Chuyen de HSG hoa 9

Chuyên đề bồi dờng học sinh giỏi môn hóa học Phần I - Cơ sở xây dựng chuyên đề - I Cơ sở lý luận Xuất phát từ nhiệm vụ năm học Phòng Giáo Dục Nhà trường phải tập chung nâng cao chất lượng bôi dưỡng học sinh giỏi vòng huyện , vòng tỉnh Nhiệm vụ mơn hóa học THCS ngồi dạy kiến thức phải dạy bồi dưỡng HSG để tham gia kỳ thi HSG 2012 – 2013 PGD – sở GDĐT tổ chức Mặc khác chương trình hóa học THCS đồng tâm với trương trình THPT , lượng kiến thức học sing cần phải mở rộng Trong hóa học việc giải tập khơng đơn vận dụng kiến thức cũ mà có tìm kiếm kiến thức vận dụng kiến thức cũ tình Một tốn giải theo nhiều cách khác , cách giải khác giúp giáo viên , học sinh mở rộng thêm khả tư Nhưng có tốn hóa học cần áp dụng dạng có hướng ngắn , đắn Để xác định đường tới đích ngắn nhóm Hóa – Sinh trường THCS Yên Đồng muốn giới thiệu chun đề giải tốn hóa “ Tăng giảm khối lượng” với mong muốn giúp em học sinh nhận dạng tập hóa học nhanh , em có thêm cách giải giúp em hứng thú say mê học tập mơn hóa học II Cơ sở thực tiễn - Đội tuyển HSG gồm em u thích mơn học có lịng say mê với tốn hóa Nhưng bên cạnh cịn có học sinh chưa chăm cịn coi nhẹ mơn học Một số học sinh có lực học mơn tốn cịn yếu dẫn đến việc vận dụng kiến thức toán vào việc giải tốn hóa cịn khó khăn Mặt khác em học sinh đội tuyển phải chịu nhiều áp lực môn thi vào THPT nên số bậc cha mẹ khơng muốn cho em tham gia đội tuyển Vì để hồn thành tiêu đặt , thây trò chúng tơi phải có phương pháp dạy , phương pháp học cách tích cực để đạt hiệu cao III Phạm vi mục đích chuyên đề Phạm vi chuyên đề - Do thời gian có hạn nên chuyên đề đề cập đến số dạng tập nhỏ chuyên đề : “ Bài toán tăng giảm khối lượng ” áp dụng phản ứng kim loại dung dịch muối Mục đích chuyên đề - Giúp học sinh hiểu phương pháp giải toán “ Tăng giảm khối lượng ” Từ học sinh biết khai thỏc v phõn dng bi Nguyễn Thị Hải - Trờng THCS Yên đồng Chuyên đề bồi dờng häc sinh giái m«n hãa häc Phần II : Nội dung chuyên đề I - Đối với học sinh Thông qua chuyên đề học sinh cung cấp thêm dạng toán “ Tăng giảm khối lượng ” giúp em có kỹ giải tốn hóa học , em biết tư , sáng tạo trình giải tốn II Đối với giáo viên - Để giảng dạy cho HSG đạt kết cao , giáo viên cần phải : • Thơng suốt mạch kiến thức chương trình hóa THCS • Cung cấp đầy đủ dạng tập túy đưa tập lạ để học sinh làm quen • Sưu tầm đề thi HSG cấp Huyện – cấp Tỉnh đề thi vào trường chuyên • Luôn giao lưu trao đổi với đồng nghiệp để không ngừng nâng cao trìnhđộ chun mơn • Thường xun tổ chức luyện đề thi , chữa đề , đánh giá cụ thể sát với học sinh III Ứng dụng thực tế A.Kiến thức lý thuyết - Nguyên tắc phương pháp dựa vào tăng giảm khối lượng chuyển từ chất sang chất khác , cụ thể chuyển từ mol chất A thành hay nhiều mol chất B ( qua giai đoạn trung gian ) ta tính số mol chất ngược lại Từ kết hợp với u cầu tốn để giải toán cách triệt để - Phương pháp áp dụng toán vô , hữu kết hợp với phương pháp điện tích , bảo tồn khối lượng Bài tốn áp dụng cho loại phản ứng hóa học sau : Phản ứng trao đổi • Xét phản ứng trao đổi axit với muối VD1 : PT : CaCO3 + 2HNO3 > Ca(NO3)2 + H2O + CO2 (mol) a a Độ tăng khối lượng muối = lượng 2NO3 - lượng CO3 = 124a - 60a = 64a Nguyễn Thị Hải - Trờng THCS Yên đồng Chuyên đề bồi dờng học sinh giỏi m«n hãa häc Độ tăng khối lượng dung dịch = lượng Ca(NO3)2 - lượng CO2 VD2 : PT : CaCO3 + 2HCl -> CaCl2 + H2O + CO2 (mol) a a Độ tăng khối lượng muối = 35,5a - 60a = 11a Độ giảm khối lượng dung dịch sau PƯ = 44a Phản ứng • Xét phản ứng kim lọai tác dụng với dung dịch muối A + Bn+ > Am+ + B↓ Nếu MB > MA khối lượng kim loại tăng  Độ tăng khối lượng (∆m) = mB↓ - mA(tan) ∆m n=  M A − MB VD : Fe (mol) a + CuSO4  ∆m = mCu↓  -> FeSO4 + Cu↓ a - mFe(tan) ∆m a = n= M Cu − M Fe Hay độ tăng khối lượng kim loại = độ giảm lượng dung dịch = 64a – 56a = 8a Nếu MB < MA => khối lượng kim loại giảm  Độ giảm khối lượng ( ∆m ) = mA(tan) - mB↓ ∆m n=  M A − MB VD : (mol) Zn b + FeSO4   -> ZnSO4 + Fe↓ b (∆m) = mZn(tan) - mFe↓ ∆m b= n = M Cu − M Fe Chú ý : Trong trường hợp , thường lấy kim loại khỏi dung dịch trước kết thúc phản ứng.(phản ứng xảy khơng hồn tồn) Phản ứng hóa hợp - Xét phản ứng kim loại với phi kim VD : 2Cu + O2 -> 2CuO Độ tăng khối lượng kim loại = lượng O2 phản ứng Hay : Độ tăng khối lượng kim loại = khối lượng phi kim phản ứng Nguyễn Thị Hải - Trờng THCS Yên đồng Chuyên ®Ị båi dêng häc sinh giái m«n hãa häc Phản ứng phân hủy a Xét phản ứng phân hủy muối VD : CaCO3 > CaO + CO2 Độ giảm lượng CaCO3 = lượng CO2↑ b Xét phản ứng phân hủy Bazơ không tan VD : 2Fe(OH)3 > Fe2O3 + 3H2O Độ giảm khối lượng sau phản ứng = khối lượng H2O • Cho dù phản ứng thuộc loại , tập tăng giảm khối lượng chia làm dạng Dạng : Tính khối lượng nồng độ dung dịch Dạng : Tính thành phần % chất hỗn hợp Dạng : Xác định CTHH chất B.Bài tập minh họa Dạng : Tính khối lượng nồng độ dung dịch Bài tập : Cho đinh sắt nặng 100g vào 400g dung dịch CuSO 16% , sau thời gian lấy đinh sắt rửa nhẹ , lau khơ cân lại 102g cịn lại dung dịch B a Tính khối lượng Fe tan khối lượng Cu bám vào sau phản ứng ( Giả sử toàn Cu tạo thành bám lên đinh sắt ) b Cho 600g dung dịch Ba(OH)2 17,1% vào dung dịch B , sau PƯ thu kết tủa D dung dịch E Xác định khối lượng kết tủa D C% dung dịch E Giải : 400.10 = 0,4 mol 100.160 Gọi nFe (phản ứng) = x (mol) PT : Fe + CuSO4 -> FeSO4 + Cu↓ (mol) x x x x Vì sau phản ứng kim loại tăng ( MCu > MFe ) Ta có : 64x – 56x = 102 – 100  8x = => x = 0,25 (mol) Theo phương trình ta thấy : nCu = nFe = x = 0,25(mol)  mFe = 0,25 x 56 = 14(g)  mCu = 0,25 x 64 = 16 (g) b Từ (1) => dung dịch B a nCuSO4 (ban u) = Nguyễn Thị Hải - Trờng THCS Yên đồng (1) Chuyên đề bồi dờng học sinh giỏi môn hãa häc nFeSO4 = x = 0,25(mol )  nCuSO4 = 0,4 − 0,25 = 0,15(mol ) 600.17 = 0,6(mol) 100.171 Khi cho Ba(OH)2 vào dung dịch B ta có phản ứng : Ba(OH)2 + FeSO4 -> BaSO4↓ + Fe(OH)2 ↓ (2) (mol) 0,25 0,25 0,25 0,25 Ba(OH)2 + CuSO4 -> BaSO4↓ + Cu(OH)2↓ (mol) 0,15 0,15 0,15 0,15 NBa(OH)2 (ban đầu) = Từ (2) (3) => mkết tủa D (3) nBaSO4 = 0,25 + 0,15 = 0,4(mol )  nFe(OH ) = 0,25( mol ) nCU (OH ) = 0,15(mol )   MD = 0,4 x 233 + 0,25 x 90 + 0,15 x 98 = 130,4(g) Từ (2) (3) => Dung dịch E Ba(OH)2 nBa(OH)2 dư = 0,6 - ( 0,25 + 0,15 ) = 0,2(mol)  mBa(OH)2 dư = 0,2 x 171 = 34,2(g)  mdd (sau PƯ) = 600 + 400 – - 130,4 = 867,6(g) 34,2  C%Ba(OH)2 = x 100 = 3,94% 867,6 Bài tập : Cho 4.15g hỗn hợp A gồm bột Fe Al tác dụng với 200ml dung dịch CuSO4 0.25M Khuấy kỹ hỗn hợp để phản ứng xảy hoàn toàn Đem lọc kết tủa B kim loại có khối lượng 7,84g dung dịch nước lọc Tìm số mol kim loại hỗn hợp A Giải : Theo giả thiết toán Kết tủa B gồm kim loại phản ứng xảy hoàn toàn , điều chứng tỏ nhơm phản ứng hết , sắt cịn dư Vậy chất rắn sau phản ứng gồm : Cu Fe dư Gọi x , y nAl , nFe bđ y1 số mol Fe (pư) Theo ta có phản ứng hóa học : Al + 3CuSO4 -> Al2(SO4)3 + 3Cu↓ (1) x 1,5x 0,5x 1,5x Fe + CuSO4 > FeSO4 + Cu↓ (2) y1 y1 y1 y1 Nguyễn Thị Hải - Trờng THCS Yên đồng Chuyên ®Ị båi dêng häc sinh giái m«n hãa häc Theo ta có : mAl + mFe = 27x + 56y = 4,15 (I) Từ (1) (2) => nCu = nCuSO4 pư = 1,5x + y1 => mCu = 64 ( 1,5x + y1 ) (g) Ta có nFe dư = (y - y1) (mol) => mFe dư = 56 ( y - y1 ) (g) Theo ta có mCu + mFe = 64.( 1,5x + y1 ) + 56.( y - y1 ) = 7,84 (II) Mặt khác nCuSO4 pư = 1,5x + y1 = 0,2 0,525 = 0,105 (mol) (III) Kết hợp (I) , (II) , (III) giải hệ PT ta : nFe dư kết tủa A = y – y1 = 0,02(mol) nCu kết tủa A = nCuSO4 phản ứng = 0,105 (mol) nAl hỗn hợp ban đầu = x = 0,05 (mol) nFe hỗn hợp ban đầu = y = 0,05 (mol) Dạng : Tính thành phần phần trăm chất chất hỗn hợp Bài tập : Cho 0,51g hỗn hợp A gồm Fe Mg vào 100 ml dung dịch CuSO4 sau phản ứng xảy hoàn toàn , lọc , thu 0,69g chất rắn B dung dịch C Thêm dung dịch NaOH dư vào dd C , lấy kết tủa đem nung ngồi khơng khí đến khối lượng không đổi , 0,45g chất rắn D 1.Tìm nồng độ mol dd CuSO4 2.Tính thành phần % theo khối lượng kim loại hỗn hợp A Giải Theo lúc đầu dùng 0,51g hỗn hợp Mg Fe qua biến đổi, thu 0,45g MgO Fe2O3 Như CuSO4 thiếu Fe dư Xét khả ưu tiên phản ứng Mg phản ứng hết với CuSO trước , Fe phản ứng phần , sau PƯ Fe dư Vậy chất rắn B gồm Cu tạo Fe dư Dung dịch C gồm MgSO4 , FeSO4 Theo bào ta có PTPƯ sau Mg + CuSO4 > MgSO4 + Cu↓ (1) Fe + CuSO4 -> FeSO4 + Cu↓ (2) Khi cho dung dịch C phản ứng với NaOH dư MgSO4 + 2NaOH > Mg(OH)2↓ + Na2SO4 (3) FeSO4 + 2NaOH > Fe(OH)2 + Na2SO4 (4) Nguyễn Thị Hải - Trờng THCS Yên đồng Chuyên đề bồi dờng học sinh giỏi m«n hãa häc Lọc kết tủa đem nung ta có phản ứng sau : Mg(OH)2 > MgO + H2O (5) 2Fe(OH)2 + ½ O2 -> Fe2O3 + 2H2O (6) Gọi x , y nMg nFe có 0.51g hỗn hợp A y1 số mol Fe tham gia PƯ (2) Theo ta có : 24 x + 56 y = 0,51  56( y − y1 ) + 64( x + y1 ) = 0, 69 40 x + 80 y = 0, 45  Giải hệ PT ta : x = 0,00375(mol) y = 0,0075 (mol) y1 = 0,00375 (mol) a Tính nồng độ mol CuSO4 Từ (1) (2) ∑ nCuSO4 = x + y1 = 0, 00357.2 = 0, 0075 (mol)  CM CuSO4 = 0,075M b Tính thành phần % khối lượng Mg Fe hỗn hợp A 0,00375.24 %Mg = x 100 = 17,65% 0,51 %Fe = 100% - 17,65% = 82,35% Bài tập : Cho 1,36g hỗn hợp bột A gồm Fe Mg vào 400 ml dung dịch CuSO4 có nồng độ x mol/lit, sau phản ứng xong thu 1,84g chất rắn B dung dịch C Thêm NaOH dư dung dịch C Nung kết tủa ngồi khơng khí đến khối lượng không đổi thu 1,2g chất rắn D Tính thành phần % khối lượng kim loại hỗn hợp A Giải: Xét khả ưu tiên phản ứng Mg phản ứng với CuSO4 sau đến Fe PTHH: Mg + CuSO4 → MgSO4 + Cu ↓ (1) Fe + CuSO4 → FeSO4 + Cu ↓ (2) Dd C gồm: MgSO4, có FeSO4 CuSO4 dư Đặt nMg (bđ) = a mol với a,b > nFe (bđ) = b mol Ta cú: 24a + 56b = 1,36 (I) Nguyễn Thị Hải - Trờng THCS Yên đồng Chuyên đề bồi dờng häc sinh giái m«n hãa häc Ta xét trường hợp sau: Trường hợp 1: Mg CuSO4 vừa đủ để tham gia phản ứng (1) Khi dd C : MgSO4; Chất rắn B: Cu Fe nguyên Ta có: 64a + 56b = 1,84 (II) Kết hợp (I) (II) giải hệ ta được: a = 0,012 b = 0,019 Cho dd NaOH vào dd C 2NaOH + MgSO4 → Mg(OH)2 ↓ + Na2SO4 (3) Mg(OH)2 → MgO + H2O (4) Theo (1),(3),(4) → nMgO = nMg = a = 0,012 (mol) ═> mMgO = mD = 0,012 × 40 = 0.48 < 1,2 (g) (*) Trường hợp không thỏa mãn (loại) Trường hợp 2: Fe CuSO4 vừa đủ để xảy phản ứng (2) ═> dd C: MgSO4, FeSO4; Chất rắn B: Cu ═> ∆m = mCu – mFe – mMg = 64 (a + b) – 56b 1,84 – 1,36 = 40a + 8b 0,48 = 40a + 8b (III) 24a + 56b = 1,36  40a + 8b = 0,48 Kết hợp (I) (III) ta có hệ :   a = 0,078 b = 0,0209 ═>  Khi cho dd NaOH tác dụng với dd C Nguyễn Thị Hải - Trờng THCS Yên đồng Chuyên ®Ị båi dêng häc sinh giái m«n hãa häc FeSO4 + 2NaOH → Fe(OH)2 ↓ + Na2SO4 (5) 2Fe(OH)2 + ½ O2 → Fe2O3 + 2H2O (6) Từ (1), (3), (4) ═> nMgO = nMg = a = 0,0078 (mol) Từ (2), (5), (6) ═> nFe2O3 = ½ nFe = ½ b = ½ 0,0209 (mol) ═> mD = 0,0078 ì 40 + ẵ 0,00209 ì160 = 1,984g > 1,2 g (**) Trường hợp không thỏa mãn (loại) Từ (*) (**) ta có: 0,48 < 1,2 < 1,984 ═> Ở phản ứng (2) Fe PƯ phần, CuSO4 hết ═> dd C: (MgSO4, FeSO4) Chất rắn B: (Cu + Fe có phần) Khi cho dd C vào NaOH ta có PƯ (3), (5) Lọc kết tủa nung đến khối lượng khơng đổi ta có phản ứng (4), (6) Đặt nFe (PƯ) = y (mol) => nFe dư = (b - y) mol Ta có : 1,84 = mCu + mFe (dư) 1,84 = (a+ y)64 + (b-y)56 1,84 = 64a + 56 b + 8y ∆m = 1,84 – (24a+56b) = 40a+8y ∆m = 1,84 – 1,36 = 40a + 8y (IV) Theo (1), (3), (4) => nMgO = nMg = a (mol)  mMgO = 40a ( g) Theo (2), (5), (6) nFe2O3 = ½ Fe (PƯ) = ½ y (mol)  mFe2O3 = 80y  mMgO + mFe2O3 = 40a+80y = 1,2 (VI) Kết hợp (I), (IV), (V) ta có hệ phương trình: 24a + 56b = 1,36   40a + y = 0,48 giải hệ ta :  40a + 80 y = 1,2   a = 0,01  b = 0,02  y = 0,01   mMg = 0,01 × 24 = 0,24( g )  mFe = 0,02 × 56 = 1,12( g ) % m Mg/A = % m Fe/A = 0,24 × 100% = 17,65% 1,36 1,12 × 100% = 82,35% 1,36 Trong B có: mCu + mFe(dư) mCu = (a+y)64 = 0,02ì64 = 1,28 (g) Nguyễn Thị Hải - Trờng THCS Yên đồng Chuyên đề bồi dờng học sinh giái m«n hãa häc mFe (dư) = (0,02 – 0,01) × 56 = 0,56 (g)  % m Cu/B = 1,28 × 100% = 69,56% 1,84  % m Fe/B = 0,56 × 100% = 30,44% 1,84  CM CuSO4 = 0,02 = 0,05M 0,04 Dạng 3: Tìm CTHH chất Bài tập Nhúng kim loại hóa trị II vào dd CuSO4 Sau thời gian lấy kim loại thấy khối lượng giảm 0,05% Mặt khác lấy kim loại nhúng vào dd Pb(NO ) Thì khối lượng kim loại tăng lên 7,1% Xác định kim loại A.Biết số mol CuSO va Pb(NO ) tham hai trường hợp Giải Nhận xét: - nhúng kim loại A vào CuSO khối lượng kim loại giảm chứng tỏ MA > MCu -Khi nhúng kim loại A vào Pb(NO ) khối lượng kim loại tăng Chứng tỏ MA mD = 0,0078 ì 40 + ẵ 0,002 09 ×160 = 1 ,98 4g > 1,2 g (**) Trường hợp khơng thỏa mãn (loại) Từ (*) (**) ta có: 0,48 < 1,2 < 1 ,98 4 ═> Ở phản ứng (2) Fe PƯ phần,... = 0,4(mol )  nFe(OH ) = 0,25( mol ) nCU (OH ) = 0,15(mol )   MD = 0,4 x 233 + 0,25 x 90 + 0,15 x 98 = 130,4(g) Từ (2) (3) => Dung dịch E Ba(OH)2 nBa(OH)2 dư = 0,6 - ( 0,25 + 0,15 ) = 0,2(mol)... giảng dạy cho HSG đạt kết cao , giáo viên cần phải : • Thơng suốt mạch kiến thức chương trình hóa THCS • Cung cấp đầy đủ dạng tập túy đưa tập lạ để học sinh làm quen • Sưu tầm đề thi HSG cấp Huyện