Làm thế nào để các em học sinh không còn “sợ hãi” trước một bài tập quá nhiều chất tác dụng với nhau, quá nhiều các phương trình phản ứng phức tạp; quá nhiều phương trình toán học?. - Vậ
Trang 11 Phần mở đầu
1.1 Lý do chọn đề tài
Trong quy n nh ng v n đ chung v đ i m i giáo d c ển những vấn đề chung về đổi mới giáo dục ững vấn đề chung về đổi mới giáo dục ấn đề chung về đổi mới giáo dục ề chung về đổi mới giáo dục ề chung về đổi mới giáo dục ổi mới giáo dục ới giáo dục ục trung h c cọc cơ ơ
sở môn Hóa h c ph n đ i m i phọc cơ ần đổi mới phương pháp dạy học có viết: ổi mới giáo dục ới giáo dục ương pháp d y h c có vi t:ạy học có viết: ọc cơ ết:
“ Phương pháp giáo dục phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, tư duy sáng tạo của người học; bồi dưỡng cho người học năng lực tự học, khẳ năng thực hành, lòng say mê học tập và ý chí vươn lên” (luật giáo dục 2005 Điều 5 quy định)
Cũng trong quyển này viết: Mục đích của đổi mới phương pháp dạy học ở trường phổ thông là thay đổi lối dạy học truyền thụ một chiều sang dạy học theo
“ phương pháp dạy học tích cực”…
Vì vậy nâng cao chất lượng dạy học nói chung và chất lượng dạy học Hóa học nói riêng là nhiệm vụ quan trọng nhất hiện nay của giáo viên Hóa học ở các trường THCS Làm thế nào để các em học sinh không còn “sợ hãi” trước một bài tập quá nhiều chất tác dụng với nhau, quá nhiều các phương trình phản ứng phức tạp; quá nhiều phương trình toán học? Câu hỏi đó luôn hiện hữu trong đầu tôi
Việc bồi dưỡng học sinh có năng lực học tập khá, giỏi đòi hỏi giáo viên phải định hướng và phân loại từng dạng bài tập cho học sinh, với mỗi dạng trước hết các em phải tìm ra phương pháp tối ưu nhất để giải quyết bài tập nhanh, gọn, chính xác nhất Chính vì thế, trong quá trình giảng dạy, tìm tòi,
nghiên cứu tôi mạnh dạn viết sáng kiến kinh nghiệm: ‘‘Áp dụng phương pháp
quy đổi để giải nhanh các bài toán hóa học trung học cơ sở’’ Sáng kiến này
sẽ là tài liệu tham khảo dễ hiểu, giúp các em có cái nhìn đơn giản hơn đối với những bài toán phức tạp đồng thời giải quyết chúng một cách nhanh hơn và hiệu quả hơn
1.2 Mục đích nghiên cứu
Qua nghiên cứu đề tài sáng kiến kinh nghiệm này và vận dụng vào ôn tập cho học sinh lớp 8-9 ôn thi học sinh giỏi, giúp các em áp dụng thành thạo phương pháp quy đổi để giải nhanh các bài tập mà phương pháp truyền thống giải rất lâu và ít hiệu quả Việc làm này có tác dụng nâng cao hiệu quả dạy của thầy và học của trò giúp các em đạt kết quả cao trong kì thi học sinh giỏi và kì thi THPT Quốc gia sau này
1.3 Đối tượng nghiên cứu
- Đề tài này chỉ mới đề cập được một số ví dụ minh họa và mới được áp dụng ở học sinh khá, giỏi lớp 8 - 9 trường THCS Thạch Cẩm
- Vận dụng vào nội dung cụ thể là giải các bài toán có nhiều sự thay đổi
số oxi hóa và những bài tập hỗn hợp nhiều chất có tính chất tương tự nhau
1.4 Phương pháp nghiên cứu
- Nghiên cứu tư liệu để xây dựng cơ sở lí luận của đề tài nghiên cứu
- Khảo sát thực tiễn qua thông tin trên mạng và qua thực trạng học môn Hóa học của trường THCS mà tôi đang dạy để có cái nhìn khái quát về thực trạng dạy học môn Hóa học phần giải bài tập về hỗn hợp nhiều chất
Trang 2- Phương pháp trao đổi kinh nghiệm: Tiến hanhg trao đổi kinh
nghiệm,học hỏi từ đồng nghiệm có kiến thức liên quan đến việc nghiên cứu
2 Nội dung
2.1 Cơ sở lí luận.
Trong hóa học, dạng bài tập về phản ứng oxi hóa khử rất phổ biến và đa dạng, có rất nhiều bài được ra trong các đề thi học sinh giỏi cấp huyện, cấp tỉnh các năm gần đây Với các phương pháp thông thường như phương pháp đại số, đặt ẩn, lập hệ gồm nhiều phương trình, sẽ rất mất thời gian và khó khăn để học sinh tìm ra kết quả cho dạng bài tập trên Với những bài tập có nhiều chất tham gia phản ứng và sự thay đổi số oxi hóa quá nhiều thì học sinh cần biết cách đưa bài tập phức tạp về dạng đơn giản Như vậy, không những các em sẽ giải được
mà còn làm rất nhanh Để giúp cho giáo viên và học sinh giải quyết khó khăn trên, tôi xin trình bày trong sáng kiến này một phương pháp giải toán Hóa có thể rút ngắn được thời gian, nâng cao được tư duy và có đáp án bài toán nhanh nhất, chính xác cao Đây là một trong những phương pháp mới và nguyên tắc của
phương pháp này là: Quy đổi hỗn hợp nhiều chất thành hỗn hợp ít chất
hơn(thường quy đổi só chất trong hỗn hợp bằng số dữ kiện đề bài cho)hoặc quy đổi về một chất giả định Phương pháp này giúp học sinh thiết lập được mối
liên hệ trong bài dễ dàng, giải quyết các dạng bài tập gồm nhiều chất phản ứng của cùng kim loại như hỗn hợp oxit sắt, đồng, muối đồng và hỗn hợp oxit các kim loại kiềm, kiềm thổ
2.2 Thực trạng vấn đề.
Qua thực tế giảng dạy, tôi nhận thấy học sinh đã làm được những bài tập chỉ có một hoặc hai chất phản ứng có sự thay đổi số oxi hóa Các em thường bế tắc khi giải bài toán hóa học mà có nhiều chất thay đổi số oxi hóa Đa phần học sinh chưa xác định được sự thay đổi số oxi hóa của các nguyên tố trong hợp chất chứa nhiều nguyên tố, các em thường sợ khi giải bài toán hóa học thuộc loại này
vì các em không biết xác định như thế nào Có một số phương pháp được sử dụng như phương pháp trung bình hay bảo toàn số mol nguyên tố cho các bài này nhưng khi làm học sinh rất hay bị nhầm lẫn về cách xác định số oxi hóa Còn trong phương pháp quy đổi nếu đưa hỗn hợp nhiều chất về số lượng ít chất phản ứng hơn thì học sinh dễ dàng xác định số oxi hóa và thiết lập được hệ phương trình đơn giản để giải
Trước khi chưa áp dụng đề tài kết quả bồi dưỡng học sinh giỏi huyện do tôi phụ trách đang còn thấp, cụ thể các năm học 2016 – 2017; 2017-2018 như sau:
Năm học 2016-2017:
T
T
Họ và tên học sinh Điểm thi
HSG huyện
Điểm thi chọn
ĐT tỉnh
Điểm thi HSG tỉnh
3
Trang 3Năm học 2017-2018:
T
T
Họ và tên học sinh Điểm thi
HSG huyện
Điểm thi chọn
ĐT tỉnh
Điểm thi HSG tỉnh
2.3 Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề.
Trên cơ sở lí luận và thực trạng vấn đề đã phân tích ở trên, tôi thấy để giải quyết vấn đề cần phải rèn luyện cho học sinh phương pháp giải toán hóa học một cách đơn giản nhưng tư duy hơn Vì thế tôi cần nghiên cứu về các mặt ưu, nhược của phương pháp thật kĩ lưỡng, các định luật bắt buộc học sinh phải nắm vững trong phương pháp quy đổi, cũng như cần soạn giải các bài toán Hóa theo phương pháp này nhưng theo nhiều hướng quy đổi khác nhau để giáo viên và học sinh có thể áp dụng hiệu quả
Cần chú ý tới năng lực của từng học sinh khi tiếp thu phương pháp mới này, tiến hành thực nghiệm và đánh giá kết quả của học sinh khi sử dụng phương pháp quy đổi để giải các bài toán hóa gồm nhiều chất phản ứng phức tạp
2.3.1 Các định luật vận dụng.
a Định luật bảo toàn khối lượng:
Nội dung: Khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng khối lượng các
chất được tạo thành sau phản ứng
Trong đó chúng ta cần vận dụng các hệ quả:
Hệ quả 1: Gọi mT là tổng khối lượng các chất trước phản ứng, ms là khối lượng các chất sau phản ứng Dù phản ứng xảy ra với hiệu suất bất kỳ ta đều có:
mT = mS
Hệ quả 2: Khi cation kim loại kết hợp với anion phi kim để tạo ra các hợp
chất ta luôn có: Khối lượng chất = khối lượng của cation+khối lượng anion Khối lượng của cation hoặc anion ta coi như bằng khối lượng của nguyên tử cấu tạo thành
b Định luật bảo toàn nguyên tố:
Nội dung định luật: Tổng khối lượng một nguyên tố trước phản ứng bằng tổng khối lượng của nguyên tố đó sau phản ứng Nội dung định luật có thể hiểu
là tổng số mol của một nguyên tố được bảo toàn trong phản ứng
c Định luật bảo toàn điện tích:
Nguyên tử trung hòa về điện nên phân tử luôn trung hòa về điện do đó ta có:
Hay:
2.3.2 Các hướng quy đổi chính khi giải bài toán hóa học
Trang 4a Quy đổi 1: Quy đổi hỗn hợp nhiều chất về các nguyên tử tương ứng( chỉ phù hợp với học sinh THPT)
Khi gặp bài toán hỗn hợp nhiều chất nhưng về bản chất chỉ gồm 2 hoặc 3 nguyên tố ta quy đổi thẳng hỗn hợp về 2 hoặc 3 nguyên tử tương ứng
Ví dụ 1: Hỗn hợp đầu gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 quy đổi về 2 nguyên tử
Fe và O
Ví dụ 2: Hỗn hợp ban đầu gồm Cu, CuS, Cu2S, S quy đổi về 2 nguyên tử
Cu và S
Ví dụ 3: Hỗn hợp ban đầu gồm Fe, FeS, FeS2, Cu, CuS, Cu2S, S quy đổi
về Fe, Cu, S
b Quy đổi 2: Quy đổi hỗn hợp nhiều chất về hỗn hợp hai hoặc một chất(đây là hướng quy đổi phù hợp với học sinh THCS).
Ví dụ 1: Hỗn hợp đầu gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 quy đổi về hai chất bất
kỳ trong hỗn hợp đầu: (Fe, FeO), (Fe, Fe3O4), (Fe, Fe2O3), (FeO, Fe3O4), (FeO, Fe2O3), (Fe3O4, Fe2O3) hoặc FexOy
Ví dụ 2: Hỗn hợp Y ban đầu gồm Cu, CuS, Cu2S, S quy đổi về: (Cu,CuS), (Cu, Cu2S),
c Quy đổi 3: Quy đổi tác nhân oxi hóa- khử( chỉ phù hợp với học sinh THPT)
2.3.3 Nguyên tắc quy đổi:
Một bài toán có thể quy đổi theo nhiều hướng khác nhau, tuy nhiên cần thỏa mãn một số điều kiện sau:
- Không làm thay đổi các nguyên tố trong hỗn hợp
- Hỗn hợp sau khi quy đổi khi phản ứng phải cho sản phẩm giống như sản phẩm của hỗn hợp ban đầu
- Khối lượng hỗn hợp luôn bảo toàn, số mol hỗn hợp có thể thay đổi tùy theo cách quy đổi
- Quy đổi là giả định nên số mol các sản phẩm có thể là giá trị âm, tuy nhiên tổng số mol luôn dương
Lưu ý:
- Phương pháp đặc biệt phát huy tác dụng trong bài toán hỗn hợp sắt và các oxit sắt, hỗn hợp các hợp chất của sắt, đồng,
- Hướng quy đổi 1 cho lời giải nhanh và hay được áp dụng nhất đối với học sinh THPT
- Hướng quy đổi 2 tính chính xác cao và ít gặp sai lầm, phù hợp với đối tượng học sinh THCS
- Hướng quy đổi 3 khó hơn và ít được sử dụng
- Trong quá trình làm bài thường kết hợp với các phương pháp khác: Bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố,
- Các giá trị giả định sau quy đổi, khi giải có thể nhận giá trị âm
2.3.4.Bài tập áp dụng.
Bài giải:
5
Bài 1: Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 3,0 gam hỗn hợp chất rắn X Hòa tan hết hỗn hợp X trong dung dịch HNO3 dư, thoát ra 0,56 lít (ở đktc) NO (là sản
phẩm khử duy nhất) Xác định giá trị của m
Trang 5Quy đổi 1: Quy đổi hỗn hợp X thành Fe(x mol) và Fe2O3(y mol)
Ta có: mX = 56x + 160y = 3,0 (I)
Các PTHH:
Fe + 4HNO3 Fe(NO3)3 + NO + 2H2O (1)
Fe2O3 + 6HNO3 2Fe(NO3)3 + 3H2O (2)
Theo PTHH (1) ta có: x = 0,025 (II)
Từ (I) và (II) x = 0,025; y = 0,01
Theo bảo toàn nguyên tố đối với Fe:
2 3
2 0,045 56.0,045 2,52
Quy đổi 2: Quy đổi hỗn hợp X thành Fe(x mol) và FeO(y mol)
Ta có: mX = 56x + 72y = 3,0 (III)
Các PTHH:
Fe + 4HNO3 Fe(NO3)3 + NO + 2H2O (1)
3FeO + 10 HNO3 3Fe(NO3)3 + NO + 5H2O (3)
Theo PT (1) và (3) ta có: x + y/3 = 0,025 (IV)
Từ (III) và (IV)
56x + 72y = 3,0 x = 0, 015
x + y/3 = 0,025 y = 0,03
Theo bảo toàn nguyên tố đối với Fe:
0,045 56.0,045 2,52
Fe Fe FeO
n n n mol m gam
Hoặc quy đổi hỗn hợp X thành: FexOy
PTHH:
3FexOy + (12x – 2y)HNO3 3xFe(NO3)3 + (3x – 2y)NO + (6x - y)H2O
Theo PTHH và bài ra ta thấy: nFexOy = 3/(3x-2y)nNO = 0,075/(3x-2y) (V)
Mặt khác: nFexOy = 3/(56x + 16y) (VI)
Từ (V) và (VI) ta có: 3/(56x+16y) = 0,075/(3x-2y) x/y = 3/2
nFe3O2 = 3/200 = 0,015 nFe ban đầu = 3.0,015 = 0,045 mol m = 2,52 gam
Lưu ý: Trong trường hợp này ta cũng có thể quy đổi hỗn hợp X ban đầu
về các hỗn hợp đơn giản sau (FeO và Fe2O3; Fe3O4 và Fe2O3; Fe và Fe3O4; FeO
và Fe3O4) hoặc thậm chí chỉ là một chất FexOy Tuy nhiên, học sinh nên quy đổi
về hai chất mà có số oxi hóa trước và sau phản ứng là số nguyên để việc cân bằng phản ứng hóa học được nhanh và dễ hơn
Bài 2: Hòa tan hoàn toàn 30,4 gam chất rắn X gồm Cu, CuS, Cu2S và S bằng HNO3
dư, thoát ra 20,16 lít khí NO duy nhất (đktc) và dung dịch Y Thêm Ba(OH)2 dư vào Y thu được m gam kết tủa Tính m
Trang 6Bài giải:
Quy đổi 1.
Quy đổi hỗn hợp X thành Cu(x mol) và S(y mol)
Phương trình hóa học:
3Cu + 8HNO3 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O (1)
S + 2HNO3 H2SO4 + 2NO (2)
Cu(NO3)2 + Ba(OH)2 Cu(OH)2 + 2HNO3 (3)
H2SO4 + Ba(OH)2 BaSO4 + 2H2O (4)
Theo PTHH và bài ra ta có:
64x + 32y = 30,4 x = 0,3 2x+ 6y = 2,7 y = 0,35
nBaSO4 = nH2SO4 = nS = 0,35 (mol); nCu(OH)2 = nCu(NO3)2 = nCu = 0,3(mol)
m = 0,3.98 + 0,35.233 = 110,95 gam
Quy đổi 2
Quy đổi hỗn hợp X thành: Cu: (x mol) và CuS: (y mol)
Phương trình hóa học:
3Cu + 8HNO3 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O (1)
3CuS + 14HNO3 3Cu(NO3)2 + 3H2SO4 + 8NO + 4H2O (2)
Cu(NO3)2 + Ba(OH)2 Cu(OH)2 + 2HNO3 (3)
H2SO4 + Ba(OH)2 BaSO4 + 2H2O (4)
Theo phương trình hóa học và bài ra ta có:
64x + 96y = 30,4 x = - 0,05
2x+ 8y = 2,7 y = 0,35
Theo bảo toàn nguyên tố đối với Cu và S ta có :
nCu(OH)2 = ∑nCu=n Cu+nCuS=−0,05+0,35=0,3(mol)
nBaSO4 = nS = nCuS = 0,35 (mol)
m = 0,3.98 + 0,35.233 = 110,95 (gam)
Lưu ý: Chúng ta có thể quy đổi hỗn hợp X thành (Cu và CuS) hoặc (CuS
và Cu2S) cũng thu được kết quả như trên Sử dụng phương pháp này giúp học sinh rèn luyện được tư duy và giải quyết bài toán nhanh, chính xác khoa học
Giải:
7
Bài 3: Hòa tan 21,9 gam hỗn hợp A gồm Na, Na2O, Ba, BaO vào nước dư, phản
ứng hoàn toàn thu được dung dịch B chứa 20,52 gam Ba(OH)2 và có 1,12 lít khí thoát ra (đktc) Tính khối lượng NaOH có trong dung dịch B
Trang 7Bài giải :
Quy đổi 1 Quy đổi hỗn hợp A thành Na, Na2O và BaO
PTHH : 2Na + 2H2O 2NaOH + H2 (1)
Na2O + H2O 2NaOH (2)
BaO + H2O Ba(OH)2 (3)
Theo (1), (2) , (3) và bài ra ta có: nNa = nNaOH(1) = 2nH2 = 2x0,05 = 0,1 mol mNa = 0,1.23 = 2,3 (g) nBaO = nBa(OH)2 = 0,12 (mol) mBaO = 0,12x153 = 18,36 gam Vì mNa + mNa2O + mBaO = 21,9 mNa2O = 21,9 – 18,3 – 2,3 = 1,24 (g) Vì nNaOH(2) = 2nNa2O = 2x0,02 = 0,04 mol nNaOH(B) = 0,1 + 0,04 = 0,14 (mol) mNaOH(B) = 0,14x40 = 5,6 (g) Quy đổi 2 Quy đổi hỗn hợp A thành Ba, Na2O và BaO
PTHH : Ba + 2H2O Ba(OH)2 + H2 (1)
Na2O + H2O 2NaOH (2)
BaO + H2O Ba(OH)2 (3)
Theo các PTHH và bài ra ta có:
nBa(1) = nBa(OH)2(1) = nH2 = 0,05 mol nBaO(3)= nBa(OH)2(3) = 0,12 – 0,05 = 0,07 mol
Vì mNa2O + mBa + mBaO = 21,9 nên mNa2O = 21,9 – 0,05x137 – 0,07x153 = 4,34 gam nNa2O = 4,34/62 = 0,07 mol nNaOH(B) = 2nNa2O = 2x0,07 = 0,14 (mol)
mNaOH(B) = 0,14x40 = 5,6 (g)
Bài giải:
nSO2 = 4,48/22,4 = 0,2 mol
Quy đổi 1
Quy đổi hỗn hợp X thành Cu và CuO ta có :
Phương trình hóa học :
Bài 4: Nung m gam bột Cu trong oxi thu được 24,8 gam hỗn hợp chất rắn X
gồm Cu, CuO và Cu2O Hòa tan hoàn toàn X trong H2SO4 đặc nóng thoát ra 4,48 lít khí SO2 duy nhất (đktc) Tính m
Trang 8Cu + 2H2SO4 CuSO4 + SO2 + 2H2O (1)
CuO + H2SO4 CuSO4 + H2O (2)
Theo PTHH (1) và bài ra ta có: nCu = nSO2 = 0,2 mol mCu = 0,2x64 = 12,8 gam
mCuO = 24,8 – 12,8 = 12 gam nCuO = 12/80 =0,15 mol
Bảo toàn số mol nguyên tố Cu ta có :
0, 2 0,15 0,35 64.0,35 22,4
Cu Cu CuO
Quy đổi 2
Quy đổi hỗn hợp X thành CuO và Cu2O ta có :
Phương trình hóa học :
Cu2O + 3H2SO4 2CuSO4 + SO2 + 3H2O (1)
CuO + H2SO4 CuSO4 + H2O (2)
Theo PTHH (1) và bài ra ta có:
nCu2O = nSO2 = 0,2 mol mCu2O = 0,2x144 = 28,8 gam
mCuO = 24,8 – 28,8 = -4 gam nCu = -4/80 = -0,05 mol
Bảo toàn số mol nguyên tố Cu ta có :
nbđ = nCu(X) = nCu(CuO) + nCu(Cu2O) = -0,05 + 2x0,2 = 0,35 mol
m = mCu(bđ) = 0,35x64 = 22,4 gam
Quy đổi 3
Quy đổi hỗn hợp X thành Cu(x mol) và Cu2O(y mol) ta có :
Phương trình hóa học :
Cu + 2H2SO4 CuSO4 + SO2 + 2H2O (1)
Cu2O + 3H2SO4 2CuSO4 + SO2 + 3H2O (2)
Theo các PTHH và bài ra ta có :
x + y = 0,2 x = 0,05
64x + 144y = 24,8 y = 0,15
Bảo toàn số mol nguyên tố Cu ta có :
nbđ = nCu(X) = nCu + nCu(Cu2O) = 0,05 + 2x0,15 = 0,35 mol
m = mCu(bđ) = 0,35x64 = 22,4 gam
Bài giải:
9
Bài 5: 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 (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc) và dung dịch X Cô cạn dung dịch X thu được m gam muối khan Tính m
Trang 9nNO = 1,344/22,4 = 0,06 mol
Quy đổi hỗn hợp đầu về hỗn hợp hai chất Fe và Fe2O3:
Phương trình hóa học:
Fe + 4HNO3 Fe(NO3)3 + NO + 2H2O (1)
Fe2O3 + 6HNO3 2Fe(NO3)3 + 3H2O (2)
Theo PTHH (1), (2) và bài ra ta có:
nFe = nFe(NO3)3(1) = nNO = 0,06 mol mFe = 0,06x56 = 3,36 gam
mFe2O3 = 11,36 – 3,36 = 8 gam nFe2O3 = 8/160 = 0,05 mol
nFe(NO3)3(2) = 2.nFe2O3 = 2x0,05 = 0,1 mol nFe(NO3)3(1;2) = 0,06 + 0,1 = 0,16 mol
m = mFe(NO3)3(X) = 0,16x242 = 38,72 gam
Bài giải:
nFeCl2 = 7,62/127 = 0,06 mol
Quy đổi hỗn hợp gồm FeO, Fe2O3 và Fe3O4 thành FeO và Fe2O3
Phương trình hóa học: FeO + 2HCl FeCl2 + H2O (1)
Fe2O3 + 6HCl 2FeCl3 + 3H2O (2)
Theo các PTHH và bài ra ta có:
nFeO = nFeCl2 = 0,06 mol mFeO = 0,06x72 = 4,32 gam
mFe2O3 = 9,12 – 4,32 = 4,8 gam nFeCl3(Y) = 2.nFe2O3 = 2x4,8/160 = 0,06 mol
m = mFeCl3(Y) = 0,06x162,5 = 9,75 gam
Bài giải:
Bài 6: Cho 9,12 gam hỗn hợp gồm FeO, Fe2O3 và Fe3O4 tác dụng với dung
dịch HCl (dư) Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, được dung dịch Y; cô cạn Y thu được 7,62 gam FeCl2 và m gam FeCl3 Tính m
Bài 7: Hòa tan hết m gam hỗn hợp gồm Na, Na2O, Ba, BaO vào nước, thu được
0,3 mol khí H2 và dung dịch X Hấp thụ 0,64 mol CO2 vào dung dịch X, thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối và kết tủa Z Chia dung dịch Y làm 2 phần bằng nhau:
- Cho rất từ từ phần 1 vào 200 ml dung dịch HCl 1,2M thì thoát ra 0,15 mol khí CO2
- Cho rất từ từ 200 ml dung dịch HCl 1,2M vào phần 2, thì thoát ra 0,12 mol khí CO2
Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, HCl đều phản ứng hết trong cả hai thí nghiệm Tính giá trị của m
Trang 10nHCl = 0,2.1,2 = 0,24(mol); nH2 = 0,3(mol); nCO2 = 0,64(mol)
Vì nCO2(P1) = 0,15 mol ≠ nCO2(P2) = 0,12 mol nên dung dịch Y chứa cả hai
muối( muốt trung hòa và muối axit) Ba chuyển hết vào kết tủa BaCO3; dung dịch Y chỉ chứa NaHCO3 và Na2CO3, không chứa Ba(HCO3)2
Xét phần 2: Vì đổ từ từ HCl vào Y nên thứ tự phản ứng xảy ra như sau:
Na2CO3 + HCl NaCl + NaHCO3 (1)
Do có khí thoát ra nên Na2CO3 đã hết
NaHCO3 + HCl NaCl + CO2 + H2O (2)
Mol: 0,12 0,12
Theo (2) nHCl(2) = nCO2(2) = 0,12(mol)
Theo (1)nNa2CO3 = nHCl(1) = 0,24 – 0,12 = 0,12(mol)
nNa2CO3(Y) = 0,12.2 = 0,24 (mol)
Xét phần 1: Vì đổ từ từ dung dịch Y vào HCl nên phản ứng xảy ra đồng thời: Na2CO3 + 2HCl 2NaCl + CO2 + H2O (3)
Mol: a 2a a
NaHCO3 + HCl NaCl + CO2 + H2O (4)
Mol: b b b
Gọi a, b lần lượt là số mol tương ứng Na2CO3 và NaHCO3 phản ứng Ta có: {2 a+b=0,24 a+b=0,15 {a=0,09 b=0,06
Vì nNa2CO3(đã PƯ) = 0,09 mol < nNa2CO3(1/2 dung dịch Y) = 0,12 mol nên muối dư, axit hết.
Ta lại có: nNa2 CO 3 nNaHCO 3 = 0,090,06 = 32 Nên nNaHCO3(Y) = 2/3.nNa2CO3 = 0,16 (mol)
Bảo toàn số mol nguyên tố C, Na, Ba ta có:
nCO2 = nNa2CO3 + nNaHCO3 + nBaCO3 0,24 + 0,16 + nBaCO3 = 0,64
nBaCO3 = 0,24 (mol) nNaOH(X) = 2nNa2CO3 + nNaHCO3 = 0,64(mol)
Quy đổi hỗn hợp Na, Na2O, Ba, BaO thành hỗn hợp Na, Na2O và BaO
PTHH: 2Na + 2H2O 2NaOH + H2 (5)
Na2O + H2O 2NaOH (6)
BaO + H2O Ba(OH)2 (7)
Theo các PTHH(5; 6; 7) ta có: nNa = nNaOH(5) = 2.nH2 = 0,6(mol)
11