SKKN bồi dưỡng học sinh giỏi Hóa THCS

TÀI LIỆU WORD SKKN bồi dưỡng học sinh giỏi Hóa THCS

A.ĐẶT VẤN ĐỀ:

Trong những năm gần đây, vấn đề đổi mới phương pháp dạy học được Nhà trường THCS Thạch Cẩm đặc biệt quan tâm, các bậc cha mẹ học sinh nhiệt tình ủng hộ Đặc biệt là dạy học theo hướng phát triển năng lực của học sinh nói chung và phát triển năng lực học sinh giỏi nói riêng

Là một giáo viên được phân công giảng dạy bộ môn hóa học 9 và bồi dưỡng học sinh giỏi hóa học khối 9 Tôi luôn trăn trở tìm hướng đi cho từng bài dạy, từng dạng bài tập, làm thế nào để hạn chế những thiếu sót và nhược điểm của các em nhằm phát triển những năng lực của học sinh

Trong quá trình ôn thi học sinh giỏi Huyện do Ban Giám hiệu Trường THCS Thạch Cẩm phân công tôi nhận thấy: trong phần toán hóa đa phần các em sử dụng phương pháp đại số mất nhiều thời gian và nhiều trường hợp đi vào bế tắc khi gặp các hệ phương trình nhiều ẩn số hay số phương trình ít hơn số ẩn số Hơn nữa khi tham khảo ý kiến của các em học sinh đã từng tham dự các kỳ thi học sinh giỏi môn hóa, các em thường cho rằng đề thi học sinh giỏi dài so với khả năng của các em vì vậy các em không kịp hoàn thành bài thi Theo tôi nghĩ về thực chất đề không phải là quá dài mà vấn đề là các em chưa biết lựa chọn cách giải nào cho phù hợp để làm bài thi vừa ngắn gọn xúc tích, khoa học mà vẫn đạt điểm cao Mặt khác để học sinh giỏi có thể hoàn thành bài thi tốt hoặc ít nhất là đủ số điểm để được công nhận là học sinh giỏi thì việc lựa chọn phương pháp làm bài là hết sức quan trọng Nên vấn đề đưa ra là nếu bài tập có nhiều cách giải thì học sinh có thể lựa chọn cách giải phù hợp sở thích, sở trường của từng học sinh Khi được trang bị nhiều phương pháp làm bài tập thì năng lực học sinh sẽ được nâng cao

Với những lý do trên đây tôi đã nghiên cứu, tìm tòi và thảo luận với các đồng nghiệp về những mặt hạn chế, thiếu sót và làm thế nào để dạy học theo hướng phát triển năng lực của học sinh một cách có hiệu quả Tôi đã tìm ra một số biện pháp và vận dụng tương đối hiệu quả ở trường THCS Thạch Cẩm Từ đó tôi đúc rút thành SKKN “ phát triển năng lực của học sinh giỏi môn hóa trường trung học cơ sở Thạch Cẩm qua một số bài toán có nhiều cách giải ” nhằm giúp

học sinh giỏi môn hóa hoàn thiện và phát triển các năng lực một cách tốt nhất

Hi vọng rằng với một số bài tập đề cập đến trong đề tài này sẽ là những bài học quý cho học sinh khá giỏi nhằm phát huy năng lực của các em Vì khuôn khổ của bài viết tôi không có tham vọng đưa ra nhiều ví dụ minh họa về việc khai thác nhiều bài tập, rất mong nhận được sự động viên khích lệ từ các bạn đồng nghiệp, các bậc phụ huynh

B GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

I CƠ SƠ LÝ LUẬN

Nghị quyết Hội nghị Trung ương 8 khóa XI về đổi mới căn bản, toàn diện

giáo dục và đào tạo xác định “Tiếp tục đổi mới mạnh mẽ và đồng bộ các yếu tố

cơ bản của giáo dục, đào tạo theo hướng coi trọng phát triển phẩm chất, năng lực của người học” Với tinh thần dạy học theo định hướng phát triển năng lực

của người học, người giáo viên cần phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động của người học, hình thành và phát triển năng lực tự học Năng lực là tổ hợp

đo lường các kiến thức, kĩ năng, thái độ mà một người cần vận dụng để thực hiện một nhiệm vụ trong một bối cảnh thực và có nhiều biến động Vì vậy để hình thành năng lực cho học sinh người giáo viên cần phải trau dồi kiến thức, hình thành kỹ năng, kỹ xảo, các phương pháp làm bài cho các em

II THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ

Trong quá trình ôn thi học sinh giỏi ở trường THCS Thạch Cẩm (là một xã

miền núi của Huyện Thạch Thành) tôi và các đồng nghiệp gặp một số khó khăn sau:

- Điều kiện phục vụ học tập của học sinh trường học miền núi như trường học chúng tôi đang công tác chưa tương xứng với yêu cầu đổi mới giáo dục

- Về học sinh: khả năng tư duy, phân tích , tổng hợp của các em chưa tốt, kỹ

năng giải bài tập còn thiếu và chậm

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 2011-2012, 2012-2013 như sau:

2 Nguyễn Thị Như 9,25

3 Nguyễn Thị Hoa 14,25

4 Nguyễn Thị Ngọc 14 Điểm trung bình 13,25

III GIẢI PHÁP VÀ CÁCH THỰC HIỆN

1 Các giải pháp thực hiện

Trong quá trình dạy học tôi rút ra được một số giải pháp nâng cao năng lực

của học sinh như sau:

a Giáo viên giúp học sinh hiểu rõ được bản chất các khái niện hóa học; trang

bị cho học sinh một số phương pháp giải toán hoá như: phương pháp bảo toàn khối lượng, phương pháp bảo toàn nguyên tố, phương pháp bảo toàn electron, phương pháp trung bình, phương pháp quy đổi chất, kỹ năng biện luận,

b Giáo viên cần đổi mới mối quan hệ giữa giáo viên và học sinh, phối hợp

tốt với các học sinh và hỗ trợ cho các học sinh phối hợp tốt với nhau để các em học sinh có thể chủ động lĩnh hội tri thức Việc đổi mới mối quan hệ giữa giáo viên và học sinh theo hướng cộng tác có ý nghĩa quan trọng nhằm phát triển năng lực xã hội cho các em

2 Biện pháp nâng cao năng lực của học sinh

Để nâng cao năng lực chuyên biệt môn hóa của học sinh giỏi thì giáo viên

cần hướng dẫn cho học sinh rèn luyện ở một số bài tập cụ thể.

Bài tập 1

a Hỗn hợp A gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 với tỷ lệ số mol lần lượt là 1:5:9:13 tác dụng với H2SO4 đặc nóng thu được 2,24 lit khí SO2 ở đktc (không còn sản phẩm khử nào khác) Tính khối lượng của hỗn hợp A

b Hỗn hợp B gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 Để khử hoàn toàn 15,84 gam hỗn hợp B thành kim loại Fe thì dùng hết 0,22 mol H2 Nếu cho 15,84 gam hỗn hợp B trên tác dụng hết H2SO4 đặc nóng thì thu được bao nhiêu lit SO2 ở đktc (không còn sản phẩm khử nào khác) Tính khối lượng của hỗn hợp B

Bài làm:

Câu a Ta có : 0 , 1

4 , 22

24 , 2

2 = =

SO

Gọi: nFe=x ⇒ nFeO=5x, nFe2O3=9x, nFe3O4= 13x

Cách 1: Phương pháp đại số

A tác dụng với H2SO4 đặc nóng:

2Fe + 6H2SO4 (đặc)

o

t

→ Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (1)

x

2

3x

2FeO + 4H2SO4 (đặc)

o

t

→ Fe2(SO4)3 + SO2 + 2H2O (2) 5x

2

5x

2Fe3O4 + 10H2SO4 (đặc) →t o 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O (3) 13x

2

13x

Fe2O3 + 3H2SO4 (đặc) →t o Fe2(SO4)3 + H2O

9x

Theo (1), (2), (3) ta có:

2 3 4

2

13 2

5 2

3

O Fe FeO

Fe

⇒

21

2 , 0 1

, 0 2

13 2

5 2

3

2 = x+ x+ x = ⇒x=

Vậy khối lượng của hỗn hợp A là

) ( 4 , 46 21

2 , 0 4872 21

2 , 0 13 232 21

2 , 0 9 160 21

2 , 0 5 72 21

2 , 0 56

4 3 3 2

gam

m m

m m

=

⋅

=

⋅

⋅ +

⋅

⋅ +

⋅

⋅ +

⋅

=

= +

+ +

=

Cách 2: Áp dụng định luật bảo toàn e:

Hỗn hợp A gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 nên tồn tại một lượng sắt bị oxi hóa để tạo thành hỗn hợp A:

2Fe + O2 o

t

→ 2FeO 4Fe + 3O2 o

t

→ 2Fe3O4

3Fe + 2O2 o

t

→ Fe2O3

Và khi A tác dụng với H2SO4 đặc nóng thì: chất nhường e là Fe, chất nhận

e là H2SO4 và O2

Số mol Fe bị oxi hóa là : n Fe =x+ 5x+ 9 ⋅ 2x+ 13 ⋅ 3x= 63x

Số mol nguyên tử oxi do phân tử O2 bị khử tạo thành là:

n O = 5x+ 9 ⋅ 3x+ 13 ⋅ 4x= 84x

Ta có các quá trình:

Fe – 3e → Fe3+

63x 63x.3

O2 + 4e → 2O

84x.2 84x

S+6 + 2e → S+4

0,2 0,1

Áp dụng định luật bảo toàn e ta có: ( )

21

2 , 0 1

, 0 2 84 3

63 ⋅ x= ⋅ x+ ⇒x= mol

Khối lượng của hỗn hợp A chính là khối lượng nguyên tử Fe và khối lượng nguyên tử O có trong A nên:

16 33 , 6 12 , 8 46 4 ( )

21

2 , 0 84 56 21

2 , 0

Cách 3: Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng

Ta có sơ đồ: A + H2SO4 → Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O

Trong A: nFe = 63x ⇒

2

63

3

2 ( )

x

n Fe SO =

Theo nguyên lý bảo toàn nguyên tố ta có:

n H2SO4 n Fe2 SO 3 n SO2 x 0 , 1 n H2O

2

63 3

3 ⋅ ( ) + = ⋅ + =

=

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

mA + m H SO2 4 (pư) =

2 ( 4 3 )

Fe SO

2

SO

m + m H O2

⇒

18 ) 1 , 0 2

63 3 ( 64 1 , 0 2

63 400 98 ) 1 , 0 2

63 3 ( 13 232 9

160 5

72

56x+ ⋅ x+ ⋅ x+ ⋅ x+ ⋅ x+ ⋅ = ⋅ x + ⋅ + ⋅ x+ ⋅

⇒

21

2 , 0 6

, 1

168x= ⇒x= , tính mA tương tự cách 1 hoặc cách 2

Câu b :

Cách 1: Sử dụng Phương pháp đại số

B tác dụng với H2:

H2 + FeO →t o Fe + H2O

H2 + Fe2O3 →t o 2Fe + 3H2O

4H2 + Fe3O4 →t o 3Fe + 4H2O

Gọi: nFe=x ⇒ nFeO=y, nFe2O3=t, nFe3O4= z có trong hỗn hợp B

Khi cho hỗn hợp B tác dụng với H2 thì: nO (trong oxit) = nH2= 0,22 (mol) nên theo định luật bảo toàn nguyên tố ta có: y+ 4z+ 3t= 0 , 22 (*)

Ruy ra trong hỗn hợp đầu ta có : 0 , 22

56

16 22 , 0 84 ,

=

Fe

định luật bảo toàn nguyên tố ta có: x+ y+ 3z+ 2t = 0 , 22 (**)

B tác dụng với H2SO4 đặc nóng:

2Fe + 6H2SO4 (đặc)

o

t

→ Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (1)

x

2

3x

2FeO + 4H2SO4 (đặc)

o

t

→ Fe2(SO4)3 + SO2 + 2H2O (2)

y

2

y

2Fe3O4 + 10H2SO4 (đặc) →t o 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O (3)

z

2

z

Fe2O3 + 3H2SO4 (đặc) →t o Fe2(SO4)3 + H2O

Theo các PTHH (1,2,3) ta có:

2 2 2

3

2

z y x

n SO = + + (mol)

Nhân (*) với 2 ta có : 2y+ 8z+ 6t= 0 , 44 (* * *)

Nhân (**) với 3 ta có: 3x+ 3y+ 9z+ 6t = 0 , 66 (* * **)

Lấy (****) – (***) ta có : 3x + y + z = 0,22 = 2 ⋅n SO2 ⇒n SO2 = 0 , 11 (mol)

⇒ VSO2= 0,11x22,4 = 2,464 (lit)

Cách 2: Áp dụng định luật bảo toàn e

Khi cho hỗn hợp B tác dụng với H2 thì :

nO (trong oxit) = nH2= 0,22 (mol)

Ruy ra trong hỗn hợp đầu ta có :

0 , 22

56

16 22 , 0 84 , 15

=

⋅

−

=

Fe

Khối lượng Fe trên chính là khối lượng Fe bị oxi hóa tạo thành hỗn hợp B Với bài này ta có: Chất nhường e là Fe, chất nhận e là: O2 và H2SO4 và O2

Ta có các quá trình:

Fe – 3e → Fe3+

0,22 0,66

O2 + 4e → 2O

0,44 0,22

S+6 + 2e → S+4

(SO2) 2x x

Áp dụng định luật bảo toàn e ta có: 0,66 = 0,44 + 2x ⇒ x = 0,11

Vậy VSO2= 0,11x22,4 = 2,464 (lit)

Bài tập 3 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, trong 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 Tìm giá trị của m

Bài làm:

Cách 1: Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng

nH2= 22,4 = 0,05 (mol); n1,12 Ba(OH)2= 20,52171 = 0,12 (mol);

nCO2= 6,7222,4 = 0,3 (mol)

2Na + 2H2O → 2NaOH + H2 (1)

Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2 (2)

Na2O + H2O → 2NaOH (3)

BaO + H2O → Ba(OH)2 (4)

Gọi x là số mol NaOH có trong dung dịch Y

Theo các phản ứng (1,2,3,4):

nH (H2O) = nNaOH + 2.nBa(OH)2+ 2nH2= x + 2.0,12 + 2.0,05 = x + 0,34 (mol)

⇒nH2 O ( pư) = 0,5x + 0,17 (mol)

Áp dụng ĐLBTKL: mX + mH2O (pư) = mNaOH + mBa(OH)2+ mH2

21,9 + 18 ( 0,5x + 0,17) = 40x + 20,52 + 2.0,05 ⇒ x = 0,14 (mol) Khí CO2 tác dụng với dung dịch Y thứ tự các phản ứng xảy ra như sau:

Ba(OH)2 + CO2 → BaCO3 + H2O

0,12 mol 0,12 mol 0,12 mol

2NaOH + CO2 → Na2CO3 + H2O

0,14 mol 0,07 mol 0,07 mol

Na2CO3 + CO2 + H2O → 2NaHCO3

0,07 mol 0,07 mol

nCO2(dư) = 0,3 - ( 0,12 + 0,07 + 0,07) = 0,04 (mol)

BaCO3 + CO2 + H2O → Ba(HCO3)2

0,04 mol 0,04 mol

⇒ m = 197 ( 0,12 - 0,04) = 15,76 (g)

Cách 2: Phương pháp đại số

Gọi x, y, z, t lần lượt là số mol Na, Ba, Na2O, BaO có trong 21,9 gam X

2Na + 2H2O → 2NaOH + H2 (1)

x mol x mol 0,5x mol

Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2 (2)

y mol y mol y mol

Na2O + H2O → 2NaOH (3)

z mol 2z mol

BaO + H2O → Ba(OH)2 ( 4)

t mol t mol

Ta có: 0,5x + y = 0,05 (I);

y + t = 0,12 (II)

23x + 137y + 62z + 153t = 21,9 (III)

⇒ 153.( y + t) + 31.(x +2z) - 16.(0,5x + y) = 21,9

⇒ 153.0,12 + 31.(x + 2z) – 16.0,05 = 21,9 ⇒ x + 2z = 0,14 (mol)

⇒ nNaOH = 0,14 (mol)

Khối lượng kết tủa được tính tương tự như cách 1.

Cách 3: Phương pháp quy đổi: quy đổi hỗn hợp X về nguyên tử và kết hợp với

phương pháp bảo toàn nguyên tố

X { Na, Ba, O} Gọi a là số mol O; b và c lần lượt là số mol của H2O và NaOH

X { Na, Ba, O} + H2O → NaOH + Ba(OH)2 + H2

a mol b mol c mol 0,12 mol 0,05 mol

Ta có: mX = 23c + 137.0,12 + 16a = 21,9 ⇔ 16a + 23c = 5,46 (I)

nO (trước pư) = nO (sau pư)⇔ a + b = c + 2.0,12 ⇔ a + b – c = 0,24 (II)

nH ( trước pư) = nH (sau pư)⇔ 2b = c + 2.0,12 + 2.0,05 ⇔ 2b – c = 0,34 (III) Giải hệ phương trình (I, II, III) ta được: c = 0,14 (mol)

⇒ nNaOH = 0,14 (mol)

Khối lượng kết tủa được tính tương tự như cách 1.

Cách 4: Quy đổi hỗn hợp X về hỗn hợp gồm: Ba, BaO, Na 2 O

nBa =nH2= 0,05 (mol) ⇒ nBaO = 0,12 – 0,05 = 0,07 (mol)

Gọi x là số mol của Na2O ⇒ 137.0,05 + 153.0,07 + 62x = 21,9

⇒ x = 0,07 (mol)

Theo (3): nNaOH = 2.nNa2O = 2.0,07 = 0,14 (mol)

Khối lượng kết tủa được tính tương tự như cách 1.

Chú ý: Có thể quy đổi hỗn hợp trên thành hỗn hợp gồm: {Na, Ba, Na2O}; {Na, Ba, BaO}; { Na, Na2O, BaO}

Cách 5: Giải theo sơ đồ hợp thức

2H2O → 2OH + H2 ( phản ứng với kim loại)

0,1 mol 0,05 mol

O (oxit) + H2O → 2OH

a mol 2a mol

⇒ nNaOH = 0,1 + 2a – 0,12.2 = 2a – 0,14 (mol)

⇒ nNa = 2a – 0,14 (mol)

Ta có: mX = 137.0,12 + 23.(2a – 0,14) + 16a = 21,9

⇒ a = 0,14 ⇒ nNaOH = 2.0,14 – 0,14 = 0,14 (mol)

Khối lượng kết tủa được tính tương tự như cách 1.

Bài tập 4 Hỗn hợp A gồm MgO, Al2O3 Chia hỗn hợp làm 2 phần bằng nhau, khối lượng mỗi phần là 21,3 gam Phần 1: Cho tác dụng với 200 ml dung dịch HCl, làm bay hơi dung dịch sau phản ứng thu được 43,3 gam chất rắn khan Phần 2: Cho tác dụng với 500 ml dung dịch HCl, làm bay hơi dung dịch sau

phản ứng thu được 54,3 gam chất rắn khan Tính nồng độ mol/lít của dung dịch HCl đã dùng và thành phần % theo khối lượng của mỗi chất trong hỗn hợp A

Bài làm:

PTHH của các phản ứng:

MgO + 2HCl  → MgCl2 + H2O (1)

Al2O3 + 6HCl  → 2AlCl3 + 3H2O (2)

Vì khối lượng mỗi phần như nhau và thể tích dung dịch HCl ở phần 2 nhiều hơn ở phần 1 nên nếu phần 1 tan hết thì phần 2 cũng tan hết ⇒ Chất rắn khan

thu được ở mỗi thí nghiệm chỉ chứa muối clorua và phải có khối lượng bằng nhau Điều này trái với giả thiết ( khối lượng chất rắn khan thu được ở mỗi thí nghiệm không bằng nhau) ⇒ Phần 1 chưa tan hết

Vì 200 ml HCl phản ứng hết thì khối lượng chất rắn tăng 43,3 – 21,3 = 22 gam, nên nếu phần 2 dùng hết 500 ml dung dịch HCl thì khối lượng chất rắn tăng phải bằng 55

200

500

22⋅ = gam Điều này cũng trái với giả thiết ( khối lượng chất rắn tăng 54,3 – 21,3 = 33 gam) ⇒ Phần 2 tan hết, HCl dư và chất rắn khan thu được ở thí nghiệm 2 chỉ chứa 2 muối clorua

Cách 1: Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng

Gọi số mol HCl là a mol ⇒ Số mol H2O = 0,5a (mol)

Áp dụng ĐLBTKL cho phần 1:

mphần 1 + mHCl = mrắn + mH2O

⇔ 21,3 + 36,5a = 43,3 + 18.0,5a

⇒ 27,5a = 22 ⇒ a = 0,8 (mol) ⇒ CM HCl =

2 , 0

8 , 0

= 4M Gọi x, y lần lượt là số mol MgO và Al2O3 có trong mỗi phần Vì phần 2 tan hết nên theo đề ta có:

40x + 102y = 21,3 (I) và 95x + 267y = 54,3 (II)

Giải hệ phương trình (I) và (II) ta được: x = 0,15 (mol); y = 0,15 (mol) %mMgO = 100 % 28 , 169 %

3 , 21

40 15 ,

0 ⋅ ⋅ =

%mAl2O3 = 100% - 28,169% = 71,831%

Cách 2: Áp dụng phương pháp tăng giảm khối lượng

Gọi x là số mol nguyên tử O trong 2 oxit ở phần 1 đã phản ứng

Theo (1,2): nCl ( trong 2 muối) = 2.nO ( trong 2 oxit) pư = 2x (mol)

Khối lượng chất rắn tăng = mCl ( trong 2 muối) – mO ( trong 2 oxit) pư

= 35,5.2x – 16x = 22 (g)

⇒ 55x = 22 ⇒ x = 0,4 (mol) ⇒ nHCl = 2.0,4 = 0,8 (mol)

⇒ CMHCl =

2 , 0

8 , 0

= 4M

% khối lượng mỗi oxit làm tương tự cách 1

Cách 3: Phương pháp đại số

Gọi số mol CuO và Fe2O3 trong phần 1 đã phản ứng là x1, y1;

Số mol CuO và Fe2O3 chưa phản ứng là x2, y2 ⇒ Số mol MgCl2 và AlCl3

tạo thành ở phần 1 là x1 và 2y1

Ta có: 40.(x1 + x2) + 102.(y1 + y2) = 21,3 (I);

40x2 + 102y2 + 95x1 + 267y1 = 43,3 (II)

Từ (I) và (II) ⇒ 55.(x1 + 3y1) = 22 ⇒ x1 + 3y1 = 0,4

Theo (1,2): nHCl = 2.(x1 + 3y1) = 2.0,4 = 0,8 (mol)

⇒ CM HCl =

2 , 0

8 , 0

= 4M % khối lượng mỗi oxit làm tương tự cách 1

Bài tập 5 Để m gam phoi bào sắt trong không khí một thời gian thu được hỗn

hợp X gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 Cho khí CO qua X nung nóng, sau một thời gian thu được hỗn hợp chất rắn Y và hỗn hợp khí Z Cho toàn bộ Z vào dung dịch Ca(OH)2 dư, đến phản ứng hoàn toàn, thu được 4 gam kết tủa Mặt khác, hòa tan hoàn toàn Y trong dung dịch H2SO4 đặc, nóng (dư), thu được 1,008 lít khí SO2 (đktc, sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch chứa 18 gam muối Tìm giá trị của m

Bài làm:

Số mol CaCO3 = 0 , 04

100

4 = (mol)

2Fe + O2 →t o 2FeO (1)

3Fe + 2O2 →t o Fe3O4 (2)

2Fe + 3O2 →t o Fe2O3 (3)

CO + FeO →t o CO2 + Fe (4)

3CO + Fe2O3 →t o 3CO2 + 2Fe (5)

4CO + Fe3O4 →t o 4CO2 + 3Fe (6)

Y gồm: Fe, FeO dư, Fe2O3 dư và Fe3O4 dư; Z: CO2 và CO dư

Vì Ca(OH)2 dư nên: Ca(OH)2 + CO2  → CaCO3 + H2O

0,04 mol 0,04 mol

Theo (4,5,6): nO (X) pư = nCO2 = 0,04 (mol)

nSO2 = 0 , 045

4 , 22

008 ,

1 = (mol); nFe2 (SO4)3 = 0 , 045

400

18 = (mol)

Cách 1: PP quy đổi: quy đổi hỗn hợp X thành hỗn hợp chỉ chứa Fe và Fe 2 O 3

2Fe + 6H2SO4  → Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O 0,03 mol 0,015 mol 0,045 mol

Số mol Fe2(SO4)3 do Fe2O3 tạo ra = 0,045 – 0,015 = 0,03 (mol)

Fe2O3 + 3H2SO4  → Fe2(SO4)3 + 3H2O 0,03 mol 0,03 mol

⇒ mY = 56.0,03 + 160.0,03 = 6,48 (g)

Ta có: mX = mO(pư) + mY = 0,04.16 + 6,48 = 7,12 (g)

Cách 2: Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng

Y + H SO  → Fe (SO ) + SO + H O

0,045 mol 0,045 mol

Số mol H2SO4 = 3.0,045 + 0,045 = 0,18 (mol) ⇒ Số mol H2O = 0,18 (mol)

Áp dụng ĐLBTKL: mY + mH2SO4 = mmuối + mSO2 + mH2O

mY + 98.0,18 = 18 + 0,045.64 + 18.0,18

⇒ mY = 6,48 (g) ⇒ mX = mO(pư) + mY = 0,04.16 + 6,48 = 7,12 (g)

Bài tập 6. Cho một lượng kim loại R tác dụng với oxi thu được 9,6 gam hỗn hợp A gồm R và RO Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp đó bằng dung dịch HCl dư thì thu được dung dịch chứa 28,5 gam muối Xác định R

Bài làm:

Vì R là kim loại có hóa trị II không đổi nên:

2R + O2  → 2RO (1)

M dư nên A chứa RO và R dư

RO + 2HCl → RCl2 + H2O (2)

R + 2HCl → RCl2 + H2 (3)

Cách 1: Phương pháp trung bình:

Theo (2) và (3): nR (dư) + nRO = nRCl2= 28,5

71

R

M + (mol)

Vì: MR < M A < MRO ⇒ MR < 9,6 : 28,5

71

R

M + < MR + 16 ⇒ MR < 9,6.( 71)

28,5

R

< MR + 16 ⇒ 28,5.MR < 9,6.MR + 681,6 < 28,5.MR + 456

⇒ 18,9. 681,6 36,06

18,9 225,6 11,93

< <

Từ (*) và R có hóa trị II ⇒ R chỉ có thể là Mg: 24

Cách 2: Phương pháp đại số:

Gọi a và b lần lượt là số mol R phản ứng và R dư

2R + O2 → 2RO (1)

a mol a mol

R dư nên A chứa RO và R dư

RO + 2HCl → RCl2 + H2O (2)

a mol a mol

R + 2HCl → RCl2 + H2 (3)

b mol b mol

Theo đề:

28,5 71

R

a b

M

 + =





⇒ 55a + 71b = 18,9

Vì: 55.( a + b) < 55a + 71b < 71.( a + b)