CHƯƠNG 14. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH BÀI TẬP HÓA HỌC
2. PHƯƠNG PHÁP ĐẠI SỐ
a. Cách giải: Viết các phương trình phản ứng. Đặt ẩn số cho các đại lượng cần tìm. Tính theo các phương trình phản ứng và các ẩn số đó để lập ra phương trình đại số. Giải phương trình đại số (hoặc hệ phương trình) và biện luận kết quả (nếu cần).
b. Ví dụ:
(Trích đề thi vào ĐHSP Hà Nội 1998)Để m gam bột sắt (A) ngoài không khí, sau một thời gian biến thành hỗn hợp (B) có khối lượng 12 gam gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3. Cho B tác dụng hoàn toàn với dd HNO3 thấy sinh ra 2,24l khí NO duy nhất ở đktc. Tính m.
Giải: Trong không khí sắt tác dụng với oxi tạo ra các oxit
2Fe + O2 → 2FeO 4Fe + 3O2 → 2Fe3O4
3Fe + 2O2 → Fe2O3 Hỗn hợp B tác dụng với dd HNO3:
Fe + 4HNO3→ Fe(NO3)3 + NO + 2H2O 3FeO + 10HNO3 → 3Fe(NO3)3 + NO + 5H2O 3Fe3O4 + 28HNO3 → 9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O Fe2O3 + 6HNO3 → 2Fe(NO3)3 + 3H2O
Đặt số mol của Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 lần lượt là x, y, z, t ta có:
Theo khối lượng hỗn hợp B: 56x + 72y + 232z + 160t = 12 (1) Theo số mol nguyên tử Fe: x + y + 3z + 2t =
56 m (2)
Theo số mol nguyên tử O trong oxit: y + 4z + 3t = 16 12−m
(3) Theo số mol NO: x + 0,1
4 , 22
24 , 2 3
3y+ z = = (4) 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) 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.
*) Phương pháp bảo toàn khối lượng:
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: (kí hiệu khối lượng là m)
(NO ) NO HO
Fe HNO
B m m m m
m pu 2
33
3 = + +
+ (1)
Tính các giá trị chưa biết của (1):
+ ( )
56
33
n m
nFeNO = Fe = . Vậy ( )
.56
3 242
3
mFeNO = m
+ Muốn tính mHNO3 cần tính nHNO3. Ở đây số mol HNO3 được dùng vào 2 việc là tạo ra NO và tạo ra muối:
HNO3
n tạo NO = nNO = 0,1
4 , 22
24 ,
2 =
HNO3
n tạo muối = 3.nFe = 3.
56 m
HNO3
n pư = 0,1 + 56
3m. Vậy mHNO3pư =
+ 56 1 3 , 0 .
63 m
+ Tính nHO
2 : ta có nHO
2 = 2 1
HNO3
n pư = 2
1
+ 56 1 3 ,
0 m
Vậy
+
= 56
1 3 , 2 0 .1
2 18 mHO m
Thay các giá trị tìm được vào (1) được phương trình bậc nhất, chỉ chứa ẩn m:
12 +
+ 56 1 3 , 0 .
63 m
= 242.
56
m + 30.0,1 +
+ 56 1 3 , 0 2. .1
18 m
Giải ra m = 10,08g
Nhận xét: Tuy hơi dài nhưng cách này dễ hiểu, có tác dụng khắc sâu định luật bảo toàn khối lượng và có ưu điểm là áp dụng cho mọi quá trình oxi hoá - khử hoặc không oxi hoá - khử.
c. Phương pháp bảo toàn electron: Số mol e do Fe nhường phải bằng số
mol e do oxi thu và N+5 của HNO3 thu:
Ta có: .3
4 , 22
24 , 4 2 32 . 3 12
56m. = −m + Giải ra m = 20,08g
Nhận xét: Cho kết quả rất nhanh, tính toán rất nhẹ nhàng, khắc sâu bản chất nhường e và thu e của các quá trình hóa học. Hạn chế là chỉ áp dụng được cho các quá trình oxi hoá - khử.
3. PHƯƠNG PHÁP TRUNG BÌNH (khối lượng mol trung bình, số nguyên tử trung bình)
a. Cách giải:
- Phương pháp trung bình chỉ áp dụng cho bài toán hỗn hợp các chất.
- Giá trị trung bình dùng để biện luận tìm ra nguyên tử khối hoặc phân tử khối hay số nguyên tử trong phân tử hợp chất.
- Khối lượng mol trung bình là khối lượng của một mol hỗn hợp (kí hiệu là M
M = b. Các ví dụ:
Khối lượng hỗn hợp Số mol hỗn hợp
Ví dụ 1: Hoà tan hoàn toàn 4,68g hỗn hợp muối cacbonat của hai kim loại A và B kế tiếp trong nhóm IIA vào dd HCl thu được 1,12 lit CO2 ở đktc. Xác định tên kim loại A và B.
Giải: Đặt M là NTK trung bình của 2 kim loại A và B M CO3 + 2HCl → M Cl2 + CO2↑ + H2O
0,05 0,05 mol
4 , 22
12 ,
1 =
M CO3 = 93,6; 05
, 0
68 ,
4 = M = 93,6 – 60 = 33,6
Biện luận: A < 33,6 → A là Mg = 24 B > 33,6 → B là Ca = 40.
Ví dụ 2: Đốt cháy hoàn toàn a g hỗn hợp hai rượu no, đơn chức liên tiếp trong dãy đồng đẳng thu được 3,584 lít CO2 ở đktc và 3,96g H2O. Tính a và xác định CTPT của các rượu.
Giải: Gọi n là số nguyên tử C trung bình và x là tổng số mol của hai rượu.
( )n H O
CO n nO
OH H
Cn 2n 1 2 2 1 2 2
3 → + +
+ +
x mol nx →( )n+1x
16 , 4 0 , 22
584 , 3
2 =nx= =
nCO (1)
( )1. 318,96 0,22
2 = n+ x= =
nHO (2)
Từ (1) và (2) giải ra x = 0,06 và n = 2,67
Ta có: a = (14n + 18).x = (14.2,67) + 18.0,06 = 3,32g n = 2,67 C H OH
OH H C
7 3
5 2
Ví dụ 3: Hỗn hợp 3 rượu đơn chức A, B, C có tổng số mol là 0,08 và khối lượng là 3,387. Xác định CTPT của A, B, C, biết rằng B và C có cùng số nguyên tử cacbon và số mol rượu A bằng
3
5 tổng số mol của rượu B và C.
Giải: 42,2
08 , 0
38 ,
3 =
= M
Như vậy phải có ít nhất một rượu có M < 42,2. Chỉ có CH3OH = 32
Ta có: 0,05
3 5
5 . 08 ,
0 =
= +
nA ; mA = 32.0,05 = 1,67.
mB + C = 3,38 – 1,6 = 1,78g; nB + C = 0,03 3
5 3 . 08 ,
0 =
+ 3
, 03 59 , 0
78 ,
,C =1 =
MB
Gọi y là số nguyên tử H trung bình trong phân tử hai rượu B và C Ta có: CxHyOH = 59,3 hay 12x + y + 17 = 59,3
Rút ra: 12x + y = 42,3 Biện luận:
x 1 2 3 4
y 30,3 18,3 6,3 <0
Chỉ có nghiệm khi x = 3. B, C phải có một rượu có số nguyên tử H < 6,3 và một rượu có số nguyên tử H > 6,3.
Có 2 cặp nghiệm: C3H5OH (CH2 = CH – CH2OH) và C3H7OH C3H3OH (CH ≡ C – CH2OH) và C3H7OH Ví dụ 4: Cho 2,84g hỗn hợp 2 rượu đơn chức là đồng đẳng liên tiếp nhau tác dụng với một lượng Na vừa đủ tạo ra 4,6g chất rắn và V lít khí H2 ở đktc.
Tính V và xác định CTPT của các rượu.
Giải: Đặt R là gốc hiđrocacbon trung bình và x là tổng số mol của 2 rượu.
ROH + Na → RONa + 2 1H2
xmol x 2 x
Ta có: (R + 17).x = 2,84 hay Rx + 17x = 2,84 (1)
(R + 39).x = 4,6 hay Rx + 39x = 4,6 (2) Từ (1) và (2) giải ra x = 0,08 và R = 18,5
Phải có một gốc R < 18,5 → Duy nhất chỉ có CH3 = 15 và rượu là CH3OH. Đồng đẳng liên tiếp nên rượu kia phải là C2H5OH.
V = .22,4 0,896 2
08 ,
0 = lít.