Skkn bồi dưỡng học sinh thông qua phương pháp số oxi hóa trung bình

  • Số trang: 15 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 23 |
  • Lượt tải: 0
nguyen-thanhbinh

Đã đăng 8358 tài liệu

Mô tả:

A. ĐẶT VẤN ĐỀ I. LỜI MỞ ĐẦU: Hiện nay trong quá trình đổi mới phương pháp giảng dạy học cũng như phương pháp kiểm tra đánh giá chất lượng học sinh thì phương pháp kiểm tra trắc nghiệm đã được áp dụng có hiệu quả.Tuy nhiên hình thức kiểm tra trắc nghiệm cũng yêu cầu học sinh phải học tập nghiên cứu vấn đề ở mức độ cao hơn: tư duy nhanh hơn, kỹ năng làm bài nhanh, các phương pháp làm bài cũng nhiều hơn… Vậy để học sinh có những kỹ năng như thế ngoài tự học, tự sáng tạo của học sinh thì giáo viên cũng phải cung cấp cho học sinh những phương pháp giải phù hợp với yêu cầu của hình thức thi. Trong quá trình giảng dạy tôi thấy rằng học sinh rất lúng túng khi xử lý bài toán oxi hóa khử trong đó có các nguyên tố có nhiều số oxi hóa khác nhau. Đối với dạng toán này học sinh không biết làm một cách tổng quát mà chỉ xét các trường hợp rồi đưa ra đáp án nên mất rất nhiều thời gian, do đó hiệu quả trong khi thi trắc nghiệm không cao. Vì vậy thực tế yêu cầu cần thiết phải có phương pháp giải bài toán hợp lý. Với ý định đó, trong sáng kiến kinh nghiệm (SKKN) này tôi muốn hình thành cho học sinh một phương pháp giải nhanh bài toán trên một cách tổng quát trên nền tảng kiến thức đã có mà không mất quá nhiều thời gian.Phương pháp này nó là sự kết hợp giữa lý thuyết mà học sinh tiếp thu được trong quá trình học tập ở phổ thông và kĩ năng giải toán cho đối tượng đại diện. II. THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU: 1. Thực trạng : Khi đứng trước một bài toán Hóa dạng trắc nghiệm học sinh thường lúng túng không biết bắt đầu từ đâu và lựa chọn phương pháp giải nào để vừa nhanh nhất lại đảm bảo tính chính xác tối ưu.Cũng như vậy, đa phần học sinh khi gặp bài toán oxi hóa khử ứng với các nguyên tố có nhiều mức oxi hóa thì thường lúng túng không đưa ra được phương pháp giải phù hợp. Đa số học sinh thường phải xét các trường hợp khác nhau của các mức oxi hóa khác nhau. Việc làm như thế sẽ mất rất nhiều thời gian và trong khi xét các trường hợp có thể khiến học sinh mắc sai lầm. Vì vậy hiệu quả giải toán trắc nghiệm của học sinh không cao, thường dễ mắc sai lầm trong giải toán. 2.Kết quả, hiệu quả: 1 Trước thực trạng đó của học sinh tôi thấy cần thiết phải hình thành cho học sinh thói quen khi gặp các vấn đề mà phương pháp giải thông thường không cho hiệu quả cao cần phải tự học nghiên cứu để đưa ra những phương pháp giải mới sáng tạo và hiệu quả hơn. Và vì thế khi gặp một vấn đề mà học sinh lúng túng trong cách xử lý tôi luôn nêu những tình huống ‘có phương pháp giải nhanh, hiệu quả, tổng quát hơn không?’ và yêu cầu học sinh phải vận dụng tối đa các kiến thức đã nghiên cứu vào vấn đề đang đề cập để giải quyết. Do đó trong quá trình giảng dạy tôi đã đưa ra một phương pháp giải nhanh bài toán hóa học : Phương pháp số oxi hóa trung bình.Phương pháp này được giải quyết trên nền tảng của sự kết hợp với phương pháp bảo toàn electrron và bảo toàn nguyên tố. Trong sáng kiến kinh nghiệm này tôi muốn đưa ra một trong những phương pháp được sử dụng có hiệu quả, nó được hình thành phát triển và mở rộng thông qua nội dung kiến thức, sự tích lũy thành bài toán tổng quát, thành một phương pháp giải nhanh cho học sinh. 2 B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ I CÁC GIẢI PHÁP THỰC HIỆN 1. Tổ chức cho học sinh hình thành kỹ năng giải toán Hóa thông qua các tiết học có sự hướng dẫn của giáo viên 2. Tổ chức rèn luyện khả năng định hướng giải toán của học sinh. Trong đó yêu cầu khả năng lựa chọn lời giải ngắn gọn trên cơ sở phân tích bài toán sử dụng phương pháp số oxi hóa trung bình. 3. Tổ chức kiểm tra để thu thập thông tin về khả năng nắm vững kiến thức của học sinh. 4. Cung cấp hệ thống các bài tập mở rộng để học sinh tự rèn luyện. II. CÁC BIỆN PHÁP TỔ CHỨC THỰC HIỆN Nội dung này được thông qua 3 buổi dạy: + Buổi1: Tổ chức cho học sinh hình thành phương pháp giải bài toán đặc trưng + Buổi 2: Tổ chức cho học sinh áp dụng phương pháp vào các bài toán cụ thể + Buổi 3: Vận dụng vào làm kiểm tra trắc nghiệm Buổi 1: Phương pháp số oxi hóa trung bình - Giáo viên đặt vấn đề : Trong các bài toán hóa học đặc biệt là các bài tập oxi hóa khử đối với các nguyên tố nhiều số oxi hóa thì khi các phản ứng hóa học xảy ra tùy thuộc vào điều kiện thực hiện thí nghiệm, nồng độ các chất, bản chất các chất mà chúng có thể tạo thành các hợp chất, các chất có những số oxi hóa khác nhau. Vì vậy khi gặp các bài toán như trên sẽ gặp điều không thuận lợi: Có nhiều trường hợp xảy ra, do đó bài toán sẽ đưa ta vào việc xét nhiều trường hợp xảy ra. Do đó khi làm sẽ mất nhiều thời gian, cách làm này sẽ không hiệu quả. Ví dụ 1: Khi cho Fe vào dung dịch HNO 3 ta thu được dung dịch A và khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N+5) thoát ra. Vậy dung dịch A có thế chứa những chất gì? Với bài toán này thông thường học sinh phải xét các trường hợp có thể xảy ra: Trường hợp 1: dung dịch có HNO3 và Fe(NO3)3 Trường hợp 2: dung dịch có Fe(NO3)3 Trường hợp 3: dung dịch có Fe(NO3)2 Trường hợp 4: dung dịch có Fe(NO3)2 và Fe(NO3)3 Do Fe có thể có các số oxi hóa +2 và +3 trong các hợp chất nên các phản ứng xảy ra rất phức tạp. Nếu ở các kỳ thi, thi trắc nghiệm để có thế giải quyết nhanh bài toán mà đi xét các trường hợp thì không thật sự hiệu quả. 3 - Giáo viên đặt vấn đề tiếp: Trong quá trình phản ứng trên dù phản ứng có xảy ra như thế nào thì chúng ta vẫn có thể quy các hợp chất của Fe (sắt (II) và sắt (III) ) về Fe(NO3) n với n là số oxi hóa trung bình của Fe trong các hợp chất nên thõa mãn điều kiện 2  n 3. Như vậy nếu: + n = 2 : Tức trong dung dịch A chỉ có muối Fe(NO3)2 + n = 3 : Tức trong dung dịch A chứa muối Fe(NO3)3 + 2< n <3: Tức trong dung dịch A chứa cả muối Fe(NO3)2 và muối Fe(NO3)3 Như vậy lúc bấy giờ bài toán được xử lý với một chất ở dạng tổng quát nên khi xử lý bài toán sẽ dễ dàng hơn, không mất thời gian để xét các trường hợp nữa. - GV: Vậy nếu một nguyên tố có nhiều số oxi hóa trong các hợp chất khác nhau ta có thể quy về một chất dưới dạng số oxi hóa trung bình để giải quyết bài toán dưới dạng một chất đơn giản hơn. Nhưng khi quy đổi như thế cần đảm bảo: + Định luật bảo toàn khối lượng: Khối lượng các chất trước và sau quy đổi là như nhau. + Định luật bảo toàn nguyên tố: trong hỗn hợp có những nguyên tố nào thì khi quy đổi số nguyên tố vẫn không thay đổi. + Công thức tính số oxi hóa trung bình : Giả sử nguyên tố A có các số oxi hóa trong các hợp chất là x 1,x2,x3...,xn tương ứng với số mol của chúng là a 1,a2,a3...,an. Vậy số oxi hóa trung bình được xác định như sau: n = x 1 .a 1  x 2 a 2  x 3 a 3  ...  x n a n a 1  a 2  a 3  ...  a n Khi đó thay vì học sinh phải giải quyết bài toán một nguyên tố có nhiều mức oxi hóa khác nhau (tức nhiều chất khác nhau) thì học sinh chỉ cần nghiên cứu một mức oxi hóa ( số oxi hóa trung bình tức là chỉ có một chất). Bài toán sẽ trở nên ngắn gọn, đơn giản hơn nhiều. VD2: Cho phản ứng sau : Zn + HNO 3  Zn(NO3)2 + NO + N2 + H2O. Biết tỉ lệ số mol của NO và N2 là 2:3. Vậy tổng số hệ số tối giản nhất của các chất tham gia phản ứng là: A.55 B. 62 C. 63 D. 50 Lời giải: - Cách làm thông thường học sinh: + Viết các phương trình phản ứng, cân bằng mỗi phương trình + Nhân các phương trình sao cho đúng hệ số của NO và N2 theo tỉ lệ và cộng lại. Ta thấy việc giải như trên mất rất nhiều thời gian. - Cách sử dụng số oxi hóa trung bình: Áp dụng công thức tính số oxi hóa trung bình của N trong sản phẩm khử là : 4 n = 2.2  3.2.0 2  3.2 = 0,5 Vậy ta có quá trình cho nhận e như sau: Zn0  Zn2+ + 2e N+5 + 4,5e  N+0,5 Nhân với hệ số phù hợp ta được phản ứng cân bằng: 18Zn + 44HNO3  18Zn(NO3)2 + 2NO + 3N2 + 22H2O. Chọn đáp án B Kết luận: Như vậy vận dụng số oxi hóa trung bình học sinh đã đưa được từ nhiều lần cân bằng phản ứng về một phương trình cần bằng, rút gọn được nhiều thời gian. VD3 : Cho 11,2(g) Fe tan hoàn toàn vào dung dịch chứa x (mol) HNO3. Sau phản ứng thu được dung dịch Y chứa 37,24 (g) muối và V (lít) khí NO ( sản phẩm khử duy nhất của N+5). Vậy x có giá trị là: A. 0,55 B. 0,44 C. 0,56 D. 0,46 Lời giải: - Cách giải thông thường : Vì muối này chưa thể biết là muối sắt (II) hay muối sắt (III) hoặc cả 2 loại nên thông thường học sinh sẽ xét các trường hợp rồi loại dần: + Nếu lên muối sắt (II) ta có : Fe0  Fe+2 + 2e 0,2mol 0,2 0,4 mol Vậy mmuối sắt (II) = 0,2 .180 = 36 (g) loại + Nếu là muối sắt (III) tương tự ta có: Fe0  Fe+3 + 3e mmuối sắt (III) = 0,2.242 = 48,4(g) Loại Vậy đó là hỗn hợp muối sắt (II) và muối sắt (III): Gọi số mol Fe(NO3)2 và Fe(NO3)3 lần lượt là a và b. Bảo toàn nguyên tố Fe ta có: a + b = 0,2 Khối lượng muối là : 180a + 242b = 37,24  a  0,18mol Giải hệ phương trình ta có   b  0,02mol Ta lại có quá trình nhường nhận e : Fe0  Fe+2 + 2 e 0,18mol 0,36mol 0 +3 Fe  Fe + 3 e 0,02mol 0,06mol +5 +2 N + 3e  N Áp dụng bảo toàn e ta có nNO = 0,36  0,06 3 = 0,14mol 5 Áp dụng bảo toàn nguyên tố N ta có x = nHNO 3 = 0,14 + 0,36+0,06 = 0,56 Chọn đáp án: C - Cách sử dụng phương pháp số oxi hóa trung bình : Ta có quá trình tổng quát: Fe0  Fe+ n + n e 0,2mol 0,2 n (mol) +5 +2 N + 3e  N 0,2n 3 0,2 n Theo bảo toàn nguyên tố Fe ta có nFe = nmuối = 0,2mol. Hay muối có dạng Fe(NO3) n có khối lượng là: 0,2( 56 + 62 n ) = 37,24.  n = 2,1 Vậy số mol của NO là : 0,2n 3 = 0,14 mol Áp dụng bảo toàn nguyên tố N có : x = nHNO 3 = 0,2 n + 0,14 = 0,56 (mol) Chọn đáp án: C Buổi 2: Một số bài tập áp dụng VD1: Cho 5,6 (g) Fe tác dụng hết với x(mol) khí Cl 2 ( ở đktc). Sau phản ứng thu được chất rắn A. Hòa tan chất rắn A vào nước đến phản ứng hoàn toàn ta chỉ thu được dung dịch B chứa 14,475 (g) chất tan. Tìm x? Lời giải: Phân tích bài toán : Ta thấy chất rắn A có thể còn Fe dư nên khi tan vào trong nước Fe dư có khả năng phản ứng với dung dịch muối Fe3+ để tạo ra dung dịch muối Fe2+ hay Fe3+ hoặc hỗn hợp cả 2 muối. - Áp dụng phương pháp số oxi hóa trung bình ta có: Giả sử muối trong dung dịch B có dạng FeCl n . + Vì sau phản ứng hoàn toàn chỉ thu được dung dịch B không có chất rắn, nên Fe tan hết. Áp dụng bảo toàn nguyên tố Fe ta có số mol muối FeCl n = 0,1mol. Vậy ta có mmuối = 0,1(56 + 35,5. n ) = 14,475  n = 2,5 0,1.n  x = 0,125mol Áp dụng bảo toàn nguyên tố Cl ta có nClo = 2 Kết luận : Ta thấy ở ví dụ 1 khi sử dụng phương pháp trung bình ta có thể quy bài toán với nhiều trường hợp thành một trường hợp tổng quát. VD2 : Cho m(g) Fe tan hết trong dung dịch HNO 3 vừa đủ. Sau phản ứng hoàn toàn ta thu được dung dịch chỉ chứa muối sắt và 3,36 lít khí NO ( sản phẩm khử duy nhất của N+5). Tìm m? 6 Lời giải: - Áp dụng phương pháp số oxi hóa trung bình ta có : Fe0  Fe+ n + n e ( 2  n 3) 0,45 mol n 0,45mol N+5 + 3e  N+2 0,45mol 0,15mol Áp dụng định luật bảo toàn electron vào quá trình trên ta thấy nFe(phản ứng) = Mà 2  n 3 nên 0,45 3  nFe(phản ứng)  0,45 2 0,45 n (mol) Hay 8,4 m 12,6 Kết luận: Ta thấy trong bài toán trên cũng sẽ có nhiều trường hợp xảy ra, nếu không tinh ý học sinh rất dễ chọn trong dung dịch muối chỉ có Fe 3+ hoặc Fe2+ như vậy học sinh sẽ đánh mất rất nhiều nghiệm. Nhưng khi sử dụng phương pháp số oxi hóa trung bình thì tổng quát được các vấn đề. VD3 : Cho m(g) Fe tan hoàn toàn trong dung dịch H2SO4 đặc nóng. Sau phản ứng thu được dung dịch X chỉ chứa các muối sunfat nặng 35,2(g) và sản phẩm khử duy nhất của S+6 là SO2. Biết số mol Fe phản ứng bằng 40% số mol H 2SO4 đã phản ứng. Vậy m có giá trị bằng: A. 22,4g B. 11,2 g C. 5,6g D. 13,6g Lời giải: Áp dụng phương pháp số oxi hóa trung bình ta có Fe0  Fe+ n + n e ( 2  n 3) x(mol) n x(mol) +6 +4 S + 2e  S n x xn 2 (mo l) Áp dụng bảo toàn nguyên tố S ta có nH 2 SO 4 (phản ứng) = nS = nS(muối)+nS(sản phẩm khừ SO 2 ) = xn 2 + xn 2 = xn Theo giả thuyết ta có nFe (phản ứng) = 40% nH 2 SO 4 (phản ứng). Hay x = 0,4 x n Vậy n = 2,5. Do đó muối sunfat có dạng Fe2(SO4)2,5 nặng 35,2(g) Bảo toàn nguyên tố Fe ta có nFe(phản ứng) = nFe(trong muối) = 0,1.2 = 0,2(mol) Vậy m có giá trị bằng = 11,2(g). Chọn đáp án B Kết luận: Như vậy việc kết hợp phương pháp số oxi hóa trung bình với các phương pháp ( bảo toàn electron và bảo toàn nguyên tố) sẽ giúp một bài toán phức tạp thành bài toán đơn giản và tổng quát hơn. 7 VD4: Cho 4,8 (g) hỗn hợp X gồm bột Al và Mg vào 700 (ml) dung dịch CuSO 4 1M. Sau phản ứng hoàn toàn thu được chất rắn A ( H =100%). Xác định thành phần chất rắn A? Lời giải: - Với bài toán này nếu giải thông thường học sinh thường phải xét các trường hợp rồi kết luận. Như vậy sẽ mất nhiều thời gian nhưng nếu học sinh áp dụng phương pháp số oxi hóa trung bình cho hỗn hợp X thì rất nhanh: Ta có quá trình được biểu diễn như sau : R0  R+ n + n e ( 2  n 3) Mặt khác số mol hỗn hợp 0,177 < n hhX < 0,2 . Dựa vào quá trình trên ta thấy số mol electron hỗn hợp X nhường lớn nhất là 0,2.3 = 0,6 mol Ta lại có quá trình: Cu2+ + 2e  Cu0 0,7mol 1,4 mol Vậy ne nhận > ne nhường max . Nên hỗn hợp X tan hết CuSO4 dư. Vậy A chứa Cu Kết luận : Như vậy với phương pháp số oxi hóa trung bình chúng ta có thể dùng để biện luận loại nghiệm. VD5 : Cho 8,4 (g) Fe tan hết trong dung dịch HNO 3 , sau phản ứng thu được dung dịch X ( không chứa NH4NO3) và khí NO duy nhất thoát ra ở đktc. Tìm thể tích khí NO thoát ra ? Lời giải : Vì sắt tan hết nhưng chúng ta thấy sẽ có những trường hợp xảy ra khác nhau : Toàn bộ sắt lên sắt (III), sắt (II) do Fe dư, hoặc lên cả 2 trường hợp. Vậy tổng quát ta có quá trình sau : Fe0  Fe+ n + n e ( 2  n 3) 0,15mol 0,15 n (mol) +5 2+ N + 3e  N 0,15 n 0,05 n (mol) Theo định luật bảo toàn eletron ta có: nNO = 0,05 n . Do 2  n 3 nên : 0,1 nNO 0,15  2,24 VNO 3,36 (lít) Kết luận: Như vậy ta thấy phương pháp trung bình không những giúp giải quyết bài toán một cách tổng quát mà nó còn có tác dụng lớn trong các bài toán khoảng giá trị ( tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất). VD6: (TSĐH – Khối A - 2008) Cho 11,36 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 phản ứng hết với dung dịch HNO3 loãng dư thu được 1,344 lít khí NO (Sản phẩm khử duy nhất, ở đktc) và dung dịch X.Cô cạn dung dịch X thu được m gam muối khan. a. Tìm số mol HNO3 đã tham gia phản ứng? 8 b. Tính giá trị của m? Lời giải: Ta có thể coi hỗn hợp X gồm : Fe+ n (x mol) và O-2 ( y mol) Áp dụng bảo toàn điện tích và bảo toàn khối lượng ta có: x. n = 2y (1) và 56x + 16y = 11,36 (2) Theo đó khi cho hỗn hợp X vào dung dịch HNO3 ta có : Fe+ n  Fe+3 + (3- n ) e x mol x(3- n ) mol +5 +2 N + 3e  N 0,18 0,06mol Theo bảo toàn eletron ta có : x(3- n ) = 0,18 (3) Từ hệ (1)(2)(3) ta có: x = 0,16mol; y = 0,15 mol và n = 1,875. Vậy hỗn hợp X gồm : Fe+1,875 ( 0,16mol) và O-2 ( 0,15mol) a. Khi cho phản ứng với dung dịch HNO3: - Bảo toàn nguyên tố N ta có nHNO 3 = nN = 0,16.3 + 0,06 = 0,54mol b. m = 0,16.242 =38,72 gam Kết luận: Như vậy rõ ràng với phương pháp này chúng ta đã có thế đưa nhiều chất với mức số oxi hóa khác nhau của sắt thành một hợp chất có số oxi hóa duy nhất của Fe. Nên bài toán được xử lý nhẹ nhàng và tổng quát hơn nhiều. VD7 : Cho 0,96(g) Mg tan hoàn toàn trong dung dịch H 2SO4 đặc nóng. Sau phản ứng thu được dung dịch chỉ chứa muối sunfat của Magie và 0,02mol hỗn hợp sản phẩm khử của S+6 là S và X. Tìm X? Lời giải: Ta có các quá trình sau: Mg0  Mg2+ + 2e 0,04mol 0,08mol Gọi số oxi hóa trung bình trong sản phẩm khử là n ta có quá trình sau: S+6 + (6- n ) e  S+ n 0,08mol 0,02mol Áp dụng bảo toàn electron ta thấy : 0,02(6- n ) = 0,08. Giải phương trình ta thấy n = 2. Vậy phải có n1 < n - Xem thêm -