Phương pháp giải hóa học

Phßng gi¸o dôc HuyÖn Yªn §Þnh
A: ĐẶT VẤN ĐỀ.
I – LỜI MỞ ĐẦU.
Đứng trước xu thế đổi mới giáo dục của đất nước, trong đó có đổi mới
hình thức đánh giá học sinh. Từ hình thức thi tự luận sang hình thức thi trắc
nghiệm khách quan, song hình thức thi trắc nghiệm khách quan có những yêu
cầu khác biệt so với hình thức thi tự luận đó là: Trong một thời gian ngắn học
sinh phải giải quyết một số lượng câu hỏi và bài tập khá lớn (trong đó bài tập yêu
cầu phải tính toán chiếm số lượng không nhỏ). Mặt khác đối với học sinh lâu nay
chủ yếu làm các bài tập theo hình thức tự luận nên khi làm các bài tập theo hình
thức trắc nghiệm khách quan thì thường lúng túng, mất nhiều thời gian. Đứng
trước yêu cầu đó việc vận dụng các kiến thức đã học để giải các bài tập hoá học
rất quan trọng, sử lý được thông tin bài toán một cách thành thạo, nhanh và chính
xác là một vấn đề cấp thiết, chính vì vậy tôi chọn đề tài
“
vận dụng một số quy tắc
và định luật cơ bản để giải nhanh bài tập hoá học
”
. Dùng ôn thi học sinh giỏi hoá
lớp 9.
Nhiệm vụ của đề tài là hướng dẫn học sinh vận dụng một số định luật cơ
bản và một số quy tắc của hoá học để giải nhanh các bài tập từ đó giúp các em
học sinh hình thành các kĩ năng gải bài tập (kĩ năng định hướng, kĩ năng phân
dạng và các thao tác tính toán).
II - THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU.
1. Thực trạng
Hiện nay ở các trường trung học cơ sở nói chung và trường trung học cơ
sở thị trấn nói riêng tỷ lệ học sinh giỏi chiếm tỷ lệ không cao, đối tượng học
sinh nắm bắt các dạng bài tập hoá nâng cao còn là hạn chế trong cách tìm
phương pháp giải vì vậy tôi đã đưa ra một số cách giải để học sinh có thể từ một
bài toán khó đưa về dạng cơ bản để dễ dàng giải quyết vấn đề hơn

2.kết quả của tực trạng trên
Trong quá trình giảng dạy tôi nhận thấy điểm yếu lớn nhất của học sinh về
việc giải bài tập hoá học là: Không có khả năng định hướng phương pháp giải,
Ngêi thùc hiÖn: GV- Lª Xu©n Long- Trêng THCS ThÞ TrÊn Qu¸n Lµo
1
Phòng giáo dục Huyện Yên Định
kh nng phõn dng bi tp v cỏc thao tỏc tớnh toỏn thng chm, hay sai sút.
khc phc tỡnh trng trờn iu cn thit l phi trang b cho cỏc em hc sinh
h thng cỏc kin thc c bn cn thit gii bi tp, ng thi phi a ra cỏc
bi tp lm vớ d c th nhm rốn luyn cỏc k nng nh: K nng nh hng, k
nng phõn dng v k nng tớnh toỏn (k nng gii bi tp hoỏ hc) cho hc sinh
t ú cỏc em phỏt hin ra im mu cht nht trong quỏ trỡnh vn dng tng
mng kin thc giỳp cỏc em cú kh nng ỏp dng trong mi trng hp.
Vi vic thc hin ti trờn trong hn mt nm qua tụi nhn thy cỏc em
hc sinh ó cú tin b rừ rt, cú nhiu em t kt qu cao trong cỏc k thi hc
sinh gii cp huyn, cp tnh. Nm hc 2008 -2009 tụi tip tc nghiờn cu v
thc hin ti ny.
B. GII QUYT VN
*CC GII PHP THC HIN.
1.Vn dng nh lut bo ton khi lng
a. C s lớ thuyt
Tng khi lng cỏc cht tham gia phn ng bng tng khi lng cỏc sn
phm to thnh.
Trong bi toỏn xy ra nhiu phn ng, khụng nht thit ta phi vit
phng trỡnh phn ng m ch cn lp s phn ng cú mi quan h t l
mol gia cỏc cht
b. Bi tp ỏp dng.
Bi tp 1.1:
Cho 1,04 gam hn hp 2 kim loi tan hon ton trong H
2

SO
4
loóng d thy cú
0,672 lớt khớ thoỏt ra ( ktc) v dung dch X. Khi lng hn hp mui sunfat
cú trong dung dch X:
Gi s 2 kim loi l M, hoỏ tr n.
2
H
n
=
0,672
22,4
= 0,03 mol.
Ngời thực hiện: GV- Lê Xuân Long- Trờng THCS Thị Trấn Quán Lào
2
Phòng giáo dục Huyện Yên Định
Phng trỡnh phn ng: 2M + nH
2
SO
4(loóng)


M
2
(SO
4
)
n
+ nH
2

(Mol) 0,03 0,03
p dng nh lut bo ton khi lng:
m
mui
= m
KL
+
2 4
H SO
m
-
2
H
m
= 1,04 + 0,03 . 98 0,03 . 2 = 3,93 gam.
Bi tp 1.2:
Kh m gam hn hp gm cỏc oxit CuO, FeO, Fe
3
O
4
v Fe
2
O
3
bng khớ CO
nhit cao, thu c 40 gam hn hp cht rn B v 13,2 gam khớ CO
2
. Tỡm

m:
Hng dn gii:
Phng trỡnh phn ng:
CuO + CO
0
t

Cu + CO
2
(1)
3Fe
2
O
3
+ CO
0
t

2Fe
3
O
4
+ CO
2
(2)
Fe
3
O
4
+ CO

0
t

3FeO + CO
2
(3)
FeO + CO
0
t

Fe + CO
2
(4)
T cỏc phng trỡnh (1), (2), (3), (4) ta cú:
CO
n
=
2
CO
n
=
13,2
44
= 0,3 mol
p dng nh lut bo ton khi lng:
m
=
A
m
=

B
m
+
2
CO
m
-
CO
m
m = 40 + 13,2 0,3 . 28 = 44,8gam.
Bi tp 1.3:
Cho 3,38 gam hn hp X gm: CH
3
OH, C
2
H
5
OH, CH
3
COOH, C
6
H
5
OH tỏc
dng va vi Na thoỏt ra 0,672 lớt khớ ( ktc). Cụ cn dung dch sau phn
ng thu c hn hp rn Y. Tớnh khi lng ca Y:
Hng dn gii:
Phng trỡnh phn ng:
2CH
3

OH + 2Na 2CH
3
COONa + H
2
(1)
2C
2
H
5
OH + 2Na

2C
2
H
5
ONa + H
2

(2)
Ngời thực hiện: GV- Lê Xuân Long- Trờng THCS Thị Trấn Quán Lào
3
Phßng gi¸o dôc HuyÖn Yªn §Þnh
2CH
3
COOH +2Na
→
2CH
3
COONa + H
2

↑
(3)
2C
6
H
5
OH + 2Na
→
2C
6
H
5
COONa + H
2
↑
(4)
Theo phương trình phản ứng (1), (2), (3), (4) ta thấy:
2
H
n
=
0,672
22, 4
=
1
2
n
Na
= 0,03 mol
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

M
Y
= m
X
+ m
Na
-
2
H
m
= 3,38 + 0,06 . 23 – 0,03 . 2 = 4,70gam.
c. Kết luận rút ra trong quá trình giải bài tập vận dụng định luật bảo toàn
khối lượng.
Điểm mấu chốt nhất của giải bài tập vận dụng định luật bảo toàn khối
lượng là tìm ra mối liên hệ giữa số mol các chất trong phản ứng.
2. Vận dụng định luật bảo toàn nguyên tố
a. Cơ sở lí thuyết.
Nguyên tắc: trong phản ứng háo học thông thường, các nguyên tố luôn
được bảo toàn. Đièu này có nghĩa là: Tống số mol nguyên tử của một nguyên tố
X bất kỳ trước và sau phản ứng luôn bằng nhau
Phương pháp này thường áp dụng cho các bài toán xảy ra nhiều phương trình
phản ứng và để giải nhanh ta chỉ cần lập sơ đồ mmối quan hệ giữa các chất
b. Bài tập áp dụng.
Bài tập 2.1:
Hỗn hợp X gồm 0,1 mol Fe
2
O
3
và 0,2 mol Fe
3

O
4
. Hoà tan hoàn toàn X
bằng dung dịch HCl dư, thu được dung dịch Y, cho NaOH dư vào Y thu được
kết tủa Z. lọc lấy Z, rửa sạch rồi đem nung trong không khí đến khối lượng
không đổi thu được chất rắn khan G có khối lượng là m gam . Tính m:
Hướng dẫn giải:
Phương trình phản ứng:
Fe
2
O
3
+ 6HCl → 2FeCl
3
+ 3H
2
O (1)
Fe
3
O
4
+ 8HCl
→
FeCl
2
+ 2FeCl
3
+ 4H
2
O (2)

FeCl
2
+ 2NaOH → Fe(OH)
2
+ 2NaCl (3)
FeCl
3
+ 3NaOH
→
Fe(OH)
3
+ 3 NaCl (4)
Ngêi thùc hiÖn: GV- Lª Xu©n Long- Trêng THCS ThÞ TrÊn Qu¸n Lµo
4
Phßng gi¸o dôc HuyÖn Yªn §Þnh
4Fe(OH)
2
+ O
2

0
t
→
2Fe
2
O
3
+ 4H
2
O (5)

2Fe(OH)
3

0
t
→
Fe
2
O
3
+ 3H
2
O (6)
Từ các phản ứng (1), (2), (3), (4), (5), (6) ta thấy:
n
Fe(trong X)
= n
Fe(trong G)
= 0,1 . 2 + 0,2 . 3 = 0,8 mol
⇒
2 3
Fe O
n
=
1
2
n
Fe
=
0,8

2
= 0,4 mol ⇒ m = 0,4 . 160 = 64 gam
Bài tập 2.2:
Cho 4,48 lít CO (ở đktc) đi qua 24,0 gam hỗn hợp X gồm CuO, Fe
2
O
3
sau
một thời gian thu được 22,4 gam hỗn hợp rắn Y và hỗn hợp khí Z. Tìm tỉ khối
của Z so với H
2
:
Hướng dẫn giải:
Ta có: CO + O
(trong oxit)

→
CO
2

n
O (trong oxit)
= n
CO2
=
24 22,4
16
−
= 0,1 mol.
⇒

n
CO (dư)
=
4,48
22,4
- 0,1 = 0,1 mol.
d/H
2
=
0,1.44 0,1.28
0,2.2
+
= 18.
Bài tập 2.3:
Tiến hành crăckinh 11,6 gam butan ở nhiệt độ cao thu được hỗn hợp khí X
gồm: CH
4
, C
2
H
6
, C
2
H
4
, C
3
H
6
, C

4
H
10
. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X bằng oxi, dư
rồi dẫn toàn bộ sản phẩm sinh ra đi qua bình H
2
SO
4 (đặc)
thì thấy khối lượng bình
này tăng m gam. Tìm m:
Hướng dẫn giải:
Ta có: X + O
2

0
t
→
CO
2
+ H
2
O

⇒
n
H (trong butan)
= n
H (trong X)
= n
H (trong nước)

=
11,6
.10
58
= 2 mol
⇒
2
H O
n
=
1
2
n
H (trong nước)
=
2
2
= 1 mol
⇒
m =
2
H O
m
= 1 . 18 = 18 gam.
Bài tập 2.4:
Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm một ankan, một anken, một
ankin và H
2
. Cho toàn bộ sản phẩm cháy đi qua bình đựng H
2

SO
4 (đặc)
và bình
Ngêi thùc hiÖn: GV- Lª Xu©n Long- Trêng THCS ThÞ TrÊn Qu¸n Lµo
5
Phßng gi¸o dôc HuyÖn Yªn §Þnh
đựng Ca(OH)
2
dư, thấy bình đựng H
2
SO
4 (đặc)
tăng 9,9 gam và bình Ca(OH)
2
tăng
13,2 gam. Tìm giá trị của m:
Hướng dẫn giải:
Ta có: X + O
2

0
t
→
CO
2
+ H
2
O
M
X

= m
C (trong CO2)
+ m
H (trong nước)
=
13,3.12
44
+
9,9.2
18
= 4,7 gam.
c. Kết luận rút ra trong quá trình giải bài tập vận dụng định luật bảo toàn
nguyên tố.
Điểm mấu chốt nhất của việc vận dụng định luật bảo toàn nguyên tố là xác
định được nguyên tố có tổng số mol các nguyên tử bảo toàn thông qua các phản
ứng hoá học.
3. Vận dụng định luật bảo toàn electron.
a. Cơ sở lí thuyết.
Nguyên tắc: Khi có nhièu chất oxi hoá hoặc chất khử trong hỗn hợp phản
ứng (nhiều phản ứng hoặc phản ứng qua nhiều giai đoạn), thì tổng số mol
electron mà các phân tử chất khử cho phải bằng tổng số electron mà chất oxi hoá
nhận
b. Bài tập áp dụng
Bài tập 3.1:
Hoà tan hoàn toàn 19,2 gam kim loại M vào dung dịch HNO
3
dư, thu được
8,96 lít hỗn hợp khí gồm NO
2
và NO (ở đktc) có tỉ lệ thể tích NO

2
/NO = 3/1.
Tìm kim loại M:
Hướng dẫn giải:
Đặt
NO
n x
=
mol
⇒

2
3
NO
n x
=
mol
⇒

8,96
3 0,4
22,4
x x
+ = =
mol
⇒
0,1x =
mol.
⇒

{
2
0,1
0,3
NO
NO
n mol
n mol
=
=
.
Quá trình nhường electron: M
→
M
n+
+ n e
⇒
n
e (nhường)
=
19,2
.n
M
mol
Ngêi thùc hiÖn: GV- Lª Xu©n Long- Trêng THCS ThÞ TrÊn Qu¸n Lµo
6
Phßng gi¸o dôc HuyÖn Yªn §Þnh
Quá trình nhận electron: 4 N
+5
+ 6 e

→
N
+3
+ 3N
+4

⇒
n
e (nhận)
= 0,6 mol
⇒

19,2
.n
M
= 0,6
⇒
M = 32n
⇒
n = 1, M = 32. n = 2, M = 64, n = 3, M = 96.
⇒
Kim loại cần tìm là Cu.
Bài tập 3.2:
Hoà tan hoàn toàn 11,2 gam Fe vào HNO
3
dư, thu được dung dịch A và
6,72 lít hỗn hợp khí A gồm NO và một khí B, với tỉ lệ thể tích V
NO
/V
B

= 1/1.
Tìm khí B:
Hướng dẫn giải:
Quá trình nhường electron: Fe
→
Fe
3+
+ 3e
⇒
n
e (nhường)
=
11,2
.3
56
= 0,6 mol.
Quá trình nhận electron:
{
5 2
5
5
3
n
N e N
N ne N
+ +
−
+
+ →
+ →

⇒
n
e (nhận)
= 0,15.3 + 0,15. n mol
⇒
0,15 . 3 + 0,15 . n = 0,6
⇒
n = 1
⇒
N
+5
+ 1e
→
N
+4

⇒
NO
2
.
Bài tập 3.3:
Để m gam phôi bào Fe ngoài không khí sau một thời gian thu được 12
gam hỗn hợp A gồm: Fe, FeO, Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4

. Cho A tác dụng hoàn toàn với dung
dịch HNO
3
dư thấy giải phóng ra 2,24 lít khí NO duy nhất (ở đktc). Tìm giá trị
của m:
Hướng dẫn giải:
Sơ đồ biến đổi xảy ra: Fe
→
B
{ }
3 4
2 3
Fe
FeO
Fe O
Fe O
3
ddHNO
  →
NO
m gam 12 gam 2,24 lít
Quá trình nhường electron: Fe
0
→ Fe
3+
+ 3e
⇒
n
e (nhường)
=

.3
56
m
mol.
Quá trình nhận electron: O
2
0
+ 4 e
→
2O
2-
, N
+5
+ 3e
→
N
+2

⇒
n
e(nhận)
=
12
.4
32
m
−
+ 0,1 . 3 mol

⇒

12
.4
32
m
−
+ 0,1 . 3 =
.3
56
m
⇒
m = 10,08 gam.
Bài tập 3.4:
Ngêi thùc hiÖn: GV- Lª Xu©n Long- Trêng THCS ThÞ TrÊn Qu¸n Lµo
7