Chuyên đề các phương pháp giải toán hóa học

Chia sẻ: Le Van Luong Yen | Ngày: | Loại File: DOCX | Số trang:8

0
243
lượt xem
93
download

Chuyên đề các phương pháp giải toán hóa học

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Phương pháp sơ đồ đường chéo dùng để giải các bài toán trộn lẫn các chất với nhau, lúc đầu có thể là đồng thể hay dị thể nhưng hh cuối phải đồng thể. Nếu trộn lẫn các dd thì phải là dd của cùng một chất hoặc khác chất nhưng do PU với H2O lại cho cùng một chất. Trộn hai dd của chất A có nồng độ khác nhau thu được dd A với nồng độ duy nhất. Vậy lượng chất tan trong phần đặc giảm xuống phải bằng lượng chất tan trong phần loãng tăng lên....

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Chuyên đề các phương pháp giải toán hóa học

  1. Chuyên đề các phương pháp giải toán hóa học Phương pháp sơ đồ đường chéo ­Phương pháp sơ đồ đường chéo dùng để giải các bài toán trộn lẫn các chất với nhau, lúc đầu có thể là  đồng thể hay dị thể nhưng hh cuối phải đồng thể. ­Nếu trộn lẫn các dd thì phải là dd của cùng một chất hoặc khác chất nhưng do PU với H2O lại cho cùng  một chất. ­Trộn hai dd của chất A có nồng độ khác nhau thu được dd A với nồng độ duy nhất. Vậy lượng chất tan trong phần đặc giảm xuống phải bằng lượng chất tan trong phần  loãng tăng lên. ­Sơ đồ tổng quát: D1.......... x1............. x­x2 ......................x D2.......... x2...............x1­x Từ đó: D1/D2 = (x­x2)/(x1­x) Các ví dụ: Ví dụ 1. Cần thêm bao nhiêu g H2O vao 500 g dd NaOH 12% để có dd NaOH 8% ............. mH2O ....... 0 ..........4 ................................8 ............. 500 ........12 .........8 ­­­> mH2O = 500.4/8 = 250g Ví dụ 2. Cần thêm bao nhiêu g Na2O vào 100 g dd NaOH 20% để thu được dd NaOH 34,63% PTPU Na2O + H2O ­­­> 2NaOH 62 ­­­­­ ­­­­> 2.40 Coi Na2O là dd NaOH có nồng độ 2.80/62 = 129% .... 100....... 20 .............. 94,37 ......................34,63 ....m ......... 129 ............. 14,63 ­­­> m = 15,5 gam Ví dụ 3. Hòa tan Al bằng dd HNO3 loãng thu được hh khí NO,N2O có tỉ khối so với H2 là 16,75. Viết PTPU. Ta có: M = 16,75.2 = 33,5 .... N2O .... 44 ............... 3,5 ..................... 33,5
  2. .... NO .... 30 ................ 10,5 ­­­. N2O/NO = 3,5/10,5 = 1/3 (tỉ lệ thể tích = tỉ lệ số mol) Các PU: 8Al + 30HNO3 ­­­> 8Al(NO3)3 + 3N2O + 15H2O (1) Al + 4HNO3 ­­­> Al(NO3)3 + NO + 2H2O (2) Để thỏa mãn tỉ lệ ta nhân (2) với 9 rồi cộng với (1) 17Al + 66HNO3 ­­­> 17Al(NO3)3 + 3N2O + 9NO + 33H2O Ví dụ 4. Từ 1 tấn hematit A điều chế được 420 kg Fe Từ 1 tấn mamhetit B ­ ­ ­ ­ ­ ­ 504 kg Fe Cần trộn A,B theo tỉ lệ nào để từ 1 tấn quặng hh điều chế được 480 kg Fe .... A ......... 420.............24 ........................ 480 .... B ......... 504 ........... 60 Vậy tỉ lệ trộn là 24/60 = 2/5  Phương pháp tăng, giảm khối lượng  Phương pháp tăng, giảm khối lượng: ­ Khi chuyển từ chất này sang chất khác, khối lượng có thể tăng hoặc giảm do các chất khác nhau có khối  lượng mol phân tử khác nhau. Dựa vào tương quan tỉ lệ thuận của sự tăng, giảm khối lượng với số mol chất  mà ta giải bài toán. ­Các ví dụ: Ví dụ 1. Nhúng thanh kim loại A hóa trị 2 vào dung dịch CuSO4 một thời gian thấy khối lượng thanh giảm  0,05% , cũng nhúng thanh kim loại trên vào dd Pb(NO3)2 thì khối lượng thanh tăng 7,1%. Xác định M biết  số mol CuSO4 và Pb(NO3)2 pu là như nhau. Giải Gọi m là khối lượng thanh kim loại, A là nguyên tử khối, x là số mol muối pư M + CuSO4 ­­­­> MSO4 + Cu A(g)­­> 1 mol ­­­­­­­­­­­­­­­­­> 64 (g). Giảm : A­64 (g) ­­­­­­­ x mol ­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­> Giảm : 0,0005m (g) ­­­> x = 0,0005m/(A­64) (1) M + Pb(NO3)2 ­­­­> M(NO3)2 + Pb A(g)­­­> 1 mol ­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­> 207 (g). Tăng: 207­A (g) ­­­­­­­­ x mol ­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­> Tăng: 0,071m (g) ­­­> x = 0,071m/(207­A) (2)  Kết hợp 1,2 ­­­> A = 65, M là Zn Ví dụ 2. Nung 100 gam hh Na2CO3 và NaHCO3 đén khối lượng không đổi dược 69 gam chất rắn. Xác định  % từng chất trong hh. Giải Bài toán có thể giải theo PP đại số. Đây là PP khác. 2NaHCO3 ­­­> Na2CO3 + CO2 + H2O
  3. ......2.84 (g) ­­­­­­­­­­> Giảm: 44 + 18 = 62 g ........x (g) ­­­­­­­­­­> Giảm: 100 ­ 69 = 31 g ­­­> x = 84 g ­­­> %NaHCO3 = 84%, %Na2CO3 = 16% Ví dụ 3. Hòa tan 23,8 g muối M2CO3, RCO3 vào HCl thấy thoát ra 0,2 mol khí. Cô cạn dd thu được bao  nhiêu g muối khan. Giải M2CO3 + 2HCl ­­­­> 2MCl + CO2 + H2O 2M+60­­­­­­­­­­­>2(m+35,5) tăng 11 g x ­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­> 11x RCO3 + 2HCl ­­­­> RCl2 + CO2 + H2O R+60­­­­­­­­­­­> R+71 tăng 11g  y ­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­> 11y mà nCO2 = x + y = 0,2 mol ­­> Khối lượng muối tăng : 11x + 11y = 2,2 g Khối lượng muối clorua: 23,8 + 2,2 = 26 g  Phương pháp ghép ẩn số  Cách giải: Một số bài toán cho thiếu dữ kiện nên giải bằng phương pháp đại số ta có số ẩn nhiều hơn số  phương trình và có dạng vô định, không giải được. Nếu dùng phương pháp ghép ẩn số ta có thể giải loại bài toán này một cách dễ dàng. Các ví dụ: Ví dụ 1. Đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp hai rượu no, đơn chức rồi dẫn toàn bộ SP qua bình 1 đựng  và bình 2 đựng  dư thấy bình 1 tăng 1,98 g và bình 2 có 8 g kết tủa.  Tính a. Giải (Bài này có thể giải theo PP trung bình ở phần trên). Đặt công thức của 2 rượu là  và  và x,y là số mol tương ứng. ­­­>  = nx + my = 0,08 mol = (n+1)x + (m+1)y = 0,11 mol ­­­> nx + my + x + y = 0,11 ­­­> x + y = 0,03 mà: a = (14n+18)x + (14m+18)y = 14(nx+my) + 18(x+y) = 14.0,08 + 18.0,03 = 1,66 g Ví dụ 2. Đun p gam hh 2 rượu no, đơn chức với  đặc thu được V lit (đktc) hai anken. Đốt cháy hoàn toàn 2 anken thu được x lit  và y gam  . Tính x,y theo p,V. Bài này làm hoàn toàn tương tự như trên.  Phương pháp trung bình  ­ Phương pháp trung bình chỉ áp dụng cho bài toán hỗn hợp các chất, các chất này phải PU hoàn toàn hay 
  4. có hiệu suất như nhau. ­ Từ giá trị trung bình ta biện luận tìm ra : nguyên tử khối, phân tử khối , số nguyên tử trong phân tử. Các ví dụ: Ví dụ 1. Hòa tan 4,68 gam hỗn hợp muối cacbonat của hai kim loại A,B kế tiếp nhau trong nhóm II A vào  dung dịch HCl dư thu được 1,12 l  (đktc). Xác định A,B. Giải Đặt M là nguyên tử khối trung bình của A,B: ­­­> nMCO3 = nCO2 = 1,12/22,4 = 0,05 mol ­­­>  = 4,68/0,05 = 93,6 ­­> M = 33,6 Biện luận A  x = 0,06 và n = 2,67 ­­­> a = (14n+18).x = 3,32 g Hai rượu là: và  Ví dụ 3. Hỗn hợp 3 rượu đơn chức A,B,C có tổng số mol là 0,08 , tổng khối lượng là 3,387 g. Xác định CTPT  của A,B,C biết B,C có cùng số C và  = 5/3 Giải Giá trị trung bình: M = 3,387/0,08 = 42,23  ­­> có ít nhất một rượu có phân tử khối nhỏ hơn 42,23, đó là  = 32 và đó phải là rượu A do B,C  có cùng số C. Ta có:  = 0,05 mol ­­­>  = 32.0,05 = 1,6 g ­­> n(B+C) = 0,08 ­ 0,05 = 0,03 mol và m(B+C) = 3,38­1,6 = 1,78 Khối lượng M trung bình của B,C: 1,78/0,03 = 59,3 Gọi y là số H trung bình, x là số C thì: 12x + y + 17 = 59,3 y12x + y = 42,3 . Thay x = 1,2,3,4 vào (x>=4 thì y 6,3 chất kia có số H 
  5. cách này vì: ­ Một số bài có hệ PT rất phức tạp, không giải được về mặt toán học ( số PT ít hơn ẩn ), rất khó để biện  luận để tìm ra đại lượng cần tìm. ­ Tính chất toán học của bài toán đã lấn át tính chất hóa học, làm tính chất hóa học bị lu mờ ­­> không có  tác dụng khắc sâu kiến thức hóa học, làm giảm tác dụng của bài tập. Ví dụ: Để m gam bột Fe ngoài không khí sau một thời gian thu được 12 gam hỗn hợp A gồm Fe và các oxit Fe. Cho hỗn hợp tan hoàn toàn trong HNO3 thu được 2,24 l NO duy nhất. Tính m. Giải 1. Phương pháp đại số: (I) Đặt số mol Fe,FeO,Fe3O4,Fe2O3 lần lượt là  a,b,c,d. Ta có các PT sau: = 56a + 72b + 232c + 160d = 12 (1) = a + b + 3c + 2d = m/56 (2)  nO trong oxit = b + 4c + 3d = (12­m)/16 (3) nNO = a + b/3 + c/3 = 0,1 (4) Có 4 phương trình 5 ẩn số nên phải biện luận Nhận xét trước khi giải hệ phương trình đại số trên: ­ Có 5 ẩn số nhưng chỉ có 4 phương trình. Như vậy không đủ số phương trình để tìm ra các ẩn số, do đó  cần giải kết hợp với biện luận. ­ Đầu bài chỉ yêu cầu tính khối lượng sắt ban đầu, như vậy không cần phải đi tìm đầy đủ các ẩn x, y, z, t. Ở  đây có 2 phương trình, nếu biết giá trị của nó ta dễ dàng tính được khối lượng sắt ban đầu đó là phương  trình (2) và (3). + Tìm được giá trị của (2), đó là số mol Fe. Nhân giá trị đó với nguyên tử khối của Fe là 56 ta được m. + Tìm được giá trị của (3), đó là số mol nguyên tử O trong oxit. Nhân giá trị đó với nguyên tử khối của O là  16 ta được khối lượng của oxi trong các oxit sắt. Lấy khối lượng hỗn hợp B trừ đi khối lượng oxi ta được khối  lượng sắt ban đầu, tức m. ­ Thực hiện các phép tính trên: + Tìm giá trị của phương trình (2): Chia (1) cho 8 được: 7x + 9y + 29z + 20t = 1,5 (5) Nhân (4) với 3 được: 3x + y + z = 0,3 (6) Cộng (5) với (6) được: 10x + 10y + 30z + 20t = 1,8 (7) Chia (7) cho 10 được: x + y + 3z + 2t = 0,18 Vậy: m = 56.0,18 = 10,08g + Tìm giá trị của phương trình (3): Nhân (5) với 3 được: 21x + 27y + 87z + 60t = 4,5 (8)
  6. Nhân (6) với 7 được: 21x + 7y + 7z = 2,1 (9) Lấy (8) trừ đi (9) được: 20y + 80z + 60t = 2,4 (10) Chia (10) cho 20 được: y + 4z + 3t = 0,12 m = 12 – (0,12.16) = 10,08g Qua việc giải bài toán trên bằng phương pháp đại số ta thấy việc giải hệ phương trình đại số nhiều khi rất  phức tạp, thông thường HS chỉ lập được phương trình đại số mà không giải được hệ phương trình đó. Về mặt hóa học, chỉ dừng lại ở chỗ HS viết xong các phương trình phản ứng hóa học và đặt ẩn để tính theo  các phương trình phản ứng đó (dựa vào mối tương quan tỉ lệ thuận) còn lại đòi hỏi ở HS nhiều về kĩ năng  toán học. Tính chất toán học của bài toán lấn át tính chất hóa học, làm lu mờ bản chất hóa học. Trên thực  tế, HS chỉ quen giải bằng phương pháp đại số, khi gặp một bài toán là chỉ tìm cách giải bằng phương pháp  đại số, mặc dù thường bế tắc. Ta hãy giải bài toán trên bằng những phương pháp mang tính đặc trưng của  hóa học hơn, đó là phương pháp bảo toàn khối lượng và phương pháp bảo toàn electron.  __________________ [Thành viên mới nhìn thấy link. ]  Phương pháp bảo toàn.  1. Bảo toàn điện tích: ­Nguyên tắc : Tổng điện tích dương luôn bằng tổng điện tích âm vè giá trị tuyệt dối. Dung dịch luôn trung  hòa về điện. ­Các ví dụ: Ví dụ 1: Dung dịch A chứa các ion: Na+ (a mol), HCO3 (b mol), CO32­ (c mol), SO42­ (d mol). Để tạo ra kết  tủa lớn nhất người ta dùng 100 ml Ba(OH)2 x mol/l. Tính X theo a,b. Giải HCO3­ + OH­ ­­­> CO32­ + H2O b ­­> b Ba2+ + CO32­ ­­­> BaCO3 Ba2+ + SO42­ ­­­> BaSO4 Dung dịch sau PU chỉ có Na+ (ban đầu) là a mol. Vậy để dung dịch trung hòa về điện thì cấn a mol OH­, trong khi đó đã tiêu tốn b mol OH­ ở trên. Vậy nOH­ = a+b mol ­­­. x = (a+b)/0,2. 2. Bảo toàn khối lượng: ­Nguyên tắc:  +Trong PUHH thì tổng khối lượng các sản phẩm bằng tổng khối lượng các chất tham gia PU. +Khi cô cạn dung dịch thì khối lượng hỗn hợp muối thu được bằng tổng khối lượng các cation kim loại và  anion gốc axit. ­Các ví dụ: Ví dụ 2: Cho từ từ một luồng khí CO qua ống sứ đựng m gam hỗn hợp Fe và các oxit  của Fe đun nóng thu được 64 gam Fe, khi đi ra sau PU tạo 40 gam kết tủa với dung dịch Ca(OH)2 dư. Tính  m. Giải Ta có: nCO2 = nCaCO3 = 40/100 = 0,4 mol
  7. mCO + m = mFe + mCO2  mà nCO pu = nCO2 = 0,4 nên: m = mFe + mCO2 ­ mCO = 64 + 0,4.44 ­ 0,4.28 = 70,4 g Ví dụ 3: Một dung dịch chứa 0,1 mol Fe2+ , 0,2 mol Al3+, x mol Cl­ và y mol SO4 2­Tính x,y biết rằng cô  cạn dung dịch thu được 46,9 gam chất rắn khan. Giải Theo định luật bảo toàn khối lượng: 56.0,1 + 27.0,2 + 35,5x + 96y = 46,9 Theo định luật bảo toàn điện tích: 0,1.2 + 0,2.3 = x + 2y Giải hệ phương trình ­­­> x = 0,2 y = 0,3 Ví dụ 4: Đun 132,8 gam hỗn hợp 3 rượu no, đơn chức với H2SO4 đặc thu dược 111,2 g hỗn hợp 6 ete có số mol bằng nhau. Tính số mol mõi ete. Giải Theo ĐLBT khối lượng: mrượu = mete + mH2O ­­­> mH2O = mrượu ­ mete = 132,5 ­ 111,2 = 21,6 g trong PU ete hóa thì: nete = nH2O = 21,6/18 = 1,2 mol ­­­> Số mol mỗi ete là 1,2/6 = 0,2 mol Ví dụ 5: Hòa tan hoàn toàn 23,8 gam hỗn hợp hai muối cacbonat của kim loại hóa trị I và II vào dung dịch  HCl đủ thu được 0,2 mol CO2. Tính khối lượng muối mới thu dược. Giải Trong các PU của HCl với muối cacbonat thì nCO2 = nH2O = nHCl/2 mà nCO2 = 0,2 mol ­­­> nH2O = 0,2 mol và nHCl = 0,4 mol theo ĐLBT khối lượng: 23,8 + 0,4.36,5 = m + 44.0,2 + 18.0,2 ­­­> m = 26 g 3. Bảo toàn electron: ­Nguyên tắc: Đây là trường hợp riêng của bảo toàn điện tích, chỉ áp dụng cho các PU oxi hóa khử. Khi đó  ne cho = ne nhận. ­Các ví dụ: Ví dụ 6: Trộn 60 gam bột Fe với 30 gam bột S rồi đun nóng trong điều kiện không có không khí thu được  chất rắn A. Hòa tan A bằng HCl dư thu được hỗn hợp khí B. Đốt cháy hoàn toàn B cần bao nhiêu lit Ò ở đktc. Giải Ta thấy nFe = 60/56 > nS = 30/32 nên Fe dư, S hết. Khí B là hỗn hợp H2, H2S. Đốt B thu được SO2, H2O Phân tích: ­S nhận một phần e của Fe để tạo S2­ (FeS) và không thay đổi trong PU với HCl (vẫn là S2­ trong H2S), cuối cùng nó nhường lại toàn bộ e do Fe đã cho và e do nó vốn có để tạo SO2 trong PU  với O2. ­Fe nhường một phần e cho S để tạo Fe2+ (FeS) và cuối cùng lượng e này lại đẩy sang cho O2 (theo trên).  Phần Fe dư còn lại nhường e cho H+ để tạo H2, sau đó H2  lại trả số e này cho O2 trong PU cháy tạo H2O ­­­> Như vậy, một cách gián tiếp thì toàn bộ e do Fe nhường và S nhường đã được O2 thu nhận. Vậy: ne cho = 2nFe + 4nS = 5,89 mol.
  8. ­­­> nO2 = 5,89/4 = 1,47 mol V O2 = 1,47.22,4 = 32,928 lit. Ví dụ 7: Hỗn hợp X gồm hai kim loại A,B có hóa trị không đổi, chúng đều không PU với nước và mạnh hơn  Cu. Ch X tác dụng hoàn toàn với CuSO4 dư, lấy Cu thu được cho PU hoàn toàn với HNO3 dư thấy thoát ra  1,12 lit NO ở đktc. Nếu cho lượng X trên PU hoàn toàn với HNO3 thì thu được bao nhiêu lit N2 ở đktc. Giải Phân tích: Cu2+ nhận a mol e của A,B để tạo Cu, Cu lại nhường lại a mol e cho N5+ để tạo NO. N5+ + 3e ­­­> N2+­­­>nNO = a/3 = 1,12/22,4 = 0,05 mol ­­> a = 0,15 mol Ở thí nghiệm sau, A,B nhường a mol e cho N5+ để tạo N2: 2N5+ 2.5e ­­­> N2 ­­­> nN2 = 0,15/10 = 0,015 mol ­­> V N2 = 0,015.22.4 = 0,336 lit Ví dụ 8. Cho 1,35 gam hỗn hợp Cu,Mg,Al tác dụng hết với HNO3 thu được 0,01 mol NO và 0,04 mol NO2. Tính khối lượng muối tạo ra? Giải Đặt số mol Mg,Al,Cu lần lượt là a,b,c ­­­>Số mol e nhường = 2a + 3b + 2c = nNO3­ trong muối. Số mol e nhận = 3nNO + nNO2 = 0,07 mol = 2a + 3b + 2c Vậy: m = 1,35 + 0,07.62 = 5,69 gam Chú ý: Số mol HNO3 làm môi trường = số mol HNO3 tạo muối = số mol e cho = số mol e nhận. Số mol  HNO3 oxi hóa tính được theo số mol các SP khử, tù đó ta tính được số mol HNO3 phản ứng. 

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản