Phương pháp quy đổi trong giải bài tập hóa học

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT YÊN ĐỊNH SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔI TRONG GIẢI BÀI TẬP HÓA HỌC Người thực hiện: Đỗ Tiến Dũng Chức vụ: Giáo viên SKKN thuộc môn: Hóa học THANH HĨA, NĂM 2021 MỤC LỤC NỘI DUNG TRANG MỞ ĐẦU 1.1 LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI 1.2.MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU 1.3 ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU 1.4 PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1.CƠ SỞ LÝ LUẬN 2.2.THỰC TRẠNG CỦA NỘI DUNG NGHIÊN CỨU 2.3 GIẢI PHÁP THỰC HIỆN 2.4 KẾT QUẢ THU ĐƯỢC 21 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 21 3.1.KẾT LUẬN 21 3.2.KIẾN NGHỊ 22 MỞ ĐẦU 1.1 LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI Trong bới cảnh mới và xu thế mới của giáo dục hiện đại, tình hình kinh tế – xã hội mới của đất nước thời kì công nghiệp hóa, hiện đại hóa, thực tiển của đời sống đã đặt những yêu cầu cho giáo dục THPT là đổi mới phương pháp dạy học nhà trường theo định hướng “ Phương pháp giáo dục phổ thông phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, sáng tạo của học sinh; phu hợp với đặc điểm của từng lớp học, môn học; bồi dưỡng phương pháp tự học, khả làm việc theo nhóm; rèn luyện kĩ vận dụng kiến thức vào thực tiển; tác động đến tình cảm, đem lại niềm vui, hứng thú học tập cho học sinh” Từ đó giáo viên phải biết lồng ghép các dạng bài tập phu hợp vào bài giảng để học sinh dễ dàng tiếp nhận kiến thức bài học Qua những buổi làm bài tập và kiểm tra cho thấy đa số học sinh chỉ biết giải bài tập oxi hóa – khử, bài tập hổn hợp hữu theo cách thông thường (viết các phương trình phản ứng, lập các phương trình đại số,…) với cách giải này, học sinh mất rất nhiều thời gian, thậm chí có một số bài học sinh còn không tìm đáp số Chính vì vậy, việc tìm những phương pháp giải mới là rất có giá trị, đặc biệt là các phương pháp giải nhanh Xuất phát từ suy nghĩ đó,Tôi đã lựa chọn đề tài : “PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔI TRONG BÀI TẬP HĨA HỌC ” nhằm phục vụ cho cơng việc giảng dạy, giúp học sinh có hướng tư logic và làm tư liệu cho đồng nghiệp tham khảo 1.2 MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU : - Nhằm giúp giáo viên đứng lớp cải thiện phương pháp giảng dạy và nâng cao chất lượng bài giảng - Giúp học sinh giải nhanh các bài tập hóa học phức tạp 1.3 ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU : Áp dụng cho các bài tập hóa học phức tạp, bài tập hóa học gồm hổn hợp nhiều chất, nhiều giai đoạn oxi hóa – khử, nhiều hợp chất hữu khác 1.4 PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Nghiên cứu lý luận: Nghiên cứu các tài liệu về bài tập SGK và các bài tập vận dụng , vận dụng cao các đề thi THPT Quốc Gia Nghiên cứu thực tiễn: Khảo sát lực học sinh vấn đề tiếp cận và giải quyết bài toán có các số liệu dạng tương đối Thực nghiệm sư phạm : Tiến hành dạy thực nghiệm một số tiết các lớp để xem xét tính khả thi và hiệu quả của đề tài NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA VẤN ĐỀ: Quy đổi là một phương pháp biến đổi toán học nhằm đưa bài toán ban đầu là một hỗn hợp phức tạp về dạng đơn giản hơn, qua đó làm cho các phép tính trở nên dễ dàng, thuận tiện Tuy nhiên để tiến hành quy đổi theo hướng nào thì cũng phải tuân thủ nguyên tắc sau: - Bảo toàn nguyên tố : tổng số mol nguyên tử mỗi nguyên tố hỗn hợp đầu và hỗn hợp mới phải - Bảo toàn khối lượng : tổng khối lượng các chất trước phản ứng bằng tổng khối lượng các chất sau phản ứng - Bảo toàn số oxi hóa : tổng số oxi hóa của các nguyên tố hai hỗn hợp là 2.2.THỰC TRẠNG CỦA NỘI DUNG NGHIÊN CỨU Trong các năm học 2018-2019, 2019-2020, trước dạy bài tập về dạng này, thường cho HS làm một số bài tập nhỏ (kiểm tra 15 phút) để đánh giá mức độ nắm vững kiến thức và kỹ làm bài tập dạng này Tôi thường cho HS làm một số bài tập sau: Ví dụ 1:Nung 8,4 gam Fe khơng khí, sau phản ứng thu được m gam chất rắn X gồm Fe, Fe2O3, Fe3O4, FeO Hòa tan m gam hỗn hợp X vào dung dịch HNO3 dư thu được 2,24 lít khí NO2 (đktc) là sản phẩm khử nhất Giá trị của m là A 11,2 gam.B 10,2 gam C 7,2 gam D 6,9 gam Ví dụ 2:Đớt cháy m gam hỗn hợp X gồm glixerol, metan, ancol etylic và axit no, đơn chức mạch hở Y (trong đó số mol glixerol bằng ½ sớ mol metan) cần vừa đủ 0,41 mol O2 thu được 0,54 mol CO2 Nếu cho m gam hỗn hợp X tác dụng với 200ml dung dịch KOH 1,5M, rồi cô cạn thì thu được m’ gam chất rắn khan Giá trị m’ gần nhất với giá trị nào dưới đây? A.25 B 33 C 31 D 29 Sau chấm bài nhận thấy kết quả sau Số Khảo Số điểm đạt được (%) T Năm Ghi chú sát tại HS < 5 < 7 10 T 12 A3 2019 42 28(66,7%) 13(30,9%) (2,4%) Tự chọn Hóa 11A6 2020 40 35 (87,5%) (12,5%) (0%) Lớpđại trà 11A2 2020 44 33 (75%) 10 (22,7%) (2,3%) Tự chọn Hoá Khi khảo sát các lớp khác với những đối tượng khác nhau, nhận thấy một số đặc điểm chung sau: Phần lớn các em chưa làm xong, không được kết quả Điểm khá giỏi ít, phần lớn chỉ đạt điểm trung bình hoặc yếu Nguyên nhân + Học sinh chưa nắm chắc kiến thức bản, còn sai, còn nhầm nhiều + Kiến thức bộ môn còn quá hẹp 2.3.GIẢI PHÁP THỰC HIỆN 2.3.1 : Các hướng qui đổi hố học vơ : Mợt bài toán có thể có nhiều hướng quy đổi khác Trong đó có hướng chính: a Quy đổi hỗn hợp nhiều chất về hỗn hợp chất + Trong trường hợp này ta thay vì giữ nguyên hỗn hợp các chất ban đầu, ta chuyển thành hỗn hợp với số chất ít ( cũng của các nguyên tố đó) thường là hỗn hợp chất, thậm chí là một chất nhất + Thí dụ: Với hỗn hợp các chất gồm Fe, FeO, Fe 3O4, Fe2O3 ta có thể chuyển thành các tổ hợp (Fe và FeO), hoặc (Fe và Fe 3O4), hoặc (Fe và Fe2O3), hoặc (FeO và Fe3O4), hoặc (FeO và Fe2O3), hoặc (Fe3O4 và Fe2O3) thậm chí chỉ là một “ chất” nhất dạng FexOy Ví dụ Nung m gam bợt sắt oxi, thu được 6,0 gam hỗn hợp chất rắn X Hòa tan hết hỗn hợp X dung dịch HNO (dư) thoát 1,12 lít (ở đktc) NO (là sản phẩm khử nhất) Giá trị của m là A 5,04 B 2,22 C 2,62 D 2,32 Hướng dẫn giải Sơ đồ hóa bài toán: Khí NO Fe (1,12 lít đktc) FeO Fe X Fe3O4 Fe2O3 m gam Dung dịch Fe3+ 6,0 gam Có : nNO = 0,05 mol Cách Quy đổi hỗn hợp X thành Fe: x mol Fe2O3 : y mol Theo bảo toàn khối lượng: 56x + 160y = 6,0 (1) Các quá trình nhường, nhận electron: Fe → Fe+3 + 3e ; N+5 + 3e → N+2 x 3x 0,15 0,05 Theo bảo toàn electron: 3x = 0,15 => x= 0,05 (2) x = 0,05 Từ (1) và (2) => Fe: 0,05 mol Vậy X gồm y = 0,02 Fe2O3 : 0,02 mol Theo bảo toàn nguyên tố đối với Fe: ∑nFe= nFe + 2nFe2O3 = 0,09 mol => m = 56.0,09 = 5,04 → Đáp án A Fe: x mol Cách Quy đổi hỗn hợp X thành FeO: y mol Theo bảo toàn khối lượng: 56x + 72y = 6,0 (3) Các quá trình nhường, nhận electron: Feo → Fe+3 + 3e ; Fe+2 → Fe+3 + 1e ; N+5 + 3e → N+2 x 3x y y 0,15 0,05 Theo bảo toàn electron: 3x + y = 0,15 (4) x = 0,03 Fe: 0,03 mol Từ (3) và (4) => Vậy X gồm y = 0,06 FeO : 0,06 mol Theo bảo toàn nguyên tố đối với Fe: ∑nFe= nFe + nFeO = 0,09 mol => m = 56.0,09 = 5,04 → Đáp án A FeO: x mol Cách Quy đổi hỗn hợp X thành Fe2O3 : y mol Theo bảo toàn khối lượng: 72x + 160y = 6,0 (5) Các quá trình nhường, nhận electron: Fe+2 → Fe+3 + 1e ; N+5 + 3e → N+2 x x 0,15 0,05 Theo bảo toàn electron: x = 0,15 (6) x = 0,15 FeO : 0,15 mol Từ (5) và (6) => Vậy X gồm y = - 0,03 Fe2O3 : - 0,03 mol Theo bảo toàn nguyên tố đối với Fe: ∑nFe= nFeO + 2nFe2O3 = 0,09 mol => m = 56.0,09 = 5,04 → Đáp án A * Lưu ý : Do việc quy đổi nên một số trường hợp số mol một chất có thể có giá trị âm số mol mỗi nguyên tố là không đổi (bảo toàn) => kết quả không thay đởi Ví dụ Nung m gam bợt sắt oxi, thu được 39,2 gam hỗn hợp chất rắn X Hòa tan hết hỗn hợp X dung dịch HNO (dư) thoát 2,24 lít (ở đktc) NO (là sản phẩm khử nhất) Khối lượng muối thu được sau phản ứng là A 222 gam B 121 gam C 72,62 gam D 69,32 gam Hướng dẫn giải : Sơ đồ hóa bài toán: Fe FeO Fe X Fe3O4 Fe2O3 m gam Khí NO2 (2,24 lít đktc) Dung dịch Fe3+ 39,2 gam Có : nNO2 = 0,1 mol FeO: x mol Quy đổi hỗn hợp X thành Fe2O3 : y mol Theo bảo toàn khối lượng: 72x + 160y = 39,2 (1) Các quá trình nhường, nhận electron: Fe+2 → Fe+3 + 1e ; x x Theo bảo toàn electron: x = 0,1 (2) x = 0,1 Từ (1) và (2) => N+5 + 1e → N+4 0,1 0,1 FeO : 0,1 mol Vậy X gồm y = 0,2 Fe2O3 : 0,2 mol Theo bảo toàn nguyên tố đối với Fe: ∑nFe(NO3)3= nFeO+ 2nFe2O3 = 0,5 mol => mmuối = 242.0,5 = 121 (gam) →Đáp án B * Bài tập áp dụng : Bài 1: Cho 11,36 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 phản ứng hết với dung dịch HNO3 loãng (dư), thu được 1,344 lít khí NO (spk nhất đktc) và dung dịch X Cô cạn dung dịch X thu được m gam muối khan Giá tị của m là A 49,09 B 38,72 C 35,50 D 34,36 Bài 2: Nung m gam bột Cu oxi thu được 24,8 gam hỗn hợp chất rắn X gồm Cu, CuO và Cu2O Hòa tan hoàn toàn X H2SO4 đặc nóng thoát 4,48 lít khí SO2 nhất (đktc) Giá trị của m là A 9,60 B 14,72 C 1,12 D 22,40 Bài 3: Đốt cháy 6,72 gam bột Fe không khí thu được m gam hỗn hợp X gồm FeO2, Fe3O4, Fe2O3 và Fe dư Để hòa tan X cần dung vừa hết 255ml dung dịch chứa HNO3 2M, thu được V lít khí NO2 (sản phẩm khử nhất, đktc) Giá trị của m, V lần lượt là A 8,4 và 3,360 B 8,4 và 5,712 C 10,08 và 3,36 D 10,08 và 5,712 Bài 4: Hỗn hợp A gồm sắt oxit Cho m gam A tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc nóng dư đến phản ứng hồn tồn thu dung dịch Y 2,24 lít SO ( đktc ) Cho dung dịch NaOH dư vào Y thu kết tủa Z Nung Z tới khối lượng khơng đổi thấy khối lượng giảm 7,02 gam Giá trị m A.11,2 B.19,2 C.14,4 D.16,0 b Quy đổi hỗn hợp nhiều chất về nguyên tử tương ứng: + Thông thường ta gặp bài toán hỗn hợp nhiều chất về bản chất chỉ gồm một số nguyên tố Do đó có thể quy đổi thẳng hỗn hợp đầu về hỗn hợp chỉ gồm các nguyên tử tương ứng + Thí dụ: hổn hợp (Fe, FeS, FeS2, Cu, CuS, Cu2S, S) (Cu, Fe, S) Ví dụ 1: Hoà tan 20,8 gam hỗn hợp bột X gồm FeS, FeS2, S bằng dung dịch HNO3 đặc nóng dư thu được 53,76 lít NO2 (sản phẩm khử nhất, đkc ) và dung dịch A Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc lấy toàn bộ kết tủa nung không khí đến khối lượng không đổi thì khối lượng chất rắn thu được là A 16 gam B gam C 8,2 gam D 10,7 gam Hướng dẫn giải : Sơ đồ hóa bài toán: Fe3+ dung dịch 2S dd A SO4 dd NaOHdư Hổn hợp X NO3H+ Fe(OH)3 NO2(53,76 lít ) t0 FeS ddHNO3 FeS2 20,8 gam Fe2O3(rắn) Có : nNO2 = 2,4 mol Fe: x mol Quy đổi hỗn hợp X thành S: y mol Theo bảo toàn khối lượng: 56x + 32y = 20,8 (1) Các quá trình nhường, nhận electron: Fe0 → Fe+3 + 3e ; S0 → S+6 + 6e x 3x y 6y +5 +4 N + 1e → N 2,4 2,4 Theo bảo toàn electron: 3x + 6y = 2,4 (2) x = 0,2 Fe : 0,2 mol Từ (1) và (2) => Vậy X gồm y = 0,3 S : 0,3 mol Theo bảo toàn nguyên tố đối với Fe: nFe2O3 = 1/2nFe = 0,1 mol => mrắn = 160.0,1 = 16 (gam) → Đáp án A Ví dụ 2: Hòa tan hoàn toàn 10,44 gam một oxit sắt bằng dung dịch H2SO4 đặc, nóng (vừa đủ) thu được dung dịch X và 1,624 lít khí SO2 (sản phẩm khử nhất, đktc) Cô cạn dung dịch X, thu được m gam muối sunfat khan Công thức oxit sắt và giá trị của m là A Fe2O3 và 29,2 B Fe3O4 và 29 C FeO và 29 D Không xác định Hướng dẫn giải : Sơ đồ hóa bài toán : H2SO4 đặc,nóng SO2( 1,624 lít ) FexOy 10,44 gam Cô cạn Dd X : Fe2(SO4)3 Fe2(SO4)3 Có : nSO2 = 0,0725 mol Fe: a mol Quy đổi hỗn hợp X thành O: b mol Theo bảo toàn khối lượng: 56a + 16b = 10,44 (1) Các quá trình nhường, nhận electron: Fe0 → Fe+3 + 3e a 3a O0 + 2e → O-2 b 2b +6 S + 2e → S+4 ; 0,145 0,0725 Theo bảo toàn electron: 3a - 2b = 0,145 (2) a = 0,145 Từ (1) và (2) => Fe : 0,145 mol Vậy X gồm b = 0,145 O : 0,145 mol + Tìm công thức Oxit sắt : x : y = nFe : nO = 0,145 : 0,145 = : => CT oxit sắt là : FeO + Theo bảo toàn nguyên tố đối với Fe: n Fe2(SO4)3 = 1/2nFe = 0,0725 mol => mmuối = 400.0,0725 = 29 (gam) → Đáp án C Ví dụ : Cho m gam hỗn hợp gồm Na, Na2O, K2O vào H2O dư, thu được 50 ml dung dịch X và 0,02 mol H2 Cho 50 ml dung dịch HCl 3M vào X, thu được 100 ml dung dịch Y có pH = Cô cạn Y thu được 9,15 gam chất rắn khan Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây? A 4,0 B 4,6 C 5,0 D 5,5 Hướng dẫn giải : Qui đổi hổn hợp thành + H2O -> + H2 + HCl -> Y nH+ ( sau pư ) = 0,1.0,1 = 0,01 mol => nOH- = 0,15 – 0,01 = 0,14 mol Bảo toàn điện tích => a + b = 0,14 (1) Mặt khác, rắn Y gồm Na+ a mol, K+ b mol, Cl- a +b mol =>23a + 39b + 35,5 ( a + b ) = 9,15 (2) Bảo toàn mole => a + b – 2c = 0,02.2 (3) =>a = 0,08; b = 0,06 ; c = 0,05 => m = 23.0,08 + 39.0,06 + 0,05.16 = 4,98 => C Ví dụ : Hỡn hợp X gờm Al, Ca, Al4C3 và CaC2 Cho 40,3 gam X vào nước dư, chỉ thu được dung dịch Y và hỗn hợp khí Z (C2H2, CH4, H2) Đốt cháy hết Z thu được 20,16 lít khí CO2 (đktc) và 20,7 gam H2O Nhỏ từ từ V lít dung dịch HCl xM vào Y, được biểu diễn theo hình vẽ: Giá trị của x gần nhất với A 1,6 B 2,2 C 2,4 D 1,8 Hướng dẫn giải : ► Quy X về Al, Ca và C Dễ thấy C kiểu gì cũng hết vô khí và đốt khí thì vào CO₂ ||⇒ nC = nCO₂ = 0,9 mol Đặt nAl = m; nCa = n ⇒ mX = 27m + 40n + 0,9 × 12 = 40,3(g) BTNT(O) ⇒ nO₂ = 1,475 mol BT electron: 3m + 2n + 0,9 × = 1,475 × ||⇒ giải hệ cho: m = 0,5 mol; n = 0,4 mol ► Dễ thấy Y gồm Ca²⁺, AlO₂⁻, OH⁻⇒ nCa²⁺ = 0,4 mol; nAlO₂⁻ = 0,5 mol BTĐT: nOH⁻ = 0,3 mol Nhìn đồ thị ⇒ cả 2TH thì HCl đều dư và hòa tan phần ↓ ⇒ ta có CT: nH⁺ = 4nAlO₂⁻ – 3n↓ (với H⁺ chỉ tính phần pứ với AlO₂⁻và Al(OH)₃) ||► Áp dụng: (0,56x – 0,3) = × 0,5 – × 3a và (0,68x – 0,3) = × 0,5 – × 2a ||⇒ giải hệ có: x = 2,5; a = ||⇒ chọn C * Bài tập áp dụng : Bài 1: Hịa tan hồn tồn a gam hỗn hợp X gồm Fe , FeS , FeS S vào dung dịch HNO3 lỗng dư , giải phóng 8,064 lít NO ( sản phẩm khử đtkc ) dung dịch Y Cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào dung dịch Y thu kết tủa Z Hòa tan hết lượng kết tủa Z dung dịch HCl dư , sau phản ứng lại 30,29 gam chất rắn không tan Giá trị a A.7,92 B.9,76 C.8,64 D.9,52 Bài 2: Hòa tan hoàn toàn 34,8 gam một oxi sắt dạng Fe xOy dung dịch H2SO4 đặc nóng Sau phản ứng tu được 1,68 lít khí SO (sản phẩm khử nhất đktx) Oxit FexOy là: A FeO B Fe3O4 C FeO hoặc Fe3O4 D Không đủ dữ kiện để xác định Bài 3: Hòa tan hoàn toàn a gam một oxit sắt bằng H 2SO4 đặc nóng thấy thoát khí SO2 nhất Trong thí nghiệm khác, sau khử hoàn toàn cũng a gam oxit đó bằng CO nhiệt độ cao rồi hòa tan lượng sắt tạo thành bằng H 2SO4 đặc nóng thì thu được lượng khí SO nhiều gấp lần lượng khí SO thí nghiệm Công thức của oxit sắt là A FeO B Fe2O3 C Fe3O4 D FeCO3 Bài 4: Hỗn hợp X: FeS, FeS2, CuS tan vừa hết dung dịch chứa 0,33 mol H2SO4 đặc sinh 0,325 mol khí SO2 và dung dịch Y Nhúng Fe nặng 50g vào Y, phản ứng xong thấy Fe nặng 49,48g và thu đc dung dịch Z Cho Z phản ứng với HNO3 đặc, dư sinh khí NO2 nhất và còn lại dung dịch E (không chứa NH4+) Cho dung dịch E bay hết được m(g) muối khan Giá trị lớn nhất của m là A 18,19 B.20,57 C 21,33 D 27,41 Bài : Hòa tan hết m gam hỗn hợp bột gồm Mg, Al, Al2O3 và MgO bằng 800 ml dung dịch hỗn hợp gồm HCl 0,5M và H2SO4 0,75M (vừa đủ) Sau phản ứng thu được dung dịch X và 4,48 lít khí H2 (ở đktc) Cô cạn dung dịch X thu được 88,7 gam muối khan Giá trị của m là: A 26,5gam B.35,6gam C.27,7gam D 32,6gam Bài : Cho 30,7 gam hỗn hợp Na, K, Na2O, K2O tác dụng với dd HCl vừa đủ thu được 2,464 lít H2 (đktc) và dung dịch chứa 22,23 gam NaCl và x gam KCl Giá trị của x là: A.32,78 B.35,76 C.34,27 D.31,29 Câu : Hỗn hợp X gồm Na, Ba, Na2O và BaO Hòa tan hoàn toàn 21,9 gam X vào nước, thu được 1,12 lít khí H2(đktc) và dung dịch Y, đó có 20,52 gam Ba(OH)2 Hấp thụ hoàn toàn 6,72 lít khí CO2 (đktc) vào Y, thu được m gam kết tủa Giá trị của mlà: A.23,64 B.21,92 C.39,40 D.15,76 c Quy đổi tác nhân oxi hóa phản ứng oxi hóa khử: + Với những bài toán trải qua nhiều giai đoạn oxi hóa khác những chất khác nhau, ta có thể quy đổi vai trò oxi hóa của chất oxi hóa này cho chất oxi hóa để bài toán trở nên đơn giản + Khi thực hiện phép quy đởi phải đảm bảo: • Sớ electron nhường, nhận là khơng đởi (ĐLBT electron) • Do sự thay đởi tác nhân oxi hóa → có sự thay đổi sản phẩm cho phu hợp + Thông thường ta hay gặp dạng bài sau: Kim loại Hổn hợp sản phẩm trung gian Sản phẩm cuối 3+ Thí dụ: Quá trình oxi hóa hoàn toàn Fe thành Fe + O2(*) Fe Fe3+ + O2 + HNO3 FexOy Ở vì trạng thái oxi hóa ban đầu và cuối của Fe hai quá trình là electron nhường của Fe hai quá trình là → có thể quy đổi hai tác nhân hóa O2 và HNO3 thành một tác nhân nhất là O2(*) hoặc ngược lại Trong quá trình làm bài ta thường kết hợp sử dụng các phương pháp bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố và bảo toàn electron, kết hợp với việc sơ đồ hóa bài toán để thay phương trình phản ứng, qua đó rút ngắn thời gian làm bài Ví dụ Oxi hóa chậm m gam Fe ngoài không khí thu được 12 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3 và Fe dư Hòa tan hoàn toàn X HNO thu được 2,24 lít NO (chất khử nhất đktc) Giá trị m là A 7,57 B 7,75 C 10,08 C 10,80 Hướng dẫn giải : Sơ đồ hóa bài toán: + O2 Fe X Fe FeO + HNO3 Fe3O4 Fe2O3 12 gam Khí NO (2,24 lít đktc) Dung dịch Fe3+ Ta có : nNO = 0,1 mol Thay vai trò oxi hóa của HNO3 bằng [ O] lúc này sản phẩm cuối cung thu được là Fe2O3 có: Fe + O2 FeO + O(*) Fe X Fe2O3 Fe2O3(*) Fe3O4 m gam 12 gam Ở ta đã thay vai trò nhận electron của N +5 bằng O(*) Theo nguyên tắc quy đổi, số electron N+5 nhận và Oo(*) nhận phải nhau: N+5 + 3e →N+2 => Oo + 2e → O+2 0,3 0,1 0,15 0,3 => no(*) = 0,3/2 => no(*) = 0,15 mol Theo bảo toàn khối lượng: mFe2O3(*) = mx + mo(*) = 12 + 16.0,15 = 14,4 gam Theo bảo toàn nguyên tố đối với Fe: nFe = 2nFe2o3(*) = 2.14,4/160 = 0,18 mol => m = 56.0,18 = 10,08 gam → Đáp án C * Lưu ý : Phương án quy đổi tốt nhất, có tính khái quát cao nhất là quy đổi thẳng về các nguyên tố tương ứng Đây là phương án cho lời giải nhanh, gọn và dễ hiểu, đồng thời biểu thức bản chất hóa học của bài toán 2.3.2 Qui đổi hoá hữu : Kĩ thuật quy đổi :Đồng đẳng hóa (tách – ghépCH2) Một số kỹ thuật liên quan : + Hiđro hóa (tách – ghép liên kết π) + Ankan hóa (tách – ghép nhómchức) + Thủy phân hóa (tách – ghépeste) ĐỒNG ĐẲNGHOÁ * Giới thiệu kĩ thuật – Cơ sở quyđổi Ta biết rằng các chất thuộc cung một dãy đồng đẳng kém một hoặc 10 nhiều nhóm CH2 Vìvậy,có thể thêm vào hoặc bớt CH2 từ một chất hữu bất kì để được một chất khác đồng đẳng với nó Dựa vào ý tưởng này, ta có thể quy đổi hỗn hợp phức tạp chất đơn giản (thường chất đầu dãy) kèm theo lượng CH2 tương ứng Kĩ thuật này được gọi là Đồng Đẳng Hóa (ĐĐH) Ví dụ : C3H8 ⇔CH4+2CH2 C6H5–CH(CH3)2 ⇔C6H6+3CH2 C3H6(OH)2 ⇔C2H4(OH)2+ 1CH2C4H7COOH ⇔C2H3COOH +2CH2 C2H5COOC3H7 ⇔HCOOCH3+4CH2 (C15H31COO)3C3H5 ⇔(HCOO)3C3H5+45CH2 C2H5NH2 ⇔CH3NH2+1CH2 (CH3)2CH–CH(NH2)–COOH ⇔NH2CH2COOH +3CH2 * Kĩ thuật áp dụng – Các toán minhhọa a TáchCH2 Một vài ví dụ về cách sử dụng ĐĐH để quy đởi hỡn hợp hữu Ví dụ 1:Quy đổi hỗn hợp X gồm các axit no, đơn chức và các ancol no hai chức (tất cả đều mạch hở)  Sau quy đổi hỗn hợp bằng ĐĐH, ta lập các phương trình theo các dữ kiện từ đề bài và giải hệ Khi đã tìm được các ẩn, tức là xác định được thành phần của hỗn hợp sau quy đổi, ta xử lí các bước còn lại và trả lời câu hỏi của bài toán Trước ứng dụng kĩ thuật này để giải các bài tập, có hai điều quan trọng các bạn cần lưu ý: +) CH2 là thành phần khối lượng Vì vậy, nó có mặt các phương trình liên quan tới khối lượng, phản ứng đốt cháy (số mol O phản ứng, số mol CO2, số mol H2O),… +) Tuy nhiên, CH2 không phải là một chất (bản thân nó là nhóm metylen – CH2–) Nó không được tính vào số mol hỗn hợp (hoặc các dữ kiện khác liên quan tới số mol các chất) Các bạn cần nắm vững điều này để lập chính xác các phương trình Nếu bạn sai từ bước lập hệ, các bước tiếp theo không có ý nghĩa Ví dụ :Hỡn hợp X gờm ankin đờng đẳng kế tiếp có số nguyên tử C nhỏ và ancol etylic Đốt cháy hoàn toàn 0,3 mol X cần dung 28 lít O (đktc) Mặt 11 khác, cho 28 gam X vào bình đựng Na dư, thấy có thoát 11,2 lít khí (đktc) Phần trăm khối lượng của ancol etylic hỗn hợp Xlà: A 32,86% B 65,71% C 16,43% D 22,86% Phân tích: - Đây là kiểu bài hai phần không bằng Ta đặt ẩn theo một phần và chia tỉ lệ theo phần còn lại Đề bài hỏi phần trăm khối lượng, ta nên đặt ẩn theo phần có dữ kiện khốilượng - Chú ý rằng ankin có số nguyên tử C nhỏ nên chúng thế khí Khi cho X vào bình đựng Na dư, khí thoát gồm H2 và ankinđó Lời giải: Qui đổi hổn hợp thành C2H5OH a mol ; C2H2 b mol ; CH2 c mol Ta có : 46a + 26b + 14c = 28 (1) Khi cho X qua bình đựng Na dư, a mol C 2H5OH phản ứng sinh 0,5a mol khí H2, đồng thời thoát b mol ankin Vậy ta có phương trình: 0,5a + b=0,5 (2) (Như đã nói, số mol này không bao gồm số mol CH2) 0,3 mol X gồm ka mol C2H5OH và kb mol C2H2 và kc mol CH2 Ta có: k(a + b) = 0,3 Từ lượng O2 phản ứng, ta có phương trình: k(3a + 2,5b + 1,5c) = 0,125 Chia vế theo vế của hai phương trình và triệt tiêu k, ta có: (a + b )/(3a + 2,5b + 1,5c) = 0,3/0,125 (3) Từ phương trình (1), (2) và (3), giải hệ ta được: a = 0,2; b = 0,4; c = 0,6 Vậy phần trăm khối lượng ancol Etylic là : 46.0,2 / 28 = 32,86% => A Ví dụ 3:Chất X (CnH2n+4O4N2) là ḿi amoni của axit cacboxylic đa chức; chất Y (CmH2m+4O2N2) là muối amoni của một amino axit Cho m gam E gồm X và Y (có tỉ lệ số mol tương ứng là 7: 3) tác dụng hết với lượng dư dung dịch NaOH đun nóng, thu được 0,17 mol etylamin và 15,09 gam hỗn hợp muối Phần trăm khối lượng của Y E có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây? A 32 B 68 C 77 D 23 Lời giải : Do hỗn hợp tác dụng với NaOH chỉ sinh amin nhất là etyl amin nên các muối amoni đều là sự kết hợp giữa gốc axit và C2H5NH2  ( COONa) : 7a ( COOH.C2H7N ) : 7a   muoi C2H 4O2NNa: 3a   +NaOH Hỗn hợp E C2H 5O2N.C2H 7N : 3a → CH2 : b CH :  b    17a  C2H 7N : ⇒ 17a = 0,17 ⇔ a = 0,01 Khối lượng muối: 7a.134 + 97.3a+ 14b = 15,09 ⇔ b = 0,2 Gọi m, n lần lượt là số nhóm CH2 X và Y  n =  X : ( COOH.C2H7N ) ( CH2 ) 0,07 ⇒ 0,07n + 0,03m = 0,2 ⇒  ⇒  m =  Y :C2H5O2N.C2H7N ( CH2 ) 0,03 12 3.148 100 = 23,37% 3.148+ 7.208 Ví dụ : Hỗn hợp E gồm peptit X mạch hở tạo từ alanin và glyxin (phân tử X chứa không quá liên kết peptit) và este Y tạo từ etanol và axit cacboxylic no đơn chức Thủy phân hoàn toàn m gam E dung dịch NaOH đun nóng, vừa đủ thu được 24,2 gam hỗn hợp F gồm các muối (trong đó số mol muối của Gly lớn hớn số mol muối của Ala) Đốt cháy hoàn toàn F cần dung 20 gam O thu được sản phẩm cháy gồm H2O, Na2CO3, N2 và 18,7 gam CO2 Phần trăm khối lượng của X E gần nhất với giá trị nào sau đây? A 82,5% B 74,7% C 77,8% D 87,6% Lời giải : Quy đổi hỗn hợp muối F thành HCOONa (a mol), H2N-CH2-COONa (b mol) và CH2 (c mol) +) mF = 68a + 97b + 14c = 24,2 (1) +) Đốt cháy F: HCOONa + 0,5O2 → 0,5Na2CO3 + 0,5CO2 + 0,5H2O a → 0,5a → 0,5a H2N-CH2-COONa + 2,25 O2 → 0,5Na2CO3 + 1,5CO2 + 2H2O + 0,5N2 b → 2,25b → 1,5b CH2 + 1,5 O2 → CO2 + H2O c → 1,5c → c => nO2 = 0,5a + 2,25b + 1,5c = 0,625 (2) => nCO2 = 0,5a + 1,5b + c = 0,425 (3) Giải hệ thu được a = 0,05; b = 0,2; c = 0,1 Do nGlyNa > nAlaNa nên các muối gồm CH3COONa (0,05 mol); GlyNa (0,15 mol); AlaNa (0,05 mol) Este là CH3COOC2H5 (0,05 mol) Ta có: nGly : nAla = : Do số liên kết peptit ≤ nên peptit là (Gly)3Ala (0,05 mol) => %mX = 74,71% gần nhất với 74,7% Ví dụ : Thủy phân m gam hợp X gồm tetrapeptit A và pentapeptit B (A và B đều hở chứa đồng thời Glyxin và Alanin phân tử) bằng lượng dung dịch NaOH vừa đủ Cô cạn dung dịch sản phẩm cho (m+ 15,8) gam hỗn hợp muối Đốt cháy toàn bộ lượng muối sinh bằng lượng oxi vừa đủ , thu được Na 2CO3 và hỗn hợp Y gồm CO2 , H2O và N2 Dần Y qua bình đựng dung dịch NaOH đặc dư, thấy khối lượng thấy khối lượng bình tăng thêm 56,04 gam so với ban đầu và có 4,928 lít khí nhất (đktc) thoát khỏi bình Xem N không bị nước hấp thụ , các phản ứng xảy hoàn toàn Thành phần phần trăm khối lượng của B hỗn hợp X là: A.35,37% B 58,92% C 46,94% D 50,92% Lời giải : - Quy đổi hỗn hợp X thành C2H3ON (a mol), -CH (b mol) và H 2O (c mol) ⇒ %mY = 13 - Khi cho X tác dụng với dung dịch NaOH thì được hỗn hợp quy đổi gồm C2H4ONNa (a mol) và CH2 (b mol) Xét quá trình đốt cháy hỗn hợp muối ta có hệ sau:  97n NH CH COONa + 14n CH − (57n C H ON + 14n CH + 18n H O ) = ∆ m  40a − 18c = 15,8  a = 0,44 2 2 2    → 102a + 62b = 56,04 ⇒  b = 0,18  44n CO + 18n H 2O = m bình Z  BT:N  a = 0, 44  c = 0,1     → n = 2n  C 2H 3ON N2 - Ta có: n Ala = n CH = 0,18 mol ⇒ n Gly = 2n N − n Ala = 0, 26 mol  n A + n B = n H 2O  n A + n B = 0,1 n A = 0, 06 mol - Xét hỗn hợp X ta có : 4n + 5n = 2n →  4n + 5n = 0, 44 ⇒ n = 0, 04 mol B N2 B  A  B  A - Gọi peptit A và B lần lượt là (Gly)x (Ala)4− x và (Gly)y(Ala)5−y(ví i x < vµ y nH2O⇒ có chứa este ≥ chức Do Y gồm các axit mạch không phân nhánh ⇒ chứa tối đa chức Lại có Z chỉ chứa tối đa chức ⇒ este mạch hở chỉ chứa tối đa chức ⇒ X gồm hỗn hợp các este no, mạch hở, đơn chức hoặc chức Bảo toàn ngun tớ oxi: nO/X = 1,46 × + 1,23 – 1,595 × = 0,96 mol → nCOO = 0,48 mol Ta có: nCO2 – nH2O = (k – 1).nHCHC với k là độ bất bão hòa của HCHC Áp dụng: nCO2 – nH2O = neste chức = 0,23 mol → neste đơn chức = 0,48 – 0,23 × = 0,02 mol Z gờm ancol có dạng CnH2n+2O và CnH2n+2O2 (n ≥ 2) Đặt nCnH2n+2O = x; nCnH2n+2O2 = y → 0,48 ÷ < x + y < 0,48 → 0,24 < x + y