Chương 2: Một số kĩ thuật phân tích và giải nhanh BTTN hóa học vô cơ ở trường
2.1. Những kĩ thuật cơ bản khi giải bài toán trắc nghiệm khách quan hóa học
- Đọc kĩ đề bài, tóm tắt đề bài dạng sơ đồ, đơn giản hóa đề bài.
- Chuyển giả thiết không cơ bản (khối lượng, thể tích khí, …) thành giả thiết cơ bản (số mol)
- Tìm các dấu hiệu đặc biệt của bài toán.
- Áp dụng phương pháp giải tối ưu (đúng và nhanh).
Ví dụ 1: (Cao đẳng 2009). Hoà tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Na2O và Al2O3vào H2O thu được 200 ml dung dịch Y chỉ chứa chất tan duy nhất có nồng độ 0,5M. Thổi khí CO2(dư) vào Y thu được a gam kết tủa. Giá trị của m và a lần lượt là
A. 8,3 và 7,2 B. 11,3 và 7,8 C. 13,3 và 3,9 D. 8,2 và 7,8 Tóm tắt đề dạng sơ đồ:
Na2O Al2O3
m (g) X H2O
dd (Y) có NaAlO2 0,1 mol
CO2dử a (g) Al(OH)3
? ?
Cách 1: giải thông thường Các phản ứng xảy ra
Na2O + H2O → 2NaOH (1) a(mol) → 2a(mol)
Al2O3 + 2NaOH → 2NaAlO2 + H2O (2) b(mol) 2a(mol) 0,1(mol)
CO2 + NaAlO2 + H2O → Al(OH)3 + NaHCO3 (3) 0,1(mol) → 0,1(mol)
NaAlO2 M
n =C × =V 0,5 0, 2× =0,1(mol)
21
Gọi a, b lần lượt là số mol Na2O và Al2O3. Vì dung dịch chỉ chứa một chất tan duy nhất nên NaOH phản ứng vừa đủ với Al2O3. Chất tan duy nhất là NaAlO2.
Theo phản ứng (2) ta có: 2a 0,1
b= 2 = 2 ⇒ a = b = 0,05(mol).
Theo phản ứng (3) ta có: nAl(OH)3 =nNaAlO2 =0,1(mol) Vậy : m = mhh(X) = 0,05×62 + 0,05×102 = 8,2(g)
Al(OH)3
a=m =0,1 78× =7,8(g)
⇒ chọn D là đáp án.
Cách 2: giải xuôi theo sơ đồ phân tích
Cho hỗn hợp X(Na2O, Al2O3) vào H2O thu được dung dịch (Y) chứa 1 chất tan duy nhất là NaAlO2, Khi cho CO2 dư vào dung dịch (Y) thì kết tủa là Al(OH)3.
Na2O Al2O3
m (g) X H2O
dd (Y) có NaAlO2 0,1 mol
CO2dử a (g) Al(OH)3
?
Bảo toàn Al
Bảo toàn Al Bảo toàn Na
(1)
(2)
(3)
?
- Bảo toàn Na (1), Al (2) ta có:
2 2 3
Na O Al O
n n 0,1 0, 05(mol)
= = 2 = ⇒ m = 0,05×62 + 0,05×102 = 8,2 (g) - Bảo toàn Al (3) ⇒
Al(OH)3
n = 0,1(mol)⇒ a = 0,1× 78 = 7,8 (g)
⇒ chọn D là đáp án.
* Nhận xét cách giải:
- Cách giải 1: mô tả đầy đủ, chi tiết nhưng quá dài do phải viết và cân bằng các phản ứng, đặt ẩn số và giải phương trình, chỉ phù hợp với hình thức tự luận, không nên dùng khi giải toán trắc nghiệm vì mất rất nhiều thời gian.
- Cách giải 2: rất phù hợp với trắc nghiệm khách quan do vận dụng linh hoạt kĩ thuật bảo toàn nguyên tố. Từ dấu hiệu đặc biệt đã biết là số mol NaAlO2 và dung
22
dịch chứa một chất tan duy nhất nên dễ dàng suy ra được số mol các chất đề bài yêu cầu, bài giải ngắn gọn, học sinh dễ hiểu.
Ví dụ 2: Hoà tan hỗn hợp X gồm 0,2 mol Fe và 0,1 mol Fe2O3 vào dung dịch HCl dư được dung dịch D. Cho dung dịch D tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được kết tủa. Lọc lấy kết tủa, rửa sạch đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn Y. Giá trị của m là
A. 16,0 B. 30,4 C. 32,0 D. 48,0
Tóm tắt đề dạng sơ đồ:
Fe 0,2 mol Fe2O3 0,1 mol
hh (X) + HCl dử
dd (D) FeCl2
FeCl3 1) + NaOH dử
2) t0kk đến khối lượng không đổi
(Y): Fe2O3
m(g) ?
HCl Cách 1: giải thông thường
Các phản ứng xảy ra
Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (1) Fe2O3 + 6HCl → 2FeCl3 + 3H2O (2) FeCl2 + 2NaOH → Fe(OH)2↓ + 2NaCl (3) FeCl3 + 3NaOH → Fe(OH)3↓ + 3NaCl (4) HCl + NaOH → NaCl + H2O (5) 4Fe(OH)2↓ + O2 + 2H2O → 4Fe(OH)3↓ (6)
( )3 t0 Fe O2 3 3H O2
2Fe OH → + (7)
Theo phản ứng (1), (3), (6) : ( ) 0, 2(mol)
Fe OH 3
n =
Theo phản ứng (2), (4) : ( ) 0, 2(mol)
Fe OH 3
n =
( ) 0, 2 0, 2 0, 4(mol)
Fe OH 3
n
⇒∑ = + =
Theo phản ứng (7): nFe2O3 =0, 2(mol) Vậy mFe2O3 =0, 2 160× =32(g)
⇒ chọn C là đáp án.
23 Cách 2: giải xuôi theo sơ đồ phân tích
Fe 0,2 mol Fe2O3 0,1 mol
hh (X) + HCl
dd (D) FeCl2 FeCl3
1) + NaOH dử
2) t0kk đến khối lượng không đổi
(Y): Fe2O3 Bảo toàn Fe
Bảo toàn Fe (2)
(1)
m(g) ?
- Theo (1) và (2) trên sơ đồ:
bảo toàn Fe ta có ngay kết quả:
2 3 2 3
Fe
Fe O (Y) Fe O (trong X)
n 0, 2
n n 0,1 0, 2(mol)
2 2
= + = + =
⇒ m = m(Y) = 0,2×160 = 32 gam ⇒ chọn C là đáp án.
* Nhận xét cách giải:
- Cách giải 1: mô tả đầy đủ, chi tiết nhưng quá dài do phải viết và cân bằng tất cả các phản ứng xảy ra, không phù hợp khi giải toán trắc nghiệm vì mất rất nhiều thời gian.
- Cách giải 2: nhìn vào sơ đồ tóm tắt, ta chỉ quan tâm đến trạng thái đầu và trạng thái cuối, vận dụng linh hoạt kĩ thuật bảo toàn nguyên tố. Từ số mol các chất đã biết (Fe, Fe2O3) dễ dàng suy ra được số mol Fe2O3 trong chất rắn (Y), bài giải ngắn gọn, học sinh dễ hiểu, có ưu điểm nhiều hơn so với cách giải 1.
Ví dụ 3: Cho luồng khí CO đi qua ống sứ đựng m gam hỗn hợp X gồm FeO và Fe2O3đốt nóng. Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được chất rắn B gồm 4 chất có khối lượng mB = 7,176 gam. Khí đi ra khỏi ống sứ cho hấp thụ vào dung dịch Ba(OH)2
dư thu được 13,593 gam kết tủa. Giá trị của m là
A. 8,280 B. 7,176 C. 6,072 D. 12,144
24 Tóm tắt đề dạng sơ đồ:
m (g) hh (X) FeO Fe2O3
CO CO2
+ Ba(OH)2dử
13,593 (g) BaCO3
0,069 (mol) 7,176 (g)
raén (B) + CO, t0
m = ?
bảo toàn C Phân tích và giải nhanh theo sơ đồ
Vì Ba(OH)2 dư nên tạo muối trung hòa, bảo toàn C ta có:
2 3
CO ( ) CO BaCO
n phản ứng =n =n =0, 069(mol). Bảo toàn khối lượng: m(X) + mCO =
CO2
m + m rắn (B)
⇒ m(X) = 0,069×44 + 7,176 – 0,069× 28 = 8,28 gam
⇒ chọn A là đáp án.
* Nhận xét cách giải:
Vì chất rắn B gồm 4 chất ⇒ rắn (B) chứa : Fe2O3, Fe3O4, FeO và Fe, nên nếu viết phương trình phản ứng và đặt ẩn số thì bài toán trở nên phức tạp không cần thiết. Theo sơ đồ tóm tắt ta không quan tâm rắn B gồm bao nhiêu chất và phản ứng dùng CO khử hỗn hợp (X) có hoàn toàn hay không. Vận dụng bảo toàn nguyên tố và bảo toàn khối lượng là giải quyết bài toán nhanh và gọn.
b) Kĩ thuật giải xuôi: giải từ trên xuống như tự luận, sau đó tìm đáp án đúng.
Ví dụ 1: Cho luồng khí CO dư đi qua m gam hỗn hợp X gồm CuO, Fe2O3 nung nóng. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thấy khối lượng chất rắn giảm 4,8 gam.
Thể tích dung dịch H2SO4 2M tối thiểu để hòa tan hết m gam hỗn hợp X là
A. 150 ml B. 200 ml C. 250 ml D. 100 ml
Tóm tắt đề dạng sơ đồ:
CuO Fe2O3
m (g) hh(X) + CO dử, t0
m giảm = 4,8 (g)
Cu Fe
+ V(l) dd H2SO4 2M = ? (vừa đủ)
25 Cách 1: giải thông thường
Các phản ứng xảy ra:
( )
t0
x(mol) x(mol)
+ → +
→
CuO CO Cu 2CO 1
t0 ( )
y(mol) 2y(mol)
+ → +
→
2 3 2
Fe O 3CO 2Fe 3CO 2
( )
t0
2 4 4
H O
x(mol) x(mol)
CuO + H SO → CuSO + 2 3
→
0 ( )
t
2 4 3 2
y(mol) 3y(mol)
2 3 2 4
Fe O + 3H SO →Fe (SO ) 3H O+ 4
→
Gọi x, y lần lượt là số mol của CuO và Fe2O3. Theo đề bài khối lượng chất rắn giảm 4,8g
⇒ theo phản ứng (1) (2): (mCuO +mFe O2 3) (m− Cu +mFe)=4,8
⇒ (80x + 160y) – (64x - 2y×56) = 4,8
⇒ x + 3y = 0,3 (*)
theo phản ứng (3) (4): nH SO (2 4 phản ứng) = +x 3y
⇒nH SO (2 4 phản ứng) = +x 3y=0,3(mol)
⇒ dd H SO2 4
M
n 0,3
V 0,15(l t)
C 2
= = = í
⇒ chọn A là đáp án.
Cách 2: giải nhanh
Nhìn vào sơ đồ ta nhận thấy khí CO khử ion dương kim loại trong oxit ở nhiệt độ cao tạo thành kim loại hay nói cách khác CO bị O trong oxit oxi hóa thành khí CO2.
CO + [O] → CO2
⇒ mrắn giảm = mO( trong oxit) = 4,8 gam ⇒ nO( trong oxit) = 0,3 (mol) Khi tạo muối sunfat ta có: O2 SO24
0,3(mol) 0,3(mol)
− → −
→
26
⇒ H SO2 4 SO42 dd H SO2 4
n n 0,3(mol) v 0,3 0,15(l t)
− 2
= = ⇒ = = í
⇒ chọn A là đáp án.
* Nhận xét cách giải:
- Cách giải 1: là cách giải thông thường và quen thuộc với học sinh, viết các phản ứng xảy ra, đặt ẩn số, theo suy luận thông thường khối lượng chất rắn giảm bằng khối lượng oxit ban đầu trừ khối lượng chất rắn (kim loại) thu được, từ đó tính được số mol axit. Tuy nhiên cách giải quá dài và bài toán trở nên rất khó giải khi đề toán thay khí CO thành hỗn hợp khí (CO, H2) và dung dịch H2SO4 được thay bằng dung dịch chứa nhiều axit.
- Cách giải 2: rất ngắn gọn và có thể giải dễ dàng khi đề toán được mở rộng. Học sinh hiểu rõ bản chất của phản ứng là có thể giải nhanh được.
Chẳng hạn đề bài được mở rộng như sau:
CuO Fe2O3
+ COH2 dử t0
+ V(lít) dd H2SO4 0,5M HCl 1M
khối lượng chất rắn giảm 4,8g
Tính V ? Hỗn hợp (X)
(phản ứng vừa đủ)
Do CO và H2dư khử hoàn toàn hỗn hợp (X) nên khối lượng rắn giảm là khối lượng O trong các oxit của hỗn hợp (X)
⇒ nO(trong oxit) = 4,8
0,3(mol)
16 = .
Theo đề bài: H SO2 4 SO42
HCl Cl
n 0,5V(mol)
n 0,5V(mol)
n 1V(mol) n 1V(mol)
−
−
=
= ⇒
= =
Khi tạo muối: O2 SO24 O2 2Cl
0,5v(mol) 0,5V(mol) 0,5 V(mol) V(mol)
− → − − → −
← ←
⇒ 0,5V + 0,5V = 0,3 ⇒ V = 0,3 (lít).
27
Ví dụ 2: (Đại học khối B - 2008). Cho 2,16 gam Mg tác dụng với dung dịch HNO3
(dư). Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 0,896 lít khí NO (ở đktc) và dung dịch X. Khối lượng muối khan thu được khi làm bay hơi dung dịch X là :
A. 8,88 gam B. 13,92 gam C. 6,52 gam D. 13,32 gam Tóm tắt đề dạng sơ đồ:
+ HNO3 dử
cô cạn 2,16(g) Mg
dung dòch (X) mmuoái khan ?
0,09 mol
0,896 (l) NO 0,04 mol
Cách 1: giải thông thường
nMg = 0,09 (mol); nNO = 0,04 (mol).
3 3 2 2
3Mg 8HNO 3Mg(NO ) 2NO 4H O (1)
0, 06(mol) 0, 06(mol) 0, 04(mol)
+ → + +
← ←
nMg (phản ứng 1) = 0,06 (mol) < nMg (ban đầu) = 0,09 (mol)
Theo đề sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được khí NO và dung dịch X
⇒ ngoài phản ứng (1) ở trên, Mg còn phản ứng với HNO3 tạo NH4NO3. Số mol Mg tạo muối amoni là: nMg = 0,09 - 0,06 = 0,03 (mol)
3 3 2 4 3 2
4Mg 10HNO 4Mg(NO ) NH NO 5H O (2)
0, 03(mol) 0, 03(mol) 0, 0075(mol)
+ → + +
→ →
Từ phản ứng (1) và (2) : mmuối khan =
2 4
Mg(N ) NH N
m O3 +m O3 =0, 09 148× +80 0, 0075× =13,92(g)
⇒ chọn B là đáp án.
Cách 2: Dùng bảo toàn electron nMg = 0,09 (mol); nNO = 0,04 (mol).
Quá trình cho electron: Quá trình nhận electron:
Mg Mg2 2e
0, 09(mol) 0,18(mol)
→ + +
→
5 2
N 3e N
0,12(mol) 0, 04 (mol)
+ +
+ →
← Vì ne (cho) = 0,18(mol) > ne (nhận) = 0,12(mol)
28
⇒ Mg phản ứng HNO3 tạo sản phẩm khử là NO và NH4NO3. Vậy ne mà HNO3 nhận để tạo NH4NO3 là 0,18 - 0,12 = 0,06(mol).
⇒
5 3
N 8e N H4
0, 06(mol) 0, 0075(mol)
+ −
+ → +
→ Vậy mmuối khan =
3 2 4 3
Mg(NO ) NH NO
m +m =0, 09 148× +0, 0075 80× =13,92 (gam)
⇒ chọn B là đáp án.
* Nhận xét cách giải:
- Cách giải 1: là cách giải thông thường và quen thuộc với học sinh, viết các phản ứng và lập luận theo phản ứng để chứng minh Mg tạo muối amoni nitrat. Tuy nhiên cách giải trên sẽ mất nhiều thời gian vào việc cân bằng 2 phản ứng oxi hóa khử và nếu đề toán được mở rộng thêm khi thay Mg thành hỗn hợp hai hay nhiều kim loại thì học sinh sẽ giải rất dài và gặp nhiều khó khăn, thậm chí bế tắc.
- Cách giải 2: ngắn gọn và tổng quát hơn, giải dễ dàng hơn khi đề toán được mở rộng. Học sinh cần hiểu rõ bản chất phản ứng oxi hĩa khử là: ∑ne(cho) =∑ne(nhận). Chẳng hạn đề bài mở rộng được tóm tắt như sau:
Mg 0,1 mol Al 0,1 mol hh(X)
hh (Y) 0,05mol N2
NO nN
2: nNO = 3:2
( )
dung dịch (Z) cô cạn
muoái khan = ? m
+ HNO3 l, dử
2 N2
N NO
hh NO
3 n 0, 03(mol)
n : n
2 n 0, 02(mol)
n 0, 05
= =
⇒
=
=
ne (cho) = nMg×2 + nAl×3 = 0,5(mol) (1) ne (nhận) =
N2 NO
n ×10+n × =3 0, 03 10 0, 02 3× + × =0,36(mol) (2) Do ne (cho) = ne (nhận) , Từ (1) và (2) ⇒ có muối amoni nitrat tạo thành.
⇒ nNH NO4 3× =8 0,5 0,36− =0,14⇒nNH NO4 3 =0, 0175(mol) mmuối khan =
3 2 3 3 4 3
Mg(NO ) Al(NO ) NH NO
m + m + m
29
⇒ mmuối khan =0,1 148× + 0,1 213 0, 0175 80× + × =37,5(g).
c) Kĩ thuật giải ngược: Dựa vào các phương án đã cho trong bài toán trắc nghiệm bằng các kĩ thuật phân tích, so sánh, loại suy,…kết hợp với đề bài để tìm ra đáp án.
Ví dụ 1: (Đại học khối A - 2009) Hòa tan hoàn toàn 12,42(g) 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(g) chất rắn khan. Giá trị của m là
A. 97,98 B. 106,38 C. 38,34 D. 34,08
Tóm tắt đề dạng sơ đồ:
hh (Y) 0,06 (mol)
N2O N2
dung dịch (X) cô cạn
raén khan m
+ HNO3 l, dử Al
0,46 mol
MY = 36
? Cách 1: giải xuôi thông thường
2 2
2 2
hh(Y) N O N
hh(Y) N O N hh(Y)
1,344
n n n 0, 06
22, 4
m 44n 28n M n
= + = =
= + = ×
2 2 2
2 2 2
N O N N O
N O N N
n n 0, 06 n 0, 03(mol)
44n 28n 2,16 n 0, 03(mol)
+ = =
⇒
+ = =
3 3 3 2 2
8Al 30HNO 8Al(NO ) 3N O 15H O (1)
0, 08(mol) 0, 08(mol) 0, 03(mol)
+ → + +
← ←
3 3 3 2 2
10Al 36HNO 10Al(NO ) 3N 18H O (2)
0,1(mol) 0,1(mol) 0, 03(mol)
+ → + +
← ←
nAl (đề cho) = 0,46(mol) > nAl (phản ứng 1) + nAl (phản ứng 2) = 0,18(mol)
Do Al tan hết nên ngoài phản ứng (1) và (2) ở trên Al còn phản ứng với HNO3 tạo NH4NO3.
Số mol Al tạo muối amoninitrat là: nAl = 0,46 - (0,08 + 0,1) = 0,28 (mol)
30
3 3 3 4 3 2
8Al 30HNO 8Al(NO ) 3NH NO 15H O (3)
0, 28(mol) 0, 28(mol) 0,105(mol)
+ → + +
→ →
Từ phản ứng (1), (2) và (3):
mmuối khan =
3 4
Al(N ) NH N
m O3 + m O3 =0, 46 213× +80 0,105 106,38(g)× =
⇒ chọn B là đáp án.
Cách 2: giải ngược
3 3 3 3
Al(NO ) Al Al(NO )
12, 42
n n 0, 46(mol) m 0, 46 213 97,98(g)
= = 27 = ⇒ = × =
n(Y) ↑ = 0,06 (mol)
Giả sử hỗn hợp khí chỉ là N2 ⇒ ne (nhận ) < 0,06×10 = 0,6(mol) (1) ne (cho) = nAl×3 = 0,46×3 = 1,38(mol) (2)
Từ (1) và (2) ⇒ có muối NH4NO3 ⇒ mmuối khan >
Al(NO )3 3
m =97,98(g).
Từ 4 phương án lựa chọn của đề cho, ta nhận thấy chỉ có 1 phương án thỏa là B.
⇒ chọn B là đáp án.
* Nhận xét cách giải:
- Cách giải 1: là cách giải thông thường và quen thuộc với học sinh, viết các phản ứng xảy ra và lập luận theo phản ứng để chứng minh Al tạo muối amoninitrat. Tuy nhiên cách giải trên sẽ mất nhiều thời gian vào việc cân bằng 3 phản ứng oxi hóa khử và học sinh xử lí khó khăn khi đề toán thay Al bằng hỗn hợp kim loại hoặc thay sản phẩm khử là NxOy…
- Cách giải 2: yêu cầu học sinh đọc kĩ đề, nhận xét khối lượng muối Al(NO3)3 tính được từ số mol Al đề cho qua kĩ thuật bảo toàn nguyên tố Al, đề lại cho thêm các dữ kiện để tính thêm số mol 2 khí nên khả năng tạo muối amoni là rất cao (nếu gây nhiễu chỉ cần cho 1 khí là đủ). Hỗn hợp khí Y là N2O và N2 có số mol n(Y) ↑ = 0,06 (mol), chỉ cần chứng minh trong dung dịch X có muối amoni là ta chọn B. 106,38 là đáp án. Vì lớn hơn mAl(NO )3 3 =97,98(g).
Chứng minh: ta có
5 1 5 0
2 2
2 N 8e N O ; 2 N 10e N
0, 06 8 0, 06 0, 06 10 0, 06
+ + +
+ → + →
× ← × ←
31
⇒ 0,06×8 = 0,48(mol)< ne(nhận)< 0,06×10 = 0,6< ne(cho) = nAl×3 = 0,46×3 =1,38(mol)
⇒ có muối amoni.
Ví dụ 2: (Cao đẳng 2010). Cho 9,125 gam muối hiđrocacbonat phản ứng hết với dung dịch H2SO4 (dư), thu được dung dịch chứa 7,5 gam muối sunfat trung hoà.
Công thức của muối hiđrocacbonat là
A. Ca(HCO3)2 B. Mg(HCO3)2 C. NaHCO3 D. Ba(HCO3)2 Tóm tắt đề dạng sơ đồ:
+ H2SO4 l, dử
9,125(g) M(HCO3)n 7,5(g) M2(SO4)n
công thức ?
Cách 1: giải xuôi thông thường
Gọi muối hydrocacbonat của kim loại M có hóa trị n là: M(HCO3)n với số mol là a(mol). Ta có phương trình phản ứng:
( 3)n+ 2 4 → 2( 4)n 2+ 2
2M HCO nH SO M SO + nCO nH O a(mol) 0,5a(mol)
Từ giả thiết đề cho, kết hợp với phản ứng ta có hệ phương trình:
a(M 61n) 9,125 M 61n 9,125
0,5a(2M 96n) 7,5 2M 96n 7,5 2 + =
⇒ + =
+ = + ×
⇒ M=12n ⇒ n 2
M 24 (Mg)
=
= ⇒ chọn B là đáp án.
Cách 2: giải ngược
Từ 4 phương án lựa chọn muối hiđrocacbonat đề bài cho, trong đó có 3 phương án là muối hydrocabonat của kim loại hóa trị 2. Ta chọn M(HCO3)2 để giải. Nếu không tìm được M tương ứng thì đáp án đúng là NaHCO3.
3 2) 4
1(mol) M 61 2 96 26(g)
?(mol) m 9,125 7,5 1, 625(g)
M(HCO → MSO
→ ∆ = × − =
← ∆ = − =
3 2 3 2
M(HCO ) M(HCO )
n 0, 0625(mol) M 146
⇒ = ⇒ =
M 61 2 146 M 24 (Mg)
⇒ + × = ⇒ = ⇒ chọn B là đáp án.
32
* Nhận xét cách giải:
- Cách giải 1: là cách giải thông thường và quen thuộc với học sinh. Tuy nhiên cách giải trên sẽ mất nhiều thời gian vào việc tính toán, đặc biệt nếu làm tròn số (học sinh hay làm) thì có khả năng học sinh không tìm ra đáp án.
- Cách giải 2: khéo léo khi chọn muối hóa trị 2 để giải (do có 3 đáp án là muối của kim loại hóa trị 2), nếu học sinh được trang bị trước về kĩ thuật giải tăng giảm khối lượng thì bài toán còn được giải quyết nhanh hơn, học sinh chỉ việc bấm máy tính là có kết quả ngay. Qua cách giải số 2, cần lưu ý cho học sinh thấy việc tham khảo các phương án lựa chọn của đề bài để tìm ra cách giải quyết bài toán là một trong những cách khôn khéo khi giải toán trắc nghiệm hóa học.
Ví dụ 3: (Đại học khối B-2010). Khử hoàn toàn m gam oxit MxOy cần vừa đủ 17,92 lít khí CO (đktc), thu được a gam kim loại M. Hòa tan hết a gam M bằng dung dịch H2SO4 đặc nóng (dư), thu được 20,16 lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc).
Oxit MxOy là
A. Cr2O3 B. FeO C. Fe3O4 D. CrO
Tóm tắt đề dạng sơ đồ:
công thức ?
+ CO 0,8 (mol) m (g) MxOy
vừa đủ M
a (g)
0,9 (mol) SO2
+ H2SO4đặc,t0, dư
Cách 1: giải xuôi thông thường Các phản ứng xảy ra:
x a(mol) ay(mol) ax(mol)
x y 2
M O yCO+ → M + yCO
→ →
2 4 n 2 2
M (SO ) nSO 2nH O
ax(mol) axn(mol)
2 4
2M 2nH SO + → + +
→
Ta có hệ phương trình:
17,92
ay 0,8
22, 4 x 9
axn 20,16 y 4n .
2 22, 4 0,9
= =
⇒ =
= =
Khi n= 3 x 3
y 4
⇒ =
33
⇒ chọn C là đáp án.
Cách 2: giải ngược
Từ 4 đáp án đề cho ta nhận thấy: kim loại M khi tác dụng với H2SO4 đặc, t0đều tạo muối có hóa trị 3 ⇒ M cho 3e.
Quá trình nhận electron: Quá trình cho electron:
6 4
S 2e S
1,8(mol) 0,9 (mol)
+ +
+ →
←
M M3 3e
0, 6(mol) 1,8(mol)
→ + +
←
O(Oxit) CO
17,92
n n 0,8(mol)
22, 4
= = =
Từ công thức MxOy ⇒ M
O
x n 0, 6 3
y = n = 0,8 = 4 ⇒ chọn C là đáp án.
* Nhận xét cách giải:
- Cách giải 1: mất nhiều thời gian vào việc viết phương trình phản ứng, đặt ẩn số lập hệ phương trình, xử lí toán học, biện luận theo hóa trị của kim loại để tìm ra công thức MxOy .
- Cách giải 2: Nhận xét hóa trị của kim loại khi phản ứng với H2SO4đặc nóng (dư), từ 4 phương án lựa chọn, chúng ta đã rút ngắn bước biện luận theo hóa trị của kim loại, bỏ qua bước viết các phương trình phản ứng. Cần cho học sinh nhận biết khi dùng CO hoặc H2 dư khử hoàn toàn oxit kim loại thì
( )
O oxit CO
n = n
( ) 2
; nO oxit =nH dựa trên phản ứng:
0
0
t t
2 O
Oxit 2
Oxit 2
CO + [O] CO
H + [O] H
→
→
Nếu học sinh hiểu và vận dụng tốt, với bài toán trên học sinh chỉ nhẩm và bấm máy tính là có thể giải quyết được.
Ví dụ 4: (Đại học khối B-2007). Cho 0,01 mol một hợp chất của sắt tác dụng hết với H2SO4 đặc nóng (dư), thoát ra 0,112 lít (ở đktc) khí SO2 (là sản phẩm khử duy nhất). Công thức của hợp chất sắt đó là
A. FeS B. FeS2 C. FeO D. FeCO3
34 Tóm tắt đề dạng sơ đồ:
Công thức ?
0,005(mol) SO2
+ H2SO4 đặc,t0, dư Hợp chất Fe
0,01 (mol)
Phân tích và giải
SO2
0,112
n 0, 005(mol)
22, 4
= = .
Gọi hợp chất của sắt là (X); số electron mà (X) cho là n.
Bảo toàn electron ta có: ne (cho) = ne (nhận)
⇒ 0,01n = 0,005×2 ⇒ n = 1.
Trong 4 phương án lựa chọn, chỉ có phương án C. FeO hoặc phương án D. FeCO3
cho 1e.
Tuy nhiên phương án D. FeCO3 khi tác dụng H2SO4 đặc nóng (dư), ngoài khí SO2
còn có khí CO2 nên bị loại ⇒ chọn C là đáp án.
* Nhận xét: theo đề bài, hợp chất của sắt tác dụng H2SO4 đặc nóng tạo khí SO2 ⇒ phản ứng xảy ra là phản ứng oxi hóa khử, mặt khác hợp chất của sắt là rất nhiều nên chúng ta rất khó khăn để đặt công thức tổng quát, viết phản ứng để giải. Cách giải hiệu quả nhất là giải ngược, vận dụng bảo toàn electron, kết hợp với 4 phương án lựa chọn để đưa ra kết quả.