32 Chuyên đề Hóa vô cơ luyện thi Đại học

Nội dung text: 32 Chuyên đề Hóa vô cơ luyện thi Đại học

1. MỤC LỤC Chủ đề 01: Những con đường biến hóa tinh tế trong Hóa Học. Chủ đề 02: Hướng dẫn áp dụng các định luật bảo toàn. Chủ đề 03: Vận dụng linh hoạt các định luật bảo toàn qua bài toán kim loại tác + - dụng với H trong môi trường NO3 . Chủ đề 04: Bài toán kim loại tác dụng HNO3. Chủ đề 05: Bài toán hỗn hợp kim loại và oxit kim loại tác dụng HNO3. Chủ đề 06: Bài toán hợp chất chứa S, C tác dụng với HNO3. Chủ đề 07: Xử lý tinh tế bài toán hỗn hợp kim loại và oxit kim loại tác dụng + - với H trong môi trường NO3 . Chủ đề 08: Bài toán kim loại tác dụng với dung dịch muối. Chủ đề 09: Bài toán kim loại tác dụng với axit loãng (HCl, H2SO4). Chủ đề 10: Bài toán oxit kim loại tác dụng với axit loãng. Chủ đề 11: Bài toán khử oxit kim loại bằng CO, H2 Chủ đề 12: Bài toán kim loại tác dụng H2SO4 (đặc, nóng). Chủ đề 13: Bài toán oxit kim loại tác dụng H2SO4 (đặc, nóng). Chủ đề 14: Bài toán hỗn hợp chứa S và các muối của S tác dụng H2SO4 (đặc, nóng). Chủ đề 15: Bài toán Oleum. Chủ đề 16: Bài toán tốc độ phản ứng và hằng số cân bằng Kc. Chủ đề 17: Một số bài toán về nhóm Halogen. Chủ đề 18: Bài toán PH trong dung dịch. Chủ đề 19: Bài toán sử dụng phương trình ion thu gọn. Chủ đề 20: Bài toán CO2 tác dụng với dung dịch kiềm Chủ đề 21: Bài toán nhiệt phân muối nitrat. Chủ đề 22: Bài toán về phân bón hóa học. Chủ đề 23: Bài toán về axit H3PO4. Chủ đề 24: Bài toán về NH3. + - 2- Chủ đề 25: Bài toán H tác dụng HCO3 , CO3 . Chủ đề 26: Bài toán nhiệt phân muối giàu oxi. Chủ đề 27: Bài toán về hỗn hợp chứa nhôm, kim loại kiềm, kiểm thổ. Chủ đề 28: Bài toán về kim loại kiềm, kiểm thổ và hợp chất. Chủ đề 29: Bài toán lượng kết tủa Al(OH)3 thay đổi. Chủ đề 30: Bài toán nhiệt nhôm. Chủ đề 31: Bài toán đồ thị trong hóa học. Chủ đề 32: Bài toán điện phân.
2. CHỦ ĐỀ 1 NHỮNG CON ĐƯỜNG BIẾN HÓA TINH TẾ TRONG HÓA HỌC Trước hết để có thể hiểu và áp dụng được những con đường biến hóa trong hóa học tôi xin mời các bạn theo dõi sự so sánh sau đây: Tư duy hóa học tự luận cổ điển Tư duy hóa học đảo chiều hiện đại + Chú tâm đến các phản ứng hóa học. + Xem các bài toán là một hệ kín. + Viết các phương trình phản ứng sau Nghĩa là các thông số về khối lượng, đó dựa vào các phương trình phản ứng điện tích được bảo toàn. Nó chỉ để suy ra các yếu tố cần thiết. chuyển hóa lẫn nhau. + Mất rất nhiều thời gian để cân bằng + Tốc độ xử lý nhanh vì chỉ cần quan và viết phương trình. Bên cạnh đó có tâm tới các yếu tố cần thiết, không cần nhiều yếu tố của phương trình ta quan tâm tới phương trình hóa học. không cần quan tâm nhưng vẫn phải + Phát triển được sự sáng tạo của bộ viết đầy đủ trong phương trình. não trong việc tìm ra các hướng giải + Điều nguy hiểm nhất là nó hạn chế hay rất nhiều khả năng sáng tạo của bộ não vì tính dập khuôn máy móc. Làm thế nào để có vận dụng linh hoạt được tư duy đảo chiều? Luôn xem các bài toán hóa học là một hệ kín. Hệ kín là gì? Các bạn có thể tưởng tượng đơn giản như một cái ao hay hồ nước. Trong đó có rất nhiều loại cua, tôm, cá chúng có thể muốn làm gì thì làm nhưng không được vượt ra khỏi cái ao, hồ đó. Các bài toán hóa học cũng vậy, khi các chất phản ứng ứng nhau các nguyên tố sẽ chạy từ chất này qua chất khác nhưng khối lượng của nguyên tố đó không đổi đó là nội dung của định luật “bảo toàn khối lượng và bảo toàn nguyên tố”. Một loại hình nữa cũng rất hay được các nguyên tố áp dụng đó là đổi và nhận electron. Tại sao tôi khuyến khích các bạn tư duy theo kiểu đảo chiều? Tôi phải thừa nhận rằng thật khó để làm việc gì đó theo cách này khi mà đa số mọi người lại làm theo cách khác. Tuy nhiên, các bạn hãy nhớ rằng sự sáng tạo được gọi là sáng tạo vì nó có tính đối lập. Một cái gì đó mà ai cũng biết sau đó ta cũng lại làm tương tự như những gì họ đã biết thì không thể gọi là sự sáng tạo. Khi các bạn làm việc hay học tập theo kiểu tư duy đảo chiều khả năng sáng tạo của bạn sẽ được nâng cao rất nhiều và đó là điều tôi mong muốn nhất. Trong câu hỏi này tôi muốn nhấn mạnh với các bạn thêm một câu cuối cùng “Nếu không có tư duy sáng tạo thì điều kì diệu sẽ không bao giờ xảy ra”. Vậy khi áp dụng vào Hóa Học thì chúng ta cần những gì? Tất nhiên các bạn cần phải biết tính chất hóa học liên quan tới cái hệ kín mà ta đang xem xét. Tuy nhiên, điều các bạn cần biết là nó có phản ứng với nhau hay không? Sản phẩm tạo ra là chất gì? Vậy là đủ còn phương trình phản ứng của
3. nó thì chúng ta không quan tâm, bởi vì nếu quan tâm thì các bạn lại tư duy theo kiểu “vết xe đổ” chứ không phải “tư duy đảo chiều” mà tôi nói nữa. Vấn đề khó khăn nhất là gì? Chủ quan tôi nghĩ rằng thời buổi ngày nay thị trường sách và tài liệu tham khảo nói chung và hóa học nói riêng hỗn loạn chưa từng có. Chính vì thế mà các bạn được tiếp xúc với rất nhiều loại tài liệu của nhiều tác giả khác nhau. Theo tôi trong số đó thế nào các bạn cũng bị ảnh hưởng bởi một số lỗi tư duy lạc hậu theo kiểu hóa học tự luận cổ điển. Còn tôi thì tôi khẳng định từ khi có đổi mới thi cử theo hình thức trắc nghiệm tôi chưa từng tham khảo một cuốn sách nào viết về kỹ thuật giải bài tập hóa học và các bạn thấy đấy tôi vẫn tồn tại và được các bạn chấp nhận. Giờ đây, tôi ngồi đây viết lại những gì tôi hay tư duy, suy nghĩ về kỹ thuật giải bài tập hóa học không phải để các bạn học theo như kiểu con vẹt mà tôi mong muốn các bạn tiếp tục sáng tạo, tiếp tục đổi mới bộ não. Các bạn cần phải hiểu rằng làm gì muốn thành công cũng cần phải sáng tạo. Do đó, tôi mong muốn các bạn hãy mạnh dạn sáng tạo hơn nữa, nhìn vào cái gì đó cũng phải thấy được cái chưa hoàn mỹ và tất nhiên cuốn sách này của tôi cũng vậy, nó cũng không thể hoàn mỹ nếu không muốn nói là tệ hại với một số người. Tôi nói quá lan man phải không các bạn? Tóm lại khó khăn nhất là gì? – Là các bạn bị ảnh hưởng những lỗi tư duy làm hạn chế sự sáng tạo. Khắc phục thế nào? – Bạn của tôi ơi ! Mỗi người một tính cách, một quan điểm, một kiểu nhìn nhận khác nhau Bạn là bạn và bạn phải hiểu chính mình xem mình hợp với cái gì nhất. Nào, bây giờ chúng ta sẽ cùng nhau đi nghiên cứu những con đường biến hóa của các nguyên tố trong hóa học vô cơ. Qua những ví dụ ở chương 1 này mục đích của tôi chỉ là muốn các bạn hiểu sơ bộ về đường hướng mà tôi hay làm. Để vận dụng linh hoạt được các bạn cần chịu khó luyện tập theo từng chuyên đề ở chương 2. Nhắc tới hóa học vô cơ các bạn hãy nhớ thật kỹ cho tôi những vấn đề sau: 1) Về kim loại: Bản chất của kim loại là gì? – Là khi nó tham gia phản ứng thì nó sẽ nhường các electron ở lớp ngoài cùng (thường là 1, 2 hoặc 3 electron) để nhận lại các ion âm khác. Bản chất là trao đổi điện tích âm mà thôi. Các electron trong - - 2- - 2- kim loại có thể được đổi thành các ion âm điển hình là: OH , Cl , SO4 , NO3 , O , 2- - 3- CO3 , HCO3 , PO4 2) Về dung dịch: Luôn tự hỏi: Dung dịch chứa các ion gì? Số mol thế nào? Và hãy nhớ rằng dung dịch thì luôn trung hòa về điện nghĩa là tổng điện tích dương bằng tổng điện tích âm. 3) Về di chuyển nguyên tố: Các bạn cần phải biết sau phản ứng các nguyên tố trong hệ kín của chúng ta nó chạy vào chất nào? 4) Về số oxi hóa của các nguyên tố trong hệ: Cuối cùng (sau khi tất cả các phản ứng đã xong) thì những nguyên tố nào thay đổi số oxi hóa? Thay đổi như thế nào?
4. Tăng hay giảm? Ta luôn có tổng tăng thì bằng bằng giảm. Dưới đây tôi xin trình bày sơ lược thông qua một số ví dụ cụ thể. Ví dụ 1: Hòa tan hoàn tan 41,2 gam hỗn hợp X chứa Cu và Fe3O4 trong dung dịch chứa HCl thu được dung dịch Y chỉ chứa hỗn hợp các muối. Mặt khác cũng hòa tan hoàn toàn lượng X trên bằng dung dịch chứa H2SO4 loãng thì thu được dung dịch Z cũng chỉ chứa hỗn hợp các muối trung hòa. Cô cạn Y và Z thì thấy lượng muối trong Z nhiều hơn trong Y là 15 gam. Phần trăm khối lượng Cu trong X gần nhất với: A. 15,5% B. 16,4% C. 12,8% D. 20,5% Nguồn đề: Thầy Nguyễn Anh Phong Định hướng tư duy giải Trong bài toán này ta có thể xét hệ kín là Cu, Fe3O4, HCl hoặc Cu, Fe3O4, H2SO4. Rõ ràng với các hệ kín như vậy nó chỉ xảy ra quá trình luân chuyển điện tích âm từ 2- - 2- O thành Cl và SO4 . Do đó, ta có ngay ìFe,Cu ï - ¾¾®41,2í éCl : 2a O : a¾¾¾®BTDT ¾¾¾® BTKL 96a - 35,5.2a = 15¾¾® a = 0,6 ï ê 2- î ëêSO4 :a ïìFe34 O : 0,15 ¾¾¾¾®BTNT.O 41,2 ¾¾® %Cu = 15,53% →Chọn đáp án A í BTKL îï¾¾¾®Cu : 0,1 Ví dụ 2: Cho 31,6 gam hỗn hợp X gồm Fe và Fe3O4 tan hết trong dung dịch HCl thu được 2,24 lít khí H2 (đktc) và dung dịch Y chỉ chứa 60,7 gam hỗn hợp muối. Khối lượng của Fe3O4 có trong X là: A. 18,56 B. 23,2 C. 27,84 D. 11,6 Nguồn đề: Thầy Nguyễn Anh Phong Định hướng tư duy giải Bài này hệ kín của chúng ta đương nhiên là Fe, Fe3O4 và HCl. Bài toán này ta có thể tư duy theo nhiều cách. Cách 1: Tư duy theo hướng trao đổi điện tích Tương tự ví dụ trên O2- sẽ được đổi thành Cl- và electron sẽ được đổi thành Cl- ì ïìFe 31,6 ï í BTDT - Khi đó ïO:a¾¾¾® Cl :2a¾¾®n0,22atrongY = + íî å Cl- ï n0,1n0,2=¾¾®= îï He2 ¾¾¾¾®BTKL.Y 60,7 = 31,6- 16a+( 0,2 + 2a) .35,5 = a = 0,4 !"# "$ !""#""$ Fe Cl ¾¾¾¾®BTNT.O n0,1m23,2(gam) =¾¾® = →Chọn đáp án B Fe34 O Fe 34 O
5. Cách 2: Tư duy theo sự di chuyển của nguyên tố (BTNT) Các bạn hãy trả lời giúp tôi. H trong HCl cuối cùng đã đi đâu? Đương nhiên là nó sẽ di chuyển vào H2 và H2O ì ïìFe ï31,6 ï í BTNT BTNT.H TrongY Khi đó ïO:a¾¾¾® H O:a¾¾¾¾®n = n- = 0,2 + 2a í î 2 å HCl Cl ï n= 0,1¾¾® n = 0,2 îï H2 HCl ¾¾¾¾®BTKL.Y 60,7 = 31,6- 16a+( 0,2 + 2a) .35,5 = a = 0,4 !"# "$ !""#""$ Fe Cl ¾¾¾¾®BTNT.O n0,1m23,2(gam) =¾¾® = →Chọn đáp án B Fe34 O Fe 34 O Cách 3: Tư duy bằng cách bảo toàn khối lượng (BTKL) a0,2- Ta gọi na=¾¾¾¾®BTNT.H n= HCl H2 O 2 a0,2- ¾¾¾®BTKL 31,6 +=++ 36,5a 60,7 0,1.2 18 ¾¾® a = 1 2 ¾¾®n0,4n =¾¾¾¾®BTNT.O = 0,1m¾¾® = 23,2(gam) HO23434 FeO FeO Bây giờ tôi sẽ phát triển bài toán trên thêm một chút để giới thiệu cho các bạn kỹ thuật bảo toàn electron (BTE) cho cả quá trình như bên trên tôi nói. Chúng ta quan tâm tới nguyên tố nào thay đổi số oxi hóa. Ví dụ 3: Cho 31,6 gam hỗn hợp X gồm Fe và Fe3O4 tan hết trong dung dịch HCl thu được 2,24 lít khí H2 (đktc) và dung dịch Y chỉ chứa 60,7 gam hỗn hợp muối. Cho AgNO3 dư vào Y thì thấy có m gam kết tủa xuất hiện. Giá trị của m là: A. 171,35 B. 184,71 C. 158,15 D. 181,3 Nguồn đề: Thầy Nguyễn Anh Phong Định hướng tư duy giải ìFe : 0,15 Theo kết quả đã tính bên trên ta sẽ có ngay 31,6í îFe34 O : 0,1 Bài này chúng ta có thể tư duy theo hai hướng như sau: Hướng 1: Tư duy theo kiểu sự di chuyển của các nguyên tố (BTNT) và mở rộng ra - cho nhóm nguyên tố NO3 . Với Fe ta có ¾¾¾¾®BTNT.Fe n0,45(mol) = Fe(NO33 ) - - BTNT.NO3 Thế NO3 từ đâu sinh ra? ¾¾¾¾¾®n0,45.31,35(mol) = = AgNO3 Lại hỏi Ag cuối cùng chạy đi đâu? BTNT.Clo ïì¾¾¾¾®AgCl :1 n1=¾¾® ¾¾® m181,3(gam)= HCl í BTNT.Ag ¯ îï¾¾¾¾®Ag :1,35 - 1 = 0,35
6. Hướng 2: Dùng BTE cho cả quá trình. Chất khử là Fe. Chất oxi hóa là: O, H2 và Ag ìFe : 0,45 ï ïO:0,4 BTE Ta có: í ¾¾¾®0,45.3 = 0,4.2 + 0,1.2 + a¾¾® a= 0,35 ïH2 : 0,1 îïAg : a ïìn1AgCl = BTNT.Clo →Chọn đáp án D ¾¾¾¾®í ¾¾®m181,3(gam)¯ = îïn0,35Ag = Ví dụ 4: Đun nóng 48,2 gam hỗn hợp X gồm KMnO4 và KClO3, sau một thời gian thu được 43,4 gam hỗn hợp chất rắn Y. Cho Y tác dụng hoàn toàn với dung dịch HCl đặc, sau phản ứng thu được 15,12 lít Cl2 (đktc) và dung dịch gồm MnCl2, KCl và HCl dư. Số mol HCl phản ứng là: A. 1,8 B. 2,4 C. 1,9 D. 2,1 Trích đề thi THPT Quốc Gia – Bộ Giáo Dục – 2016 Định hướng tư duy giải 48,2- 43,4 Ta ¾¾¾®BTKL n0,3(mol) = = O 16 ìKMnO : a ì158a+= 122,5b 48,2 ìa0,15= Gọi 4 íí¾¾®BTE ¾¾® í îKClO3 : b î¾¾¾®0,3.2 + 0,675.2 = 5a + 6b îb0,2= BTNT ìKCl : 0,35 ¾¾¾®í îMnCl2 : 0,15 BTNT.Clo ¾¾¾¾®n0,350,15.20,675.20,21,8(mol)HCl =++ -= →Chọn đáp án A Ví dụ 5: Nhiệt phân hoàn toàn m gam KClO3 với xúc tác MnO2, lượng khí thoát ra oxi hóa 1,26m gam hỗn hợp Fe và Cu thu được hỗn hợp X gồm các oxit. Cho hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HNO3 dư thu được dung dịch Y và 0,896 lít NO (đktc, sản phẩm khử duy nhất). Cô cạn dung dịch Y thu được 175,76 gam muối khan. Giá trị của m là ? A. 40,18. B. 38,24. C. 39,17. D. 37,64. Trích đề thi thử THPT Chuyên Bến Tre – 2016 Phân tích hướng giải m3m96m Ta có: ¾¾¾®BTKL n.1,5m­ = =¾¾® = OO2 122,5 245 245 æö12m ¾¾¾¾®BTKL+ BTE 1, 26m + 0, 04.3 + 62 = 175, 76 !""#""$ ç÷245 Fe,Cu èø!"""""""#"""""""$ - NO3
7. ¾¾®m39,17 = →Chọn đáp án C Ví dụ 6: Hỗn hợp X gồm FeO, Fe2O3 và Fe3O4. Cho m gam X vào dung dịch H2SO4 loãng dư thu được dung dịch Y. Chia Y thành hai phần bằng nhau. - Phần I tác dụng vừa đủ với 200ml dung dịch KMnO4 0,5M. - Phần II hòa tan tối đa 6,4 gam Cu. Giá trị của m là: A. 52. B. 104. C. 23,2 D. 34,8. Trích đề thi thử THPT Đặng Thúc Hứa – 2016 Định hướng tư duy giải BTE Phần 1: n= 0,1¾¾¾® n2+ = 0,5 KMnO4 Fe Phần 2: n= 0,1¾¾¾®BTE n = 0,2 Cu Fe3+ ìFe2+ :1 BTDT ï + ¾¾¾®YFe:0,4í 3 ï 2- ¾¾® trongX = îSO4O :1,6 n 1,6 ¾¾®m1,4.561,6.16104(gam) = + = →Chọn đáp án B Ví dụ 7: Hòa tan m gam hỗn hợp FeO, Fe(OH)2, FeCO3 và Fe3O4( trong đó Fe3O4 chiếm 1/3 tổng số mol hỗn hợp) vào dung dịch HNO3 loãng (dư), thu được 8,96 lít (đktc) hỗn hợp gồm CO2 và NO (sản phẩm khử duy nhất của N+5) có tỷ khối so với H2 là 18,5. Số mol HNO3 phản ứng là: A. 1,8 B. 3,2 C. 2,0 D. 3,8 Trích đề thi THPT Quốc Gia – Bộ Giáo Dục – 2016 Định hướng tư duy giải ìCO2 : 0,2 Ta có: n0,4=¾¾® nnn0,6n===2+ ¾¾®= 0,2 khií eFe hh Fe34 O îNO : 0,2 ¾¾¾¾®BTNT.Fen =+ 0,4 0,4 = 1¾¾¾¾® BTNT.N n = 1.3 + 0,2 = 3,2(mol) å Fe HNO3 →Chọn đáp án B Ví dụ 8: Cho m gam Mg vào dung dịch X gồm 0,03 mol Zn(NO3)2 và 0,05 mol Cu(NO3)2 , sau một thời gian thu được 5,25 gam kim loại và dung dịch Y. Cho dung dịch NaOH vào dung dịch Y, khối lượng kết tủa thu được là 6,67 gam. Giá trị của m là : A. 3,6 B. 2,86 C. 2,02 D. 4,05 Trích đề thi THPT Quốc Gia – Bộ Giáo Dục – 2016 Định hướng tư duy giải Ở bài toán này các bạn xem hệ kín của chúng ta là Mg, Zn(NO3)2, Cu(NO3)2 và - - NaOH sẽ thấy sự chuyển đổi NO3 trong các ion kim loại thành OH
8. ìOH- : 0,16 Vậy ta có ngay: n0,166,67=¾¾® NO- í 3 îKimloai :3,95(gam) ¾¾¾®BTKL m0,03.650,05.645,253,95 + + =+¾¾® m4,05(gam)= Ở chủ đề tiếp theo đây tôi sẽ giúp các bạn nhận ra sức mạnh của các định luật bảo toàn nếu các bạn biết vận dụng khôn khéo và linh hoạt.
9. CHỦ ĐỀ 2 HƯỚNG DẪN ÁP DỤNG CÁC ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN Như tôi đã nói với các bạn việc chúng ta xem một bài tập hóa học là một hệ kín có thể ví như cảnh “chim lồng, cá chậu” có nghĩa là các anh muốn làm gì thì làm nhưng không bao giờ thoát được ra cái lồng đó. 2.1 Định luật bảo toàn nguyên tố Sự di chuyển của nguyên tố từ chất này qua chất khác được gọi là định luật bảo toàn nguyên tố (BTNT). Tôi đưa ra một ví dụ điển hình và đơn giản như sau: Ví dụ 1: Giả sử ta cho a mol Fe (vừa đủ) tác dụng với HNO3 sau phản ứng thu được 0,1 mol Fe(NO3)2, 0,2 mol Fe(NO3)3, 0,2 mol NO2 và 0,2 mol NO. Trong ví dụ trên BTNT được tư duy là N trong HNO3 được phân bổ vào Fe(NO3)2, Fe(NO3)3, NO2 và NO. Tôi thì tôi hay viết là ¾¾¾¾®BTNT.N n = 0,1.2 + 0,2.3 + 0,2.1 + 0,2.1 = 1,2(mol) HNO3 BTNT.Fe Với Fe ¾¾¾¾®na0,10,20,3(mol)Fe = = + = nHNO 1, 2 Với H ¾¾¾¾®BTNT.H n0,6(mol) =3 = = HO2 22 - - Với O tôi hay tư duy theo kiểu phá vỡ gốc NO3 lý do là khi NO3 bị phá vỡ thì O - nó sẽ được điều vào NO, NO2 và H2O. Với bài toán trên có 0,4 mol gốc NO3 bị phá vỡ. Do đó, ¾¾¾¾®BTNT.O n0,4.30,2.20,2.10,6(mol) = = HO2 ! ! ! - NO NO NO3 2 Chú ý: Với bài toán trên các số liệu đã được tôi bố trí khớp nếu các bạn thay đi một thông số nào đó và dữ nguyên các thông số còn lại thì sẽ làm cho bài toán sai bản chất hóa học. Đơn giản là nó còn phải tuân theo các định luật bảo toàn khác (tôi sẽ trình bầy ở phần sau). Ví dụ 2 : Cho hỗn hợp 0,15 mol CuFeS2 và 0,09 mol Cu2FeS2 tác dụng với dung dịch HNO3 dư thu được dung dịch X và hỗn hợp khí Y gồm NO và NO2. Thêm BaCl2 dư vào dung dịch X thu được m gam kết tủa. Mặt khác, nếu thêm Ba(OH)2 dư vào dung dịch X, lấy kết tủa nung trong không khí tới khối lượng không đổi được x gam chất rắn. Giá trị của m và x là : A. 111,84 và 157,44 B. 112,84 và 157,44 C. 111,84 và 167,44 D. 112,84 và 167,44 Định hướng tư duy giải Bài toán khá đơn giản ta chỉ cần sử dụng BTNT thuần túy là xong. ìn0,33(mol)= ìn0,15(mol)= Cu ïïCeSuF 2 Ta có : íí¾¾¾®BTNT n0,24(mol) = n0,09(mol)= Fe îï Cu22 FeS ï în0,48(mol)S =
10. ìnBOaS = 0,48 (mol)® m== 0,48.233 111,84 (gam) ï 4 ìn= 0,48(mol) BTNT ï BOaS 4 ¾¾¾®í ï →Chọn A x n= 0,12(mol)¾¾¾®BTKL x= 157,44(gam) ï í Fe23 O ï ï î înCuO = 0,33(mol) Ví dụ 3: Nung 32,4 gam chất rắn X gồm FeCO3, FeS, FeS2 có tỷ lệ số mol là 1:1:1 trong hỗn hợp khí Y gồm O2 và O3 có tỷ lệ số mol là 1:1. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Số mol Y tham gia phản ứng là : A. 0,38 B. 0,48 C. 0,24 D. 0,26 Định hướng tư duy giải ìn0,1(mol)n0,15(mol)==ì FeCO323 Fe O ïïï ï Ta có : BTNT XnííFeS= 0,1(mol)¾¾¾® n SO = 0,3(mol) ïï2 n0,1(mol)= n0,1(mol)= ï FeS2 CO î îï 2 BTNT.O pha˚nˆ ˘ng ¾¾¾¾®nO =++ 0,1.2 0,3.2 0,15.3- 0,1.3= 0,95(mol) ìn= a(mol) ï O2 ¾¾®Y :í ¾¾¾¾®BTNT.O 5a = 0,95¾¾® a= 0,19(mol) n= a(mol) îï O3 ¾¾®nY = 2a = 0,38(mol) →Chọn A Ví dụ 4: Cho 24 gam Mg tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa a mol HNO3. Sau phản ứng thu được hỗn hợp khí X gồm các khí N2; N2O có số mol bằng nhau và bằng 0,1mol. Tìm giá trị a. A.2,8 B. 1,6 C. 2,54 D. 2,45 Định hướng tư duy giải ì BTNT.Mg ï¾¾¾¾®n1(mol)Mg(NO ) = Ta có ngay : n =1(mol) 32 Mg í BTE îï¾¾¾®n2(mol)e = ìn= 0,1 ï N2 2 0,1.10 0,1.8 ¾¾®í ¾¾¾®BTE n ==0,025(mol) n= 0,1 NH43 NO 8 îï NO2 ¾¾¾¾®BTNT.N n = 1.2 + 0,025.2 + 0,1.2 + 0,1.2 = 2,45(mol) →Chọn D HNO3 Ví dụ 5: Cho 158,4 gam hỗn hợp X gồm Fe, Fe(NO3)2, Fe(NO3)3 vào một bình kín không chứa không khí rồi nung bình ở nhiệt độ cao để phản ứng xảy ra hoàn toàn, khối lượng chất rắn giảm 55,2 gam so với ban đầu. Cho chất rắn này tác dụng với HNO3 thấy có khí NO thoát ra và thu được dung dịch Y. Cho NaOH dư vào Y được kết tủa Z. Nung Z ngoài không khí tới khối lượng không đổi được m gam chất rắn. Giá trị của m là : A. 196. B. 120. C. 128. D. 115,2.
11. Định hướng tư duy giải Vì phản ứng hoàn toàn và chất rắn tác dụng với HNO3 có khí NO nên O2 sinh ra trong quá trình nhiệt phân đã đi hết vào trong các oxit sắt. → 55,2 gam chỉ là NO2. 55,2 BTNT.N Trong X Ta có: nNO== 1,2(mol) ¾¾¾¾® n NO = n- = 1,2(mol) 2246 NO3 BTKL Trong X ¾¾¾®m158,41,2.6284(gam)Fe =-= Sau các phản ứng Fe sẽ chuyển thành Fe2O3: 84 ¾¾¾¾®BTNT.Fe n = = 1,5(mol) Fe 56 ¾¾®n = 0,75(mol)¾¾® m = 0,75.160 = 120(gam) →Chọn B Fe23 O Ví dụ 6: Hỗn hợp X gồm FeS, FeS2, CuS tan vừa hết trong dung dịch chứa 0,33 mol H2SO4 đặc sinh ra 0,325 mol khí SO2 và dung dịch Y. Cho Fe dư vào Y thu được dung dịch Z và chất rắn T. Lọc bỏ T rồi cô cạn Z thì thu được m gam muối khan. Giá trị của m là: A. 15,12 B. 18,19 C. 11,33 D. 12,92. Định hướng tư duy giải Để giải nhanh bài tập này ta đưa ra các câu hỏi đặt ra là: H trong H2SO4 chạy đi đâu rồi ? – Nó chạy vào H2O. 2- O trong H2SO4 chạy đi đâu rồi ? – Nó chạy vào muối SO4 , SO2 và H2O. Ta có: ¾¾¾¾®BTNT.Hidro n0,33(mol) = HO2 BTNT.O trong muoi ¾¾¾¾®nO = 0,33.4 0,325.2 0,33= 0,34(mol) 0,34 ¾¾¾¾®BTNT.O n0,085(mol)trong muo·i = = SO2- 4 4 ¾¾¾¾®BTNT.S n0,085(mol)m12,92(gam) =¾¾® = →Chọn D FeSO4 2.2 Định luật bảo toàn electron (BTE) Bản chất của BTE các em có thể hiểu đơn giản là kim loại đẩy e của mình cho nguyên tố khác để lấy về anion, còn nguyên tố nhận e của kim loại cũng biến thành chất khác. Nói như vậy nghĩa là khi áp dụng định luật này các bạn phải biết (nói chính xác là phải thuộc) chất nào nhường e và chất nào nhận e? Sau khi nhường nhận thì chúng biến thành cái gì? Nghe có vẻ mênh mông quá phải không? Nhưng các bạn đừng sợ vì thật ra nó cũng chỉ có vài chất được lập đi lập lại thôi. Chúng ta cùng nhau quay lại ví dụ 1 bên trên: Ví dụ 1: Giả sử ta cho a mol Fe (vừa đủ) tác dụng với HNO3 sau phản ứng thu được 0,1 mol Fe(NO3)2, 0,2 mol Fe(NO3)3, 0,2 mol NO2 và 0,2 mol NO. Chúng ta đã xem xét ví dụ này qua định luật BTNT. Bây giờ ta tiếp tục xem xét nó dưới hướng nhìn của BTE.
12. Như ở bên trên tôi đã nói số liệu của bài toán đã được tôi bố trí chuẩn xác, nếu các bạn tự ý thay đi nó sẽ sai bản chất. Tại sao lại như vậy? Vì chúng ta cần phải tuân theo định luật BTE nữa. Không khó để nhìn ra số mol e của Fe nhường - chính là số mol NO3 trong muối nghĩa là 0,8 mol. Vậy nguyên tố nào đã nhận e +5 +2 +4 của Fe? Chính là N trong HNO3 nó đã nhận e để biến thành N trong NO và N trong NO2. Số mol e nhận cũng là 0,8. Đó chính là nội dung của định luật bảo toàn electron (BTE). Nói tóm lại công thức áp dụng của định luật BTE thì rất ngắn +- tuy nhiên sức mạnh của nó thì rất ghê gớm. Điều quan trọng nhất åånnee= khi các bạn áp dụng định luật này là phải các định đúng. Chất nhường e (chất khử) là những chất nào? Chất nhận e (chất oxi hóa) là những chất nào? Chú ý khi giải bài tập: – Xác định nhanh tất cả các nguyên tố thay đổi số oxh (không quan tâm tới chất không thay đổi) – Viết chính xác quá trình nhường nhận electron (nên nhớ thuộc lòng). – Kết hợp linh hoạt với Bảo toàn nguyên tố. -+ – Áp dụng công thức åånnee= . – Chú ý với những trường hợp về axit HNO3 tạo ra muối NH4NO3; hỗn hợp muối Fe2+;Fe3+. – Trường hợp một nguyên tố tăng rồi lại giảm số oxi hóa hoặc ngược lại . Bây giờ, chúng ta sẽ nghiên cứu các ví dụ để hiểu vấn đề trên . A. Bảo toàn electron một nấc. Bảo toàn electron một nấc nghĩa là chất khử sẽ có số oxi hóa được đưa ngay từ min tới max thông qua một chất oxi hóa (thường là HNO3 hoặc H2SO4). ìFe¾¾¾¾¾®HNO324 /H SO Fe3+ ï ï HNO /H SO 3+ Quy trình íAl¾¾¾¾¾®324 Al ï HNO324 /H SO 222+++ îïZn,Mg,Cu ¾¾¾¾¾® Zn ,Mg ,Cu Ví dụ 2: Hoà tan hoàn toàn m gam Al vào dung dịch HNO3 loãng dư thu được hỗn hợp khí gồm 0,015 mol N2O và 0,01 mol NO (phản ứng không tạo muối amoni). Tính m. A. 13,5 g B. 0,81 g C. 8,1 g D. 1,35 g Định hướng tư duy giải ìn= 0,015(mol) ï NO2 Ta có: í ®ne = 0,015.8 + 0,01.3 = 0,15(mol) îïnNO = 0,01(mol) BTE ¾¾¾®nAl = 0,05(mol)® m Al = 0,05.27 = 1,35(gam)
13. Ví dụ 3: Hòa tan hoàn toàn 12,42 gam Al bằng dung dịch HNO3 loãng (dư), thu được dung dịch X và 1,344 lít (ở đktc) hỗn hợp khí Y gồm hai khí là N2O và N2. Tỉ khối của hỗn hợp khí Y so với khí H2 là 18. Cô cạn dung dịch X, thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m là: A. 97,98. B. 106,38. C. 38,34. D. 34,08. Định hướng tư duy giải ì - nAl= 0,46(mol)¾¾®å n e = 1,38(mol) ï Ta có ngay: ìn= 0,03(mol) íï NO2 ïí n= 0,03(mol) îïîï N2 + 1, 38- 0, 54 ¾¾®ne = 0,54(mol)¾¾® n+ = = 0,105(mol) NH4 8 ¾¾®m0,46.(2762.3)0,105.80106,38(gam) = + + = B. Bảo toàn electron nhiều nấc. Bảo toàn electron nhiều nấc nghĩa là chất khử sẽ có số oxi hóa được đưa từ số oxi hóa min tới số oxi hóa trung gian rồi tới max thông qua một sô chất oxi hóa Với mức trung gian thường là : Oxi, Clo Với mức max thường là:HNO3 hoặc H2SO4. Dạng bài tập này ta thường hay dùng phương pháp “Chia để trị”. Ví dụ 4: Đốt cháy x mol Fe bởi oxi thu được 5,04 gam hỗn hợp (A) gồm các oxit sắt. Hòa tan hoàn toàn (A) trong dung dịch HNO3 thu được 0,035 mol hỗn hợp (Y) gồm NO và NO2. Tỷ khối hơi của Y đối với H2 là 19. Tính x. A. 0,06 mol. B. 0,065 mol. C. 0,07 mol. D. 0,075 mol. Định hướng tư duy giải ìnx(mol)Fe = BTKL Chia để trị ta có ngay: 5,04í ¾¾¾® 56x + 16y = 5,04 înO = y(mol) n= 0,0175(mol) ïì NO BTE Ta có: í ¾¾¾®3x = 2y + 0,0175.4 n= 0,0175(mol) îï NO2 ¾¾®x = y = 0,07(mol) →Chọn C Ví dụ 5: Thổi một luồng CO qua hỗn hợp Fe và Fe2O3 nung nóng được chất khí B và chất rắn D. Cho B lội qua dung dịch nước vôi trong dư thấy tạo 6 gam kết tủa. Hòa tan D bằng H2SO4 đặc, nóng thấy tạo ra 0,18 mol SO2 còn dung dịch E. Cô cạn E thu được 24 g muối khan. Xác định thành phần % của Fe: A. 58,33% B. 41,67% C. 50% D. 40% Định hướng tư duy giải Cô cạn E thu được 24g muối khan do đó ta có :
14. 24 BTNT.Fe ¾¾¾¾®nFe = 2nFe( SO ) = 2. = 0,12(mol) 243 400 ììFe : 0,12(mol)BTNT(O+ C) Fe : 0,12(mol) Hỗn hợp đầu íí¾¾¾¾¾®D îîO : a(mol) O : a- 0,06(mol) ¾¾¾®BTE 0,12.3 = 2(a- 0,06)+ 0,18.2® a= 0,06(mol) + ìFe23 O : 0,02(mol) ¾¾¾¾¾®BTNT(Fe O) í îFe : 0,08(mol) 0,08.56 ¾¾¾®BTKL %Fe = = 58,33% → Chọn A 0,12.56+ 0,06.16 Ví dụ 6: Thổi khí CO đi qua ống sứ đựng m gam Fe2O3 nung nóng. Sau phản ứng thu được m1 gam chất rắn Y gồm 4 chất. Hoà tan hết chất rắn Y bằng dung dịch HNO3 dư thu được 0,448 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, đo ở điều kiện chuẩn) và dung dịch Z. Cô cạn dung dịch Z thu được m1+16,68 gam muối khan. Giá trị của m là: A. 8,0 gam. B. 16,0 gam. C. 12,0 gam. D. 24 gam. Định hướng tư duy giải BTNT.Fe ïìFe :a(mol)¾¾¾¾® Fe(NO33 ) :a(mol) Chia để trị: m1 í îïO: b(mol) ¾¾®m56a16b(gam)1 = + ¾¾¾¾®BTNT.Fe m = a(56 + 62.3) Fe(NO33 ) ì¾¾¾®BTE 3a = 2b + 0,02.3 Có nNO = 0,02(mol) ¾¾®í îa(56+=++ 62.3) 56a 16b 16,68 ¾¾®a0,1 =¾¾¾¾®BTNT.Fe m0,05.1608g = = → Chọn A Ví dụ 7: Đốt 11,2 gam Fe trong bình kín chứa khí Cl2, thu được 18,3 gam chất rắn X. Cho toàn bộ X vào dung dịch AgNO3 dư đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được m gam chắt rắn. Giá trị của m là: A. 28,7. B. 43,2. C. 56,5. D. 71,9. Định hướng tư duy giải 18,3- 11,2 n= 0,2(mol)¾¾¾®BTKL n= = 0,2(mol) Fe Cl 35,5 ì¾¾¾¾®BTNT.Clo AgCl : 0,2(mol) ï ¾¾® ¾¾®m71,9(gam) = í BTE 0,2.3- 0,2 ï¾¾¾®Ag : = 0,4(mol) î 1 Chú ý: Bài này ta áp dụng BTE cho cả quá trình. Chất khử là Fe với số mol e nhường là 0,2.3 = 0,6 do đó tổng số mol e nhận (Cl và Ag+ ) cũng phải bằng 0,6
15. C. Bảo toàn electron có nhiều yếu tố gây nhiễu. Trong nhiều bài tập hóa học người ra đề rất hay dùng kỹ thuật tung hỏa mù bằng cách đưa các nguyên tố gây nhiễu vào làm nhiều bạn học sinh không hiểu kỹ bản chất hóa học sẽ rât bối rối. Nhiều khi còn hoang mang và đành bó tay mặc dù bản chất nó rất đơn giản. Yếu tố gây nhiễu chính là các nguyên tố lên rồi lại xuống, xuống rồi lại lên nhưng tổng các quá trình thì bằng 0. Phát hiện ra điều trên chúng ta không cần quan tâm tới các yếu tố gây nhiễu để đơn giản hóa bài toán. Ví dụ 8: Trộn 0,54 gam bột nhôm với bột Fe2O3 và CuO rồi tiến hành phản ứng nhiệt nhôm thu được hỗn hợp A. Hoà tan hoàn toàn A trong dung dịch HNO3 được hỗn hợp khí gồm NO và NO2 có tỉ lệ số mol tương ứng là 1 : 3. Thể tích (đktc) khí NO và NO2 lần lượt là: A. 0,224 lít và 0,672 lít. B. 0,672 lít và 0,224 lít. C. 2,24 lít và 6,72 lít. D. 6,72 lít và 2,24 lít. Định hướng tư duy giải Trong ví dụ này ta chỉ quan tâm tới sự thay đổi số oxi hóa của Al với Fe và Cu không cần quan tâm.Vì cuối cùng các nguyên tố đều lên số oxi hóa cao nhất. ì + nAl= 0,02(mol)®å n e = 0,06(mol) ï Ta có: ínNO = a(mol) ïn= 3a(mol) î NO2 ¾¾¾®BTE 0,06 = 6a® a= 0,01(mol) → Chọn A Ví dụ 9: Trộn đều 10,8 gam Al với hỗn hợp Fe2O3, CuO, Cr2O3 rồi đốt nóng để tiến hành phản ứng nhiệt nhôm thu được hỗn hợp X. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X trong dung dịch HNO3 đun nóng thu được V lít (đktc) hỗn hợp khí NO, NO2 có tỉ khối so với hiđro là 21. V có giá trị là: A. 20,16 lít. B. 17,92 lít. C. 16,8 lít. D. 4,48 lít. Định hướng tư duy giải ì + nAl= 0,4(mol)®å n e = 1,2(mol) ï Ta có: ínNO = a(mol) ïn= 3a(mol) î NO2 ¾¾¾®BTE 1,2 = 6a® a= 0,02(mol) → Chọn B Ví dụ 10: Đốt 16,2 gam hỗn hợp X gồm Al và Fe trong khí Cl2 thu được hỗn hợp chất rắn Y. Cho Y vào nước dư, thu được dung dịch Z và 2,4 gam kim loại. Dung dịch Z tác dụng được với tối đa 0,21 mol KMnO4 trong dung dịch H2SO4 (không tạo ra SO2). Phần trăm khối lượng của Fe trong hỗn hợp X là: A. 72,91%. B. 64,00%. C. 66,67%. D. 37,33%. Định hướng tư duy giải
16. - Chú ý: Nguyên tố gây nhiễu là Cl2(ta không cần quan tâm) vì cuối cùng Cl cũng bị KMnO4 oxi hóa thành Cl2. ìAl : a(mol)ïì¾¾¾®BTKL 27a + 56b = 13,8 Ta có ngay: 16,2- 2,4= 13,8 ¾¾® ííBTE îFe : b(mol) îï¾¾¾®3a + 3b = 0,21.5 ìa= 0,2(mol) 0,15.56+ 2,4 ¾¾®í ¾¾®%Fe = = 66,67% îb= 0,15(mol) 16,2 2.3 Định luật bảo toàn điện tích Tư tưởng cổ điển thưởng chỉ áp dụng định luật bảo toàn điện tích (BTĐT) cho một dung dịch khi đề bài cho luôn các ion có sẵn trong dung dịch. Tôi nghĩ điều đó đơn giản tới mức hiển nhiên các bạn phải hiểu được. Tuy nhiên, tôi vẫn đưa ra một số ví dụ để các bạn dễ hình dung: Ví dụ 1: Một dung dịch chứa hai cation là Al3+ (0,2 mol) và Fe2+ (0,1 mol). Trong — 2- dung dịch trên còn chứa hai anion là Cl (x mol) và SO4 (y mol). Tìm x và y biết rằng cô cạn dung dịch trên thu được 46,9 gam hỗn hợp muối khan. A. 0,2 và 0,3 B. 0,3 và 0,2 C. 0,5 và 0,15 D. 0,6 và 0,1 Định hướng tư duy giải ìAl3+ : 0,2(mol) ï ïFe2+ : 0,1(mol) Ta có: í - ïCl : x(mol) ï 2- îSO4 : y(mol) ïì¾¾¾®BTDT x2y0,8 + = ¾¾® í BTKL îï¾¾¾®35,5x += 96y 46,9 0,2.27 0,1.56 ìx= 0,2(mol) ¾¾®í →Chọn A îy0,3(mol)= Chú ý: Khối lượng muối trong dung dịch chính là tổng khối lượng các ion. Ví dụ 2: Dung dịch A chứa: 0,15 mol Ca2+; 0,6 mol Cl-; 0,1 mol Mg2+; a mol - 2+ HCO3 ; 0,4 mol Ba . Cô cạn dung dịch A được chất rắn B. Nung B trong không khí đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m là: A. 90,1. B. 102,2. C. 105,5. D. 127,2. Định hướng tư duy giải ìCa2+ : 0,15(mol) ï ïìCl- : 0,6(mol) Ta có: Mg2+ : 0,1(mol) íí- ï 2+ îïHCO3 : a(mol) îBa : 0,4(mol) ¾¾¾®BTDT 2(0,15 ++ 0,1 0,4) =+ 0,6 a¾¾® a= 0,7(mol)
17. tt002- B¾¾® CO3O ¾¾® O ® n = 0,35(mol) ¾¾¾®BTKL m0,15.400,1.240,4.1370,6.35,50,35.1690,1 = + + + + = t0 2- Chú ý : Nếu chỉ cô cạn dung dịch B thì ta sẽ có quá trình B¾¾® CO3 2- - + Ví dụ 3: Dung dịch A có chứa: 0,05 mol SO4 ; 0,1 mol NO3 ; 0,08 mol Na ; 0,05 mol H+ và K+. Cô cạn dung dịch A thu đựợc chất rắn B. Nung chất rắn B đến khối lượng không đổi thu được chất rắn C có khối lượng là : A. 15,62 gam. B. 11,67 gam . C. 12,47 gam. D. 13,17 gam. Định hướng tư duy giải Ta có: ¾¾¾®BTDT 0,05.2 +=++ 0,1 0,08 0,05 n® n= 0,07 KK++ ìSO2- : 0,05(mol) ï 4 - t0 ïNO32 : 0,05(mol)¾¾® XNO ¾¾®mCCí ® m = 11,67(gam) ïK+ : 0,07(mol) ï + îNa : 0,08(mol) Cái mà tôi muốn nói với các bạn ở đây là BTĐT mở rộng mà tôi gọi là “Tư duy điền số điện tích” theo kinh nghiệm của tôi thì hướng tư duy này áp dụng vào giải bài tập hóa học vô cơ rất tốt. Bản chất của nó liên quan chặt chẽ tới BTNT và BTE mà điển hình là các nguyên tố kim loại. Tôi gọi là mở rộng vì các bạn cần hiểu thêm một bước là sau khi các nguyên tố nhường nhận e thì nó biến thành các ion gì? Sau đây tôi xin đưa ra một số ví dụ điển hình: Ví dụ 4: Hòa tan hết 0,54g Al trong 70ml dung dịch HCl 1M thu được dung dịch X. Cho 75ml dung dịch NaOH 1M vào X, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là A. 1,56 B. 0,78 C. 0,39 D. 1,17 Trích đề thi THPT Quốc Gia – Bộ Giáo Dục – 2016 Định hướng tư duy giải Các bạn hãy làm quen với câu hỏi: Dung dịch cuối cùng chứa gì? Rồi sau đó ta sẽ điền số điện tích để đủ cung ứng cho Na+. ìNa+ : 0,075 ï - Ta có: nAl = 0,02¾¾® Xí Cl : 0,07 ï BTDT - î¾¾¾®AlO2 : 0,005 BTNT.Al →Chọn đáp án D ¾¾¾¾®m0,015.781,17¯ = = Ví dụ 5: Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp Na, Ba, Al vào nước được dung dịch X và 13,44 lít H2 (đktc). Cho X phản ứng với 450 ml dung dịch H2SO4 1M được 31,1 gam kết tủa và dung dịch Y chỉ chứa các muối sanfat trung hòa. Cô cạn Y được 41,3 gam chất rắn khan . Giá trị m bằng