MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÓA Ở TRƯỜNG PHỔ THÔNG
1. Các phương pháp bảo toàn:
a. Bảo toàn e:
Nguyên tắc: Trong quá trình pứ, tổng số e nhường bằng tổng e nhận hoặc số mol e nhường bằng số mol e nhận.
Lưu ý:
+ Cần xác định đúng trạng thái ban đầu,cuối của các chất oxh-khử mà không quan tâm đến các quá trình biến đổi trung gian.
+ Nếu có nhiều chất oxh, nhiều chất khử cùng tham gia trong bài toán, ta cần tìm tổng số mol e nhường rồi mới cân bằng.
Nhận dạng bài toán : Đối với những bài toán có sự thay đổi số oxh , có mặt chất chất oxh, chất khử
Dạng 1: 1 chất khử + 1 chất oxh
∑số e 1 chất khử cho = ∑số e 1 chất oxh nhận
Ví dụ : Cho khí CO nóng qua ống sứ đựng m(g) Fe2O3 một thời gian được 6.72(g) hh X.Hòa tan hoàn toàn hh X vào dd HNO3 dư thấy tạo thành 0.448 (l) khí NO (sản phẩm khử duy nhất).m có giá trị :
A.5,56 B.6,64 C.7,2 D.8,8
Bài giải:
Chất khử là CO và chất oxh là HNO3.
Ta có : nNO = = 0,02 mol
Quá trình nhường e: C+2 - 2e → C+4
0,03 0,06 0,03
Quá trình nhận e: N+5 + 3e → N+2
0,06 0,02
Áp dụng định luật bảo toàn e: nCO (phản ứng) = nCO2 (tạo thành) =0,03 mol
Theo định luật bảo toàn khối lượng :
mCO (phản ứng) + mFe2O3 (ban đầu) = mx + mCO2 (tạo thành)
→ 0,03.28 + m = 6,72 + 0,03.44
→ m = 7,2 gam
→ Đáp án C.
Dạng 2 : 1 chất khử + 2 chất oxi hóa : \(\sum\nolimits_e^n {} \) (1 chất khử cho) = \(\sum\nolimits_e^n {} \) (2 chất oxi hóa nhận)
Ví dụ : Nung m(g) bột Fe trong O2 thu được 3 gam hh chất rắn X.Hòa tan hết X trong dung dịch HNO3 dư, thoát ra 0,56 lit khí NO ( đktc ) ( sản phẩm khử duy nhất ) . Giá trị của m là:
A.2,22 B.2,32 C.2,52 D.2,62.
Bài giải:
Dựa vào sơ đồ ta thấy Fe là chất khử, O2 và HNO3 là chất oxi hóa.
mO2 (g) = 3 - m (g) → nO2 = (3 - m) : 32
nNO = 0,56 : 22,4 = 0,025 mol → nFe = m/32 ( mol )
- Quá trình nhường electron :
Feo − 3e → Fe+3
m/56 3m/56
- Quá trình nhận electron :
O2 + 4e → 2O2-
(3-m)/32 (3 - m)/8
N+5 + 3e → N+2
0,075 0,025
Áp dụng định luật bảo toàn electron :
\(\frac{{3m}}{{56}} = \frac{{3 - m}}{8} + 0,075\) → m = 2,52 (g)
→ Đáp án C.
Dạng 3 : 2 chất khử + 1 chất oxi hóa : \(\sum\nolimits_e^n {} \) (2 chất khử cho) = \(\sum\nolimits_e^n {} \) (2 chất oxi hóa nhận)
Ví dụ: Hòa tan hoàn toàn 12 gam hỗn hợp Fe và Cu (tỉ lệ mol 1:1 ) bằng axit HNO3, thu được V lit (đktc) hỗn hợp khí X ( gồm NO và NO2) và dung dchj Y ( chỉ chứa 2 muối và axit dư ). Tỉ khối của X đối với H2 bằng 19.Tìm giá trị V.
Bài giải:
Vì axit dư nên Fe, Cu bị oxi hóa hết tạo Fe3+, Cu2+
Gọi a, x, y lần lượt là số mol của Fe, NO, NO2.
nFe = nCu = a
→ 56a + 64a = 12 Þ a = 0,1
Ta có : hhX = 19.2 = 38
Dựa vào sơ đồ đường chéo ta có :
x/y = 1 hay x = y
- Quá trình nhường electron :
Feo - 3e → Fe3+
0,1 0,3
Cuo - 2e → Cu2+
0,1 0,2
→ nhường = 0,5 mol
- Quá trình nhận electron :
N+5 + 3e → N+2
3x x
N+5 + 1e → N+4
→ \(\sum\nolimits_e^n {} \) nhận = 4x mol
- Áp dụng định luật bảo toàn electron : 0,5 = 4x
→ x = 0,125
→ Vx = 22,4.(0,125 + 0,125 ) = 5,6 (l).
Dạng 4: 2 chất khử + 2 chất oxi hóa :
\(\sum\nolimits_e^n {} \) (2 chất khử cho) = \(\sum\nolimits_e^n {} \)(2 chất oxi hóa nhận).
Ví dụ: hòa tan 14,8g hỗn hợp gồm Fe và Cu vào lượng dư dung dịch hỗn hợp HNO3 và H2SO4 đặc nóng. Sau phản ứng thu được 10,08 lít NO2 (đktc) và 2,24 lít SO2 (đktc). Tính khối lượng Fe trong hỗn hợp ban đầu.
Bài giải:
Gọi a, b lần lượt là số mol của Fe, Cu
56a + 64 = 14,8 (1)
- Quá trình nhường electron :
Feo - 3e → Fe3+
a 3a
Cuo - 2e → Cu2+
b 2b
→ \(\sum\nolimits_e^n {} \) nhận = 0,45 + 0,2 = 0,65 mol
- Áp dụng định luật bảo toàn electron: 3a + 2b = 0,65
→ a = 0,15 và b = 0,1.
→ mFe = 8,4 g.
Dạng 5 : Cùng lượng chất khử tác dụng với 2 chất oxi hóa :
\(\sum\nolimits_e^n {} \) (oxi hóa 1 nhận) = \(\sum\nolimits_e^n {} \) (oxi hóa 2 nhận)
Ví dụ : Chia hỗn hợp X gồm Mg, Al, Zn thành 2 phần bằng nhau :
- Phần 1 : tác dụng với HCl dư được 0,15 mol H2
- Phần 2 : cho tan hết trong dung dịch HNO3 dư được V lít NO ( sản phẩm khử duy nhất ).Tính giá trị V.
Bài giải:
Ta có : Số mol electron do H+ nhận hay nhận luôn bằng nhau :
2H+ + 2e → H2
0,3 mol 0,15 mol
N+5 + 3e → N+2
0,3 mol 0,1 mol
→ VNO = 0,1.22,4 = 2,24 lít.
Phạm vi áp dụng: Sử dụng cho các bài toán có pư oxh-khử, đặc biệt là bài toán có nhiều chất oxh, nhiều chất khử các phản ứng phức tạp, xảy ra nhiều giai đoạn, nhiều quá trình.
Nhận xét , đánh giá:
+ Ưu điểm: Giải nhanh những bài toán có nhiều chất oxh , chất khử, không cần viết PTPƯ.
+ Nhược điểm
Chỉ thường dùng giải bài toán vô cơ.
Chỉ áp dụng cho hệ pt oxh-khử.
Liên hệ: Kết hợp với các phương pháp bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố.
Ví dụ 1: Nung nóng 16,8g bột sắt ngoài không khí, sau một thời gian thu được m gam khí X gồm oxit sắt và sắt dư .Hòa tan hết hh X bằng H2SO4đ,n thu được 5,6 (l) SO2(đktc).
Bài giải:
Ta có:
nFe = 16,8 : 56 = 0.3 mol
nSO = 5,6 : 22,4 = 0.25 mol
Fe - 3e → Fe+3
0,3 0,9
O2 +4e → 2O-2
a 4a 2a
S+6 +2e → S+4/SO2
0,5 0,25
Áp dụng đl bảo toàn electron:
∑e cho = ∑e nhận
→ 0,9 = 4a + 0,5
→ a = 0,1
→ O/oxit sắt = 0,1.2 = 0,2
Vậy mx = mFe + mo = 16,8 + 16.0,2 =20g.
Bảo toàn khối lượng:
Nguyên tắc : Tổng khối lượng của các chất tham gia bằng tổng khối lượng của các chất tạo thành. Khi cô cạn dd thì khối lượng hh muối thu được bằng tổng khối lượng của các cation kim loại và anion gốc axit.
∑ mchất tham gia pứ = ∑ msản phẩm pứ
Ví dụ: Fe(r) + 2HCl(l) → FeCl2(r) + H2(k)
mFe + mHCl = mFeCl + mH
Lưu ý:
Không tính khối lượng của phần không tham gia pứ.
Đối với các pứ có khí thoát ra thì tổng sản phẩm nhỏ hơn tổng chất tham gia
Đối với những pứ có dư chất tham gia thì khi áp dụng định luật BTKL phải cộng phần dư vào phần sp
Nhận dạng : Bài toán tính khối lượng chung nhiều chất, không bảo tính từng phần riêng rẽ.
+ Cho hỗn hợp các oxit kim loại qua CO, H2, Al.
+ Cho hỗn hợp các kim loại tác dụng với các axit mạnh.
+ Cho hh nhiều muối (muối cacbonat) vào dd axit hoặc vào dd muối mới.
+ Phản ứng cháy các hợp chất hữu cơ.
Phạm vi áp dụng :
Dùng để giải bài toán vô cơ và hữu cơ và áp dụng cho mọi quá trình oxh-kh hoặc không phải là quá trình oxh-kh.
Thường được dùng để vô hiệu hóa các phép tính phức tạp nhiều bài toán vô cơ, hữu cơ mà trong các bài toán đó xảy ra nhiều phản ứng.Khi đó ta chỉ cần lập sơ đồ để thấy rõ mối quan hệ về tỉ lệ mol của các chất mà không cần viết ptpư.
Phản ứng hạt nhân có độ hụt khối nên không áp dụng được phương pháp này.
Nhận xét và đánh giá:
+ Ưu điểm: Được áp dụng rộng rải trong vô cơ và hữu cơ, đặc biệt trong bài toán tìm CTTQ của các hợp chất hữu cơ. Đối với những bài toán vô cơ như Fe→FexOy thì đây là pp không thể thiếu.
+ Nhược điểm :Không thể áp dụng đối với bài toán hạt nhân (PTPƯ tỏa nhiệt thu nhiệt lớn)
Mối liên hệ: Thường đi kèm với các pp đại số, phương pháp bảo toàn các nguyên tố, bảo toàn điện tích và đặc biệt bảo toàn e.
Ví dụ 1: Hòa tan hết 7,74g hh bột Mg ,Al bằng 500ml dd hh HCl 1M và H2SO4 0,28M thu được dd X và 8,736l H2(đktc).Cô cạn dd X thu được lượng muối khan là:
A.38,93g B.103,85g C.25,95g D.77,86g
Bài giải:
Ta có:
nH2 = 3,736 : 22,4 = 0,39 mol
nHCl = 0,58.1 = 0,5 mol
nH2SO4 = 0,28.0,5 = 0,14 mol
Áp dụng ĐLBTKL:
mhh + mHCl + mH2SO4 = mmuối + mH2
mmuối= 7,74 + 0,5.30,5 + 0,14.0,8 - 0,39.2 = 38.93g
Chọn A.
Ví dụ 2: COdư + m(g) (CuO, Fe2O3, Al2O3) →215 g chất rắn, khí thoát ra suc qua Ca(OH)2 → 15g kết tủa
Tính m?
Bài giải:
CO khử được Cu, Fe ra khỏi hh oxit và sinh ra CO2 , khí CO2 tác dụng với Ca(OH)2 tạo kết tủa CaCO3 → nCaCO = 15 /100 = 0,15 mol.→ nCO = 0,15 mol. → nCO = 0,15 mol.
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có :
mCO+ m = mCO + mrắn
→ 0,15.28 + m = 215 + 0,15.44
→ m = 217,4 (g).
Ví dụ : Cho 24,4 g hh Na2CO3 và K2CO3 tác dụng vừa đủ với BaCl2, sau phản ứng thu được 39,4 g kết tủa. Lọc tách kết tủa, cô cạn dung dịch thu được m(g) muối clorua. Tính m ?
Bài giải
Gọi m là kim loại trung bình của Na và K :
M2CO3 + BaCl2 → BaCO3 + 2MCl
nBaCO3 = 39,4 : 197 = 0,2 mol.
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có:
mhh + mBaCl = mBaCO + m
→ 24,4 + 0,2.218 = 39,4 + m
→ m = 26,6 g.
Bảo toàn điện tích:
Nguyên tắc: Trong phản ứng trao đổi ion và rong một dung dịch.
∑điện tích Å = ∑điện tích ①
Hay ∑ ncation = ∑ nanion
Ví dụ : ta có các ion là số mol của các ion là :
Ion Na+ Ca2+ NO3- Cl- HCO3-
Số mol a b c d e
Theo định luật bảo toàn điện tích ta có : |a.(+1) + b.(+2)| = |c(-1) + d(-1) + e(-1)| .
Lưu ý:
+ Phải xác định đầy đủ điện tích dương và điện tích âm.
+ Trong phản ứng trao đổi ion của dd chất điện ly trên cơ sở của định luật bảo toàn điện tích ta thấy có bao nhiêu điện tích dương hoặc âm của các ion chuyển vào trong kết tủa hoặc khí thoát ra khỏi dd thì phải trả lại cho dd bấy nhiêu điện tích dương hoặc âm.
Nhận dạng: AB + CD → AD + CB
An+ + Cm+ = Bn- +Dm-
(Cho bài toán dưới dạng các ion âm,ion dương.)
Phạm vi áp dụng:
+ Đối với dung dịch chất điện ly,xđ nồng độ ion trong dung dịch.
+ Áp dụng cho bài toán nhiều Axit- Bazơ
H+ + OH- → H2O
+ Định luật bảo toàn điện tích được áp dụng trong các trường nguyên tử, phân tử , dd trung hòa điện.
+ Âp dụng trong một số bài toán có phản ứng trao đổi ion.
Nhận xét,đánh giá:
+ Ưu điểm: Dễ áp dụng, giải nhanh các bài toán điện tích ( thường là vô cơ) giúp xác định được số oxh của các ion dễ dàng, không cần phải viết phương trình ( ít tốn thời gian) có thể tìm được nồng độ các ion trong dung dịch dựa vào bảo toàn điện tích.
+ Nhược điểm: Thường không áp dụng trong hữu cơ, không được áp dụng rộng rãi trong các bài toán vô cơ.
Liên hệ: Đi kèm với phương pháp đại số, phương pháp ghép ẩn số.
Ví dụ 1: Dung dịch A chứa Na+ a(mol), HCO3- b(mol), CO32- c(mol), SO42- b(mol).Để tạo ra kết tủa lớn nhất người ta dùng 100ml dd Ba(OH)2 x mol/l. Lập biểu thức tính x theo a và b.
Bài giải:
HCO3- + OH- → CO32- + H2O
Ba2+ + CO32- → BaCO3↓
Ba2+ + SO42- → BaSO4↓
Dd sau phản ứng chỉ có Na+ a(mol). Vì bảo toàn điện tích nên phải có a(mol) OH-. Để tác dụng với HCO3- cần b(mol) OH-.Vậy số mol OH- do Ba(OH)2 cung cấp là : a + b(mol)
Ta có: nBa(OH)2 = \(\frac{{(a + b )}}{2}\)
x = \(\frac{{( a + b )}}{{2.0,2}} = \frac{{( a + b )}}{{0,2}}\) = (mol/l)
...
Trên đây là phần trích dẫn Một số phương pháp giải bài tập Hóa trung học phổ thông năm 2020 để xem toàn bộ nội dung chi tiết, mời các bạn cùng quý thầy cô vui lòng đăng nhập để tải về máy.
Chúc các em đạt điểm số thật cao trong kì thi sắp đến!
