Chuyen de HSG hoa 9

Để xác định con đường đi tới đích ngắn nhất nhóm Hóa – Sinh trường THCS Yên Đồng muốn giới thiệu chuyên đề giải bài toán hóa về “ Tăng giảm khối lượng” với mong muốn giúp các em học sinh

Phần I - Cơ sở xây dựng chuyên đề

I Cơ sở lý luận

- Xuất phát từ nhiệm vụ năm học do Phòng Giáo Dục và Nhà trường phải tập chung nâng cao chất lượng bôi dưỡng học sinh giỏi vòng huyện , vòng tỉnh Nhiệm vụ của môn hóa học THCS ngoài dạy kiến thức cơ bản còn phải dạy bồi dưỡng HSG để tham gia kỳ thi HSG 2012 – 2013 do PGD – sở GDĐT tổ chức Mặc khác chương trình hóa học THCS đồng tâm với trương trình THPT , vì vậy lượng kiến thức của học sing cần phải mở rộng Trong hóa học việc giải bài tập không chỉ đơn thuần là vận dụng kiến thức cũ mà có cả tìm kiếm kiến thức mới

và vận dụng kiến thức cũ trong tình huống mới

Một bài toán có thể giải theo nhiều cách khác nhau , mỗi cách giải khác nhau

đó giúp giáo viên , học sinh mở rộng thêm khả năng tư duy Nhưng có những bài toán hóa học chỉ cần áp dụng đúng dạng sẽ có hướng đi ngắn , đúng đắn nhất Để xác định con đường đi tới đích ngắn nhất nhóm Hóa – Sinh trường THCS

Yên Đồng muốn giới thiệu chuyên đề giải bài toán hóa về “ Tăng giảm khối

lượng” với mong muốn giúp các em học sinh nhận dạng bài tập hóa học nhanh

hơn , các em có thêm cách giải mới và giúp các em hứng thú say mê trong học tập môn hóa học

II Cơ sở thực tiễn

- Đội tuyển HSG gồm những em yêu thích môn học có lòng say mê với những bài toán hóa Nhưng bên cạnh đó vẫn còn có những học sinh chưa chăm chỉ còn coi nhẹ môn học Một số học sinh có lực học môn toán còn yếu dẫn đến việc vận dụng kiến thức toán vào việc giải toán hóa còn khó khăn Mặt khác các

em học sinh trong đội tuyển còn phải chịu nhiều áp lực của các môn thi vào THPT nên một số bậc cha mẹ không muốn cho con em mình tham gia đội tuyển Vì vậy để hoàn thành được các chỉ tiêu đặt ra , thây trò chúng tôi phải có một phương pháp dạy , phương pháp học một cách tích cực để đạt hiệu quả cao

III Phạm vi và mục đích chuyên đề

1 Phạm vi chuyên đề

- Do thời gian có hạn nên chuyên đề chỉ đề cập đến một số dạng bài tập nhỏ của chuyên đề : “ Bài toán tăng giảm khối lượng ” áp dụng đối với phản ứng của kim loại đối với dung dịch muối

2 Mục đích chuyên đề

- Giúp học sinh hiểu được phương pháp giải bài toán “ Tăng giảm khối lượng ” Từ đó học sinh biết khai thác và phân dạng bài tập

Phần II : Nội dung chuyên đề

I. Đối với học sinh

- Thông qua chuyên đề này học sinh được cung cấp thêm dạng toán “ Tăng giảm khối lượng ” giúp các em có kỹ năng giải toán hóa học , các em biết tư duy , sáng tạo trong quá trình giải toán

II. Đối với giáo viên

- Để giảng dạy cho HSG đạt kết quả cao , giáo viên cần phải :

 Thông suốt mạch kiến thức chương trình hóa THCS

 Cung cấp đầy đủ các dạng bài tập thuần túy và đưa ra những bài tập mới

lạ để học sinh được làm quen

 Sưu tầm các đề thi HSG cấp Huyện – cấp Tỉnh và các đề thi vào trường chuyên

 Luôn giao lưu trao đổi với đồng nghiệp để không ngừng nâng cao trìnhđộ chuyên môn

 Thường xuyên tổ chức luyện các đề thi , chữa đề , đánh giá cụ thể sát sao với từng học sinh

III. Ứng dụng thực tế

A.Kiến thức lý thuyết

- Nguyên tắc của phương pháp là dựa vào sự tăng giảm khối lượng khi chuyển từ chất này sang chất khác , cụ thể khi chuyển từ 1 mol chất A thành 1 hay nhiều mol chất B ( có thể qua các giai đoạn trung gian ) ta có thể tính được một số mol các chất và ngược lại Từ đó kết hợp với yêu cầu bài toán để giải quyết bài toán một cách triệt để

- Phương pháp này được áp dụng trong các bài toán vô cơ , hữu cơ kết hợp với phương pháp điện tích , bảo toàn khối lượng Bài toán nay được áp dụng cho các loại phản ứng hóa học sau :

1 Phản ứng trao đổi

 Xét phản ứng trao đổi giữa axit với muối

VD1 : PT :

CaCO3 + 2HNO3 > Ca(NO3)2 + H2O + CO2 (mol) a a

Độ tăng khối lượng của muối = lượng 2NO3 - lượng CO3

= 124a - 60a = 64a

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 của muối = 35,5a - 60a = 11a

Độ giảm khối lượng dung dịch sau PƯ = 44a

2 Phản ứng thế

 Xét phản ứng của kim lọai tác dụng với dung dịch muối

A + Bn+ > Am+ + B↓

Nếu MB > MA thì khối lượng thanh kim loại tăng

 Độ tăng khối lượng (∆m) = mB↓ - mA(tan)

A B

n







VD : Fe + CuSO4 -> FeSO4 + Cu↓

(mol) a a

 ∆m = mCu↓ - mFe(tan)

Cu Fe

n





 Hay độ tăng khối lượng kim loại = độ giảm lượng dung dịch = 64a – 56a = 8a Nếu MB < MA => khối lượng thanh kim loại giảm

 Độ giảm khối lượng ( ∆m ) = mA(tan) - mB↓

A B

n







VD : Zn + FeSO4 -> ZnSO4 + Fe↓

(mol) b b

 (∆m) = mZn(tan) - mFe↓

 b= m

Cu Fe

n







Chú ý : Trong trường hợp này , thường lấy thanh kim loại ra khỏi dung dịch trước khi kết thúc phản ứng.(phản ứng có thể xảy ra không hoàn toàn)

3 Phản ứng hóa hợp

- Xét phản ứng của kim loại với phi kim

VD : 2Cu + O2 -> 2CuO

Độ tăng khối lượng kim loại = lượng O2 đã phản ứng

Hay : Độ tăng khối lượng kim loại = khối lượng phi kim phản ứng

4 Phản ứng phân hủy

a Xét phản ứng phân hủy của muối

VD : CaCO3 -> CaO + CO2

Độ giảm lượng CaCO3 = lượng CO2↑

b Xét phản ứng phân hủy của Bazơ không tan

VD : 2Fe(OH)3 -> Fe2O3 + 3H2O

Độ giảm khối lượng sau phản ứng = khối lượng H2O

 Cho dù các phản ứng thuộc loại nào đi chăng nữa , bài tập tăng giảm khối lượng cũng được chia làm 3 dạng

Dạng 1 : Tính khối lượng và nồng độ dung dịch

Dạng 2 : Tính thành phần % của các chất trong hỗn hợp

Dạng 3 : Xác định CTHH của chất

B.Bài tập minh họa

Dạng 1 : Tính khối lượng và nồng độ dung dịch

Bài tập 1 : Cho đinh sắt nặng 100g vào 400g dung dịch CuSO4 16% , sau một thời gian lấy đinh sắt ra rửa nhẹ , lau khô cân lại được 102g và còn lại dung dịch B

a Tính khối lượng Fe tan ra và khối lượng Cu bám vào sau phản ứng ( Giả

sử toàn bộ Cu tạo thành bám lên đinh sắt )

b Cho 600g dung dịch Ba(OH)2 17,1% vào dung dịch B , sau PƯ thu được kết tủa D và dung dịch E Xác định khối lượng kết tủa D và C% dung dịch E

Giải :

a nCuSO4 (ban đầu) = 400.10

100.160 = 0,4 mol Gọi nFe (phản ứng) = x (mol)

PT : Fe + CuSO4 -> FeSO4 + Cu↓ (1) (mol) x x x x

Vì sau phản ứng thanh kim loại tăng ( MCu > MFe )

Ta có : 64x – 56x = 102 – 100

 8x = 2 => 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

4

4

0,25( ) 0,4 0,25 0,15( )

 







NBa(OH)2 (ban đầu) = 600.17

100.171 = 0,6(mol) 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↓ (3) (mol) 0,15 0,15 0,15 0,15

Từ (2) và (3) => mkết tủa D

4 2 2

0,25 0,15 0,4( )











 MD = 0,4 x 233 + 0,25 x 90 + 0,15 x 98 = 130,4(g)

Từ (2) và (3) => Dung dịch E là 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 – 2 - 130,4 = 867,6(g)

 C%Ba(OH)2 = 34,2

867,6 x 100 = 3,94%

Bài tập 2 : Cho 4.15g hỗn hợp A gồm bột Fe và Al tác dụng với 200ml dung

dịch CuSO4 0.25M Khuấy kỹ hỗn hợp để phản ứng xảy ra hoàn toàn Đem

lọc được kết tủa B được 2 kim loại có khối lượng 7,84g và dung dịch nước lọc Tìm số mol kim loại trong hỗn hợp A

Giải :

Theo giả thiết bài toán Kết tủa B gồm 2 kim loại và phản ứng xảy ra hoàn toàn , điều đó chứng tỏ nhôm phản ứng hết , sắt còn dư Vậy chất rắn sau phản ứng gồm : Cu và Fe dư

Gọi x , y là nAl , nFe bđ và y1 là số mol Fe (pư) Theo bài ta có phản ứng hóa học :

2 Al + 3CuSO4 -> Al2(SO4)3 + 3Cu↓ (1)

x 1,5x 0,5x 1,5x

Fe + CuSO4 -> FeSO4 + Cu↓ (2)

y1 y1 y1 y1

Theo bài ta có : mAl + mFe = 27x + 56y = 4,15 (I)

Từ (1) và (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 bài 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 được :

nFe dư trong kết tủa A = y – y1 = 0,02(mol)

nCu trong kết tủa A = nCuSO4 phản ứng = 0,105 (mol)

nAl trong hỗn hợp ban đầu = x = 0,05 (mol)

nFe trong hỗn hợp ban đầu = y = 0,05 (mol)

Dạng 2 :Tính thành phần phần trăm các chất các chất trong hỗn hợp

Bài tập 1 : Cho 0,51g hỗn hợp A gồm Fe và Mg vào 100 ml dung dịch

CuSO4 sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn , lọc , thu được 0,69g chất rắn B và dung dịch C Thêm dung dịch NaOH dư vào dd C , lấy kết tủa đem nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi , được 0,45g chất rắn D

1.Tìm nồng độ mol của dd CuSO4

2.Tính thành phần % theo khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp A

Theo bài lúc đầu dùng 0,51g hỗn hợp Mg và Fe qua những biến đổi, chỉ thu được 0,45g MgO và Fe2O3 Như vậy ở đây CuSO4 thiếu và Fe dư

Xét khả năng ưu tiên phản ứng thì Mg sẽ phản ứng hết với CuSO4 trước , Fe phản ứng 1 phần , vậy sau PƯ Fe còn dư

Vậy chất rắn B gồm Cu tạo ra và Fe dư

Dung dịch C gồm MgSO4 , FeSO4 Theo bào ta có các 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) 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 lần lượt là nMg và nFe có trong 0.51g hỗn hợp A và y1 là số mol Fe tham gia PƯ (2)

Theo bài ta có :

1

24 56 0,51

56( ) 64( ) 0, 69

40 80 0, 45









Giải hệ PT trên ta được : x = 0,00375(mol)

y = 0,0075 (mol)

y1 = 0,00375 (mol)

a Tính nồng độ mol của CuSO4

Từ (1) và (2)nCuSO4  x y1 0,00357.2 0,0075 (mol)

b Tính thành phần % về khối lượng của Mg và Fe trong hỗn hợp A

%Mg = 0,00375.24

0,51 x 100 = 17,65%

%Fe = 100% - 17,65% = 82,35%

Bài tập 2 : Cho 1,36g hỗn hợp bột A gồm Fe và Mg vào 400 ml dung dịch

CuSO4 có nồng độ x mol/lit, sau phản ứng xong thu được 1,84g chất rắn B và dung dịch C Thêm NaOH dư và dung dịch C Nung kết tủa này ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được 1,2g chất rắn D

Tính thành phần % về khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp A

Giải:

Xét khả năng ưu tiên phản ứng thì Mg phản ứng với CuSO4 sau đó đến Fe

PTHH: Mg + CuSO4 → MgSO4 + Cu  (1)

Fe + CuSO4 → FeSO4 + Cu (2)

Dd C gồm: MgSO4, có thể có FeSO4 hoặc CuSO4 dư

Đặt nMg (bđ) = a mol với a,b > 0

nFe (bđ) = b mol

Ta có: 24a + 56b = 1,36 (I)

Ta xét các trường hợp sau:

Trường hợp 1: Mg và CuSO4 vừa đủ để tham gia phản ứng (1)

Khi đó dd C : MgSO4; Chất rắn B: Cu và Fe còn nguyên

Ta có: 64a + 56b = 1,84 (II)

Kết hợp (I) và (II) giải hệ ta được: a = 0,012 và 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 này không thỏa mãn (loại)

Trường hợp 2: Fe và CuSO4 vừa đủ để xảy ra 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)

Kết hợp (I) và (III) ta có hệ :















48 , 0 8 40

36 , 1 56 24

b a

b a

═>









 0209 , 0

078 , 0

b a

Khi cho dd NaOH tác dụng với dd C

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 × 40 + ½ 0,00209 ×160 = 1,984g > 1,2 g (**)

Trường hợp này không thỏa mãn (loại)

Từ (*) và (**) ta có: 0,48 < 1,2 < 1,984

═> Ở phản ứng (2) thì Fe PƯ một phần, CuSO4 hết

═> dd C: (MgSO4, FeSO4)

Chất rắn B: (Cu + Fe chỉ có một phần)

Khi cho dd C vào NaOH ta có PƯ (3), (5)

Lọc kết tủa nung đến khối lượng không 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:





















2 , 1 80

40

48 , 0 8

40

36 , 1 56

24

y

a

y

a

b

a

giải hệ ta được :















01 , 0

02 , 0

01 , 0

y b a

 m Mg  0 , 01  24  0 , 24 (g)

% 65 , 17

% 100 36 , 1

24 , 0

= m

 m Fe  0 , 02  56  1 , 12 (g) 100 % 82 , 35 %

36 , 1

12 , 1

= m

Trong B có: mCu + mFe(dư)

mCu = (a+y)64 = 0,02×64 = 1,28 (g)

mFe (dư) = (0,02 – 0,01) × 56 = 0,56 (g)

84 , 1

28 , 1

= m

84 , 1

56 , 0

= m

 CM CuSO 0 , 05M

04 , 0

02 , 0

=

4 

Dạng 3: Tìm CTHH của chất

Bài tập 1

Nhúng thanh kim loại hóa trị II vào dd CuSO4 Sau một thời gian lấy thanh kim loại ra thấy khối lượng giảm 0,05% Mặt khác cũng lấy thanh kim loại như trên nhúng vào dd Pb(NO3)2 Thì khối lượng thanh kim loại tăng lên 7,1%

Xác định kim loại A.Biết rằng số mol CuSO4 va Pb(NO3)2tham ra ở hai trường hợp bằng nhau

Giải

Nhận xét: - khi nhúng kim loại A vào CuSO4 khối lượng thanh kim loại giảm chứng tỏ MA > MCu

-Khi nhúng kim loại A vào Pb(NO3)2 thì khối lượng thanh kim loại tăng Chứng tỏ MA<MPb

-Theo giả thiết số mol CuSO4 và Pb(NO3)2 tham gia ở hai trường hợp bằng nhau kim loại A có cùng số mol

Gọi thanh kim loại A lúc đầu là m gam

Gọi khối lương mol của kim loại A là MA và nA(PƯ) = x mol

Theo bài ta có PTPƯ:

A + CuSO4 → ASO4 + Cu ↓ (1)

A + Pb(NO3)2 → A(NO3)2 + Pb ↓ (2)

mol x x

Từ (1) ta có pt:

MAx 64 x0,05100m (I)

Từ (2) ta có pt:

1 , 7

207x MAx m (II)

Kết hợp (I) và (II) giải hệ pt ta được: MA = 65 Vậy kim loại đó là Zn

Bài tập 2 :

Cho a gam bột kim loại M có hóa trị không đổi vào 500 ml dd hỗn hợp gồm Cu(NO3)2 và AgNO3 Có nồng độ 0,4M Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn ta lọc được a + 27,2 gam một chất rắn gồm 3 kim loại và được một dd chỉ chứa 1 muối tan Hãy xác định kim loại M đem phản ứng

Giải :

Gọi n là hóa trị của M

M + n AgNO3 → M(NO3)n + nAg↓ (1)

n

2

,

0

0,2 n

2 , 0 0,2 2M + nCu(NO3)2 → 2 M(NO3)2 + nCu ↓ (2)

n

4

,

0

0,2 n

4 , 0 0,2

Ta có n Cu(NO3)2 = nAgNO3 = 0,2 mol

Do chất rắn chứa 3 kim loại chứng tỏ dư kim loại M và các phản ứng (1), (2) xảy ra hoàn toàn

Ta có:   (0,20,4) 640,21080,2a27,2

n n M a

Giải phương trình trên ta nhận được: M =12n

Lập bảng: n = 2 và M=24 vậy kim loại đó là Mg

C.Bài tập tự luận Dạng 1: Tính khối lượng và nồng độ dd

Bài tập 1: Ngâm một đinh sắt có khối lượng 5,6 gam vào dd bằng CuSO4 sau

phản ứng, lấy đinh sắt ra rửa nhẹ, sấy khô, cân nặng 5,76 gam Tính khối lượng sắt đã dùng

Đáp số: mFe =1,12gam