) = n CO 2 (tạo thành) =0,03 mol Theo định luật bảo toàn khối lượng : m CO (phản ứng) + m Fe 2 O 3 (ban đầu) = m x + m CO 2 (tạo thành) ⇒ 0,03.28 + m = 6,72 + 0,03.44 ⇒ m = 7,2 gam ⇒ Đáp án C.  Dạng 2 : 1 chất khử + 2 chất oxi hóa : ∑ n e (1 chất khử cho) = ∑ n e (2 chất oxi hóa nhận) Ví dụ : Nung m(g) bột Fe trong O 2 thu được 3 gam hh chất rắn X.Hòa tan hết X trong dung dịch HNO 3 dư, thoát ra 0,56 lit khí NO ( đktc ) ( sản phẩm khử duy nhất ) . Giá trị của m là: A.2,22 B.2,32 C.2,52 D.2,62. Bài giải: Ta có sơ đồ : + 4e + 3e m (g) O Fe  → 2 0 O 3g hh X ( Fe, Fe x 2 - O 3 ) + H 5 N + O 3 dư Fe 3+ + 2 N + O - 3e Dựa vào sơ đồ ta thấy Fe là chất khử, O 2 và HNO 3 là chất oxi hóa. Ta có : m O 2 = 3 − m (g) ⇒ n O 2 = 32 m - 3 ( mol ) n NO = 22,4 0,56 = 0,025 mol ⇒ n Fe = 32 m ( mol ) - Quá trình nhường electron : 0 Fe − 3e 3 Fe + 56 m 56 3m - Quá trình nhận electron : 0 O 2 + 4e 2 2 - O 32 m - 3 8 m - 3 5 N + + 3e 2 N + 0,075 0,025 Nhóm 2, tổ 2, sp hóa K30B Page 2 - Áp dụng định luật bảo toàn electron : 56 3m = 8 m - 3 + 0,075 ⇒ m = 2,52 (g) ⇒ Đáp án C.  Dạng 3 : 2 chất khử + 1 chất oxi hóa : ∑ n e (2 chất khử cho) = ∑ n e (1 chất oxi hóa nhận) Ví dụ: Hòa tan hoàn toàn 12 gam hỗn hợp Fe và Cu (tỉ lệ mol 1:1 ) bằng axit HNO 3 , thu được V lit (đktc) hỗn hợp khí X ( gồm NO và NO 2 ) và dung dchj Y ( chỉ chứa 2 muối và axit dư ). Tỉ khối của X đối với H 2 bằng 19.Tìm giá trị V. Bài giải: Vì axit dư nên Fe, Cu bị oxi hóa hết tạo 3 Fe + ; 2 Cu + Gọi a, x, y lần lượt là số mol của Fe, NO, NO 2 . n Fe = n Cu = a ⇒ 56a + 64a = 12 ⇒ a = 0,1 Ta có :  hhX = 19.2 = 38 Dựa vào sơ đồ đường chéo ta có : NO (x)…….30 8 38 NO 2 (y)…. 46 8 ⇒ y x = 1 hay x = y - Quá trình nhường electron : 0 Fe − 3e 3 Fe + 0,1 0,3 O Cu − 2e 2 Cu + 0,1 0,2 ⇒ nhường = 0,5 mol - Quá trình nhận electron : 5 N + + 3e 2 N + 3x x 5 N + + 1e 4 N + ⇒ ∑ n e nhận = 4x mol - Áp dụng định luật bảo toàn electron : 0,5 = 4x Nhóm 2, tổ 2, sp hóa K30B Page 3 => x = 0,125 => V x = 22,4.(0,125 + 0,125 ) = 5,6 (l).  Dạng 4: 2 chất khử + 2 chất oxi hóa : ∑ n e ( 2 chất khử cho) = ∑ n e (2 chất oxi hóa nhận). Ví dụ: hòa tan 14,8g hỗn hợp gồm Fe và Cu vào lượng dư dung dịch hỗn hợp HNO 3 và H 2 SO 4 đặc nóng. Sau phản ứng thu được 10,08 lít NO 2 (đktc) và 2,24 lít SO 2 (đktc). Tính khối lượng Fe trong hỗn hợp ban đầu. Bài giải: Gọi a, b lần lượt là số mol của Fe, Cu 56a + 64 = 14,8 (1) - Quá trình nhường electron : 0 Fe −3e 3 Fe + a 3a O Cu − 2e 2 Cu + b 2b => ∑ n e nhận = 0,45 + 0,2 = 0,65 mol - Áp dụng định luật bảo toàn electron : 3a + 2b = 0,65 => a = 0,15 và b = 0,1. => m Fe = 8,4 g.  Dạng 5 : Cùng lượng chất khử tác dụng với 2 chất oxi hóa : ∑ n e (oxi hóa 1 nhận) = ∑ n e (oxi hóa 2 nhận) Ví dụ : Chia hỗn hợp X gồm Mg, Al, Zn thành 2 phần bằng nhau : - Phần 1 : tác dụng với HCl dư được 0,15 mol H 2 - Phần 2 : cho tan hết trong dung dịch HNO 3 dư được V lít NO ( sản phẩm khử duy nhất ).Tính giá trị V. Bài giải: Ta có : Số mol electron do H + nhận hay 5 N + nhận luôn bằng nhau : 2H + + 2e H 2 0,3 mol 0,15 mol 5 N + + 3e 2 N + 0,3mol 0,1 mol => V NO = 0,1.22,4 = 2,24 lít. Nhóm 2, tổ 2, sp hóa K30B Page 4 • Phạm vi áp dụng : Sử dụng cho các bài toán có pư oxh-khử, đặc biệt là bài toán có nhiều chất oxh, nhiều chất khử các phản ứng phức tạp, xảy ra nhiều giai đoạn, nhiều quá trình. • Nhận xét , đánh giá: + Ưu điểm: Giải nhanh những bài toán có nhiều chất oxh , chất khử, không cần viết PTPƯ. + Nhược điểm Chỉ thường dùng giải bài toán vô cơ. Chỉ áp dụng cho hệ pt oxh-khử. • Liên hệ : Kết hợp với các phương pháp bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố. • Ví dụ 1: Nung nóng 16,8g bột sắt ngoài không khí, sau một thời gian thu được m gam khí X gồm oxit sắt và sắt dư .Hòa tan hết hh X bằng H 2 SO 4đ,n thu được 5,6 (l) SO 2 (đktc). Bài giải: Ta có: n Fe = 56 8,16 = 0.3 mol ; n SO 2 = 4.22 6,5 = 0.25 mol Fe -3e → Fe +3 O 2 +4e → 2O -2 0,3 0,9 a 4a 2a S +6 +2e → S +4 /SO 2 0,5 0,25 Áp dụng đl bảo toàn electron: ∑e cho = ∑e nhận  0,9 = 4a + 0,5 => a = 0,1 => O/ oxit sắt = 0,1.2 = 0,2 Vậy m x = m Fe + m o = 16,8 + 16.0,2 =20g. b> Bảo toàn khối lượng : • Nguyên tắc : Tổng khối lượng của các chất tham gia bằng tổng khối lượng của các chất tạo thành. Khi cô cạn dd thì khối lượng hh muối thu được bằng tổng khối lượng của các cation kim loại và anion gốc axit. ∑ m chất tham gia pứ = ∑ m sản phẩm pứ Ví dụ: Fe (r) + 2HCl (l) FeCl 2(r) + H 2(k) m Fe + m HCl = m FeCl 2 + m H 2 • Lưu ý : Không tính khối lượng của phần không tham gia pứ. Nhóm 2, tổ 2, sp hóa K30B Page 5 Đối với các pứ có khí thoát ra thì tổng sản phẩm nhỏ hơn tổng chất tham gia Đối với những pứ có dư chất tham gia thì khi áp dụng định luật BTKL phải cộng phần dư vào phần sp • Nhận dạng : Bài toán tính khối lượng chung nhiều chất, không bảo tính từng phần riêng rẽ. + Cho hỗn hợp các oxit kim loại qua CO, H 2 , Al. + Cho hỗn hợp các kim loại tác dụng với các axit mạnh. + Cho hh nhiều muối (muối cacbonat) vào dd axit hoặc vào dd muối mới. + Phản ứng cháy các hợp chất hữu cơ. • Phạm vi áp dụng : Dùng để giải bài toán vô cơ và hữu cơ và áp dụng cho mọi quá trình oxh-kh hoặc không phải là quá trình oxh-kh. Thường được dùng để vô hiệu hóa các phép tính phức tạp nhiều bài toán vô cơ, hữu cơ mà trong các bài toán đó xảy ra nhiều phản ứng.Khi đó ta chỉ cần lập sơ đồ để thấy rõ mối quan hệ về tỉ lệ mol của các chất mà không cần viết ptpư. Phản ứng hạt nhân có độ hụt khối nên không áp dụng được phương pháp này. • Nhận xét và đánh giá : + Ưu điểm: Được áp dụng rộng rải trong vô cơ và hữu cơ, đặc biệt trong bài toán tìm CTTQ của các hợp chất hữu cơ. Đối với những bài toán vô cơ như Fe→Fe x O y thì đây là pp không thể thiếu. + Nhược điểm :Không thể áp dụng đối với bài toán hạt nhân (PTPƯ tỏa nhiệt thu nhiệt lớn) • Mối liên hệ : Thường đi kèm với các pp đại số, phương pháp bảo toàn các nguyên tố, bảo toàn điện tích và đặc biệt bảo toàn e. • Ví dụ 1 : Hòa tan hết 7,74g hh bột Mg ,Al bằng 500ml dd hh HCl 1M và H 2 SO 4 0,28M thu được dd X và 8,736l H 2 (đktc).Cô cạn dd X thu được lượng muối khan là: A.38,93g B.103,85g C.25,95g D.77,86g Bài giải: Ta có: n H2 = 4,22 736,3 = 0,39 mol n HCl = 0,58.1 = 0,5 mol n H2SO4 = 0,28.0,5 = 0,14 mol Áp dụng ĐLBTKL: m hh + m HCl + m H2SO4 = m muối + m H2  m muối = 7,74 + 0,5.30,5 + 0,14.0,8 - 0,39.2 = 38.93g Chọn A. Nhóm 2, tổ 2, sp hóa K30B Page 6 • Ví dụ 2: CO dư + m(g)      3 2 32 OAl OFe CuO → o t 215 g chất rắn, khí thoát ra suc qua Ca(OH) 2 → 15g ↓ Tính m? Bài giải: CO khử được Cu, Fe ra khỏi hh oxit và sinh ra CO 2 , khí CO 2 tác dụng với Ca(OH) 2 tạo kết tủa CaCO 3 => n CaCO 3 = 15 /100 = 0,15 mol. => n CO 2 = 0,15 mol. => => n CO = 0,15 mol. Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có : m CO + m = m CO 2 + m rắn  0,15.28 + m = 215 + 0,15.44 => m = 217,4 (g). • Ví dụ : Cho 24,4 g hh Na 2 CO 3 và K 2 CO 3 tác dụng vừa đủ với BaCl 2 , sau phản ứng thu được 39,4 g kết tủa. Lọc tách kết tủa, cô cạn dung dịch thu được m(g) muối clorua. Tính m ? Bài giải 24,4 g    32 32 COK CONa + dd BaCl 2 →    ↓ = Cl muôi (g) m g 39,4 Gọi m là kim loại trung bình của Na và K : M 2 CO 3 + BaCl 2 → BaCO 3 ↓ + 2MCl n BaCO 3 = 197 39,4 = 0,2 mol. Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: m hh + m BaCl 2 = m BaCO 3 + m  24,4 + 0,2.218 = 39,4 + m => m = 26,6 g. c> Bảo toàn điện tích : • Nguyên tắc : Trong phản ứng trao đổi ion và rong một dung dịch. ∑điện tích ⊕ = ∑điện tích ① Hay ∑ n cation = ∑ n anion Ví dụ : ta có các ion là số mol của các ion là : Nhóm 2, tổ 2, sp hóa K30B Page 7 Ion Na + Ca 2+ NO 3 − Cl − HCO 3 − Số mol a b c d e Theo định luật bảo toàn điện tích ta có : |a.(+1) + b.(+2)| = |c(-1) + d(-1) + e(-1)| . • Lưu ý : + Phải xác định đầy đủ điện tích dương và điện tích âm. + Trong phản ứng trao đổi ion của dd chất điện ly trên cơ sở của định luật bảo toàn điện tích ta thấy có bao nhiêu điện tích dương hoặc âm của các ion chuyển vào trong kết tủa hoặc khí thoát ra khỏi dd thì phải trả lại cho dd bấy nhiêu điện tích dương hoặc âm. • Nhận dạng : AB + CD → AD + CB A n+ + C m+ = B n- +D m- (Cho bài toán dưới dạng các ion âm,ion dương.) • Phạm vi áp dụng : + Đối với dung dịch chất điện ly,xđ nồng độ ion trong dung dịch. + Áp dụng cho bài toán nhiều Axit- Bazơ H + + OH - → H 2 O + Định luật bảo toàn điện tích được áp dụng trong các trường nguyên tử, phân tử , dd trung hòa điện. + Âp dụng trong một số bài toán có phản ứng trao đổi ion. • Nhận xét,đánh giá : + Ưu điểm: Dễ áp dụng, giải nhanh các bài toán điện tích ( thường là vô cơ) giúp xác định được số oxh của các ion dễ dàng, không cần phải viết phương trình ( ít tốn thời gian) có thể tìm được nồng độ các ion trong dung dịch dựa vào bảo toàn điện tích. + Nhược điểm: Thường không áp dụng trong hữu cơ, không được áp dụng rộng rãi trong các bài toán vô cơ. • Liên hệ : Đi kèm với phương pháp đại số, phương pháp ghép ẩn số. • Ví dụ 1 : Dung dịch A chứa Na + a(mol), HCO 3 - b(mol), CO 3 2- c(mol), SO 4 2- b(mol).Để tạo ra kết tủa lớn nhất người ta dùng 100ml dd Ba(OH) 2 x mol/l. Lập biểu thức tính x theo a và b. Bài giải: HCO 3 - + OH - → CO 3 2- + H 2 O Ba 2+ + CO 3 2- → BaCO 3 ↓ Ba 2+ + SO 4 2- → BaSO 4 ↓ Dd sau phản ứng chỉ có Na + a(mol). Vì bảo toàn điện tích nên phải có a(mol) OH - . Để tác dụng với HCO 3 - cần b(mol) OH - .Vậy số mol OH - do Ba(OH) 2 cung cấp là : a + b(mol) Ta có: n Ba(OH)2 = 2 ) b (a + Nhóm 2, tổ 2, sp hóa K30B Page 8 x = 2.0,2 ) b a ( + = 0,2 ) b a ( + (mol/l) • Ví dụ 2 : Thêm m gam K vào 300ml dung dịch chứa Ba(OH) 2 0,1M và NaOH 0,1 thu được dd X. Cho từ từ dung dịch X vào 200ml dung dịch Al 2 (SO 4 ) 3 0,1M thu được kết tủa Y. Để thu được lượng kết rủa Y lớn nhất thì m có giá trị là bao nhiêu ? Bài giải : Dung dịch X chứa : Ba 2+ , K + , Na + , OH − . Khi cho dung dịch X vào dung dịch Al 2 (SO 4 ) 3 , để thu được kết tủa lớn nhất thì khi đó kết tủa tách ra khỏi dung dịch. Dung dịch tạo thành gồm : K + , Na + , SO 4 2- .Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có : n K + + n Na + = n SO 4 −2 => n K + = 3.0,02 − 0,03 = 0,03 mol => m K + = 0,03.39 = 1,17 (g). • Ví dụ 3 : Chia hỗn hợp 2 kim loại A, B có hóa trị không đổi thành 2 phần bằng nhau: - Phần 1 : tan hết trong dung dịch HCl tạo ra 1,792 lít H 2 (đktc). - Phần 2 : nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 2,84 gam chất rắn. Tính khối lượng hỗn hợp 2 kim loại trong hỗn hợp đầu. Bài giải: A, B có hóa trị không đổi nên khi tác dung với HCl và O 2 thì số mol điện tích của 2 kim loại A, B trong 2 phần không thay đổi , do đó số mol điện tích âm trong 2 phần là như nhau. Vì O 2-  2Cl − nên n O(trong oxit) = 2 1 n Cl(trong muối) = n H 2 = 22,4 1,796 = 0,08 (mol). [...]... giản: A : C8H10O3 9 )Phương pháp ghép ẩn số: • Cách giải: Một số bài toán cho thiếu dữ kiện nên giải bằng phương pháp đại số ta có số ẩn nhiều hơn số phương trình và có dạng vô định, không giải được.Nếu dùng phương pháp ghép ẩn ta có thể giải loại bài toán này một cách dễ dàng • Phạn vi ứng dụng: Bài toán hữu cơ và vô vơ • Ưu điểm : Giải tiếp được bài toán có nhiều ẩn hơn phương trình 1 cách dễ dàng.Biết... xong các phương trình phản ứng hóa học và đặt định nghĩa để tính theo các phương trình đó(dựa vào mối tương quan tỉ lệ thuận) còn lại đòi hỏi ở học sinh nhiều kỉ năng toán học Tinha chất toán học của bài toán lấn át tính chất hóa học làm lu mờ bản chất hóa học Trên thực tế học sinh chỉ giải bằng phương pháp đại số mặc dù thường bế tắc Ta hãy giải bài toán bằng những phương pháp mang tính đặc trưng hóa. .. oxi hóa khử phức tạp hoặc phản ứng oxi hóa khử với nhiếu chất khử • Phạm vi: Đối với các bài tập hữu cơ, vô cơ và các phản ứng đốt cháy mà trong các bài toán đó sảy ra nhiều phản ứng • Nhận xét: + Ưu điểm: Phương pháp bảo toàn nguyên tố là phương pháp giải nhanh, có nhiều nét tương đồng với phương pháp bảo toàn khối lượng Tuy nhiên với nhiều bài toán áp dụng phương pháp bảo toàn khối lượng Xác định các. .. đại số mà không giải được phương trình đó Về mặt hóa học, chỉ dừng lại ở chổ học sinh viết xong các phương trình phản ứng hóa học và đặt ẩn để tính theo phương trình phản ứng đó(dựa vào mối tương quan tỉ lệ thuận) còn lại đòi hỏi ở học sinh nhiều kĩ năng toán học Tính chất toán học đã lấn át bài toán hóa học, làm lu mờ bản chất hóa học Trên thực tế, học sinh chỉ quen giải bằng phương pháp đại số, khi... tử của các chất tham gia và thu được sau phản ứng hóa học, ta coi hệ số là các ẩn số và kí hiệu bằng các chữ a,b,c… rồi đưa vào mối tương quan giữa các nguyên tử của các nguyên tố theo định luật bảo toàn khối lượng để lập ra hệ phương trình bậc nhất nhiều ẩn số Giải phương trình này và chọn các ẩn số là các số nguyên dương nhỏ nhất ta sẽ xác định hệ số phân tử của các chất trong phương trình hóa học... hóa học Trên thực tế, học sinh chỉ quen giải bằng phương pháp đại số, khi gặp một bài toán là chỉ tìm phương pháp đại số, mặt dù thường bế tắc Ta hãy giải bài toán trên bằng những phương pháp mang tính đặc trưng của hóa học hơn, đó là phương pháp bảo toàn khối lượng và phương pháp bảo toàn e 5> Phương pháp đường chéo : • Nguyên tắc: Trộn 2 dung dịch của chất A với nồng độ khác ta thu được một dung dịch... các chất trong phương trình hóa học • Lưu ý: Việc giải bài toán hóa học theo phương pháp đại số nhiều khi phức tạp, thông thường học sinh chỉ lập được phương trình đại số mà không giải được hệ phương trình đó Các điều kiện mà các ẩn số pjair tuân theo để kiểm tra kết quả có đúng hay không.(thí dụ:x,y,z > o ) Nếu giải bài toán có số ẩn nhiều hơn số phương trình toán học thiết lập được,bài toán là vô... 8 )Phương pháp tự chọn lượng chất : • Nguyên tắc : Khi gặp bài tập cho lượng chất mang các giá trị tổng quat m (g),n (mol), V (lit), kết quả giải bài toán sẽ không hoàn toàn phụ thuộc vào lượng chất đã cho.Gặp các bài toán thuộc loại này ta có thể áp dụng các phương pháp tự chọn nhằm làm cho việc tự chọn lượng chất trở nên đơn giản,có thể chọn 1 giá trị tự do cho lượng chất nghiên cứu theo 1 trong các. .. Nhận xét trước khi giải hệ phương trình đại số trên: -Có 5 ẩn số nhưng chỉ có 4 phương trình Như vậy không đủ số phương trình để tìm ra các ẩn số , do đó cần giải kết hợp với biện luận - Đầu bài chỉ yêu cầu tính khối lượng sắt ban đầu , như vậy không cần phải đi tìm đầy đủ các ẩn x, y, z, t .Ở đây có 2 phương trình , nếu biết giá trị của nó dể dàng tính được khối lượng sắt ban đầu đó là phương trình (2)... dẩn giải: Số kg Fe có trong một tấn của mổi quặng: 60 112 1000 = 420 (kg) 100 160 69,6 168 1000 + Quặng B chứa: = 504 (kg) 100 232 + Quặng A chứa: + Quặng C chứa: 500.(1-4/100)= 480 (kg) Sơ đồ đường chéo: mA 420  |504-480|=24 480 MB 504 |420- 480|= 60 =>= m A 24 =2/5=>ĐS: D m B 60 6 )Phương pháp biện luận theo ẩn số: • Nguyên tắc: Khi giải các bài toán hóa học theo phương pháp đại số, nếu số phương . CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÓA Ở TRƯỜNG PHỔ THÔNG CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÓA Ở TRƯỜNG PHỔ THÔNG 1> Các phương pháp bảo toàn : a> Bảo toàn e : • Nguyên. của các chất trong phương trình hóa học. • Lưu ý : Việc giải bài toán hóa học theo phương pháp đại số nhiều khi phức tạp, thông thường học sinh chỉ lập được phương trình đại số mà không giải. + Ưu điểm: Phương pháp bảo toàn nguyên tố là phương pháp giải nhanh, có nhiều nét tương đồng với phương pháp bảo toàn khối lượng. Tuy nhiên với nhiều bài toán áp dụng phương pháp bảo toàn