Tài liệu Skkn hóa học 11 xây dựng hệ thống bài tập hóa học rèn luyện năng lực tư duy cho học sinh lớp 11

  • Số trang: 50 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 237 |
  • Lượt tải: 0
dangvantuan

Tham gia: 02/08/2015

Mô tả:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI Đơn vị TRƯỜNG THPT TRỊ AN ------    -----Mã số……………… Chuyên đề XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP HÓA HỌC RÈN LUYỆN NĂNG LỰC TƯ DUY CHO HỌC SINH LỚP 11 Người thực hiện: NGÔ MINH ĐỨC Lĩnh vực nghiên cứu: - Quản lý giáo dục:………………………….... - Phương pháp dạy học bộ môn: Hóa học  - Lĩnh vực khác: ……………………………... Có đính kèm:  Mô hình  Phần mềm  Phim ảnh  Hiện vật khác Năm học : 2014- 2015 SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN 1. Họ và tên : NGÔ MINH ĐỨC 2. Ngày tháng năm sinh : 30/11/1981 3. Giới tính : Nam 4. Địa chỉ : 66/19 KP4 Tân Hiệp-Biên Hòa-Đồng Nai. 5. Điện thoại : 0613861143 (CQ) ; ĐTDĐ : 0983334134. 6. Email : minhducbap@gmail.com 7. Chức vụ: Giáo viên 8. Nhiệm vụ được giao : giảng dạy môn Hóa học, lớp 11. 9. Đơn vị công tác : Trường THPT Trị An II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO - Học vị : Cử nhân - Năm nhận bằng : 2005. - Chuyên ngành đào tạo : Hóa học. III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC - Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: giảng dạy môn Hóa học. - Số năm kinh nghiệm: 10 năm. - Số sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây : 2 SKKN. XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP HÓA HỌC RÈN LUYỆN NĂNG LỰC TƯ DUY CHO HỌC SINH LỚP 11 -o0oI. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Trong một xã hội năng động, hiện đại như hiện nay thì việc học của các em học sinh không còn đơn thuần là ghi nhớ, tiếp thu những kiến thức trong sách vở một cách thụ động mà đòi hỏi các em phải rèn luyện kỹ thuật "tư duy bậc cao": gạn lọc, phân tích, nảy sinh ý tưởng, ra quyết định, giải quyết vấn đề và lên kế hoạch. Học thuộc lòng hay ghi nhớ bài học đều bị xem là "tư duy bậc thấp". Nhưng có lẽ hiện nay các chương trình giáo dục vẫn chỉ dựa trên nền tảng "tư duy bậc thấp". Kỹ thuật tư duy bậc cao đòi hỏi phải suy nghĩ sâu và rộng về một vấn đề. Giống các kỹ năng khác, tư duy bậc cao đều có thể học được và với sự kiên trì rèn luyện thường xuyên thì khả năng tư duy bậc cao có thể cải thiện. Trẻ sáng dạ là những em có khả năng tư duy bậc cao. Các em có thể giải quyết vấn đề, suy nghĩ sáng tạo, suy nghĩ logic, ra quyết định, luôn nảy sinh ý tưởng mới, phân tích - xử lý thông tin, lên kế hoạch cho tương lai. Sự thành công của các em sau quá trình học tập phổ thông phụ thuộc rất nhiều vào năng lực tư duy của các em, do đó một trong những thành tố tạo nên chất lượng của nền giáo dục là hình thành năng lực tư duy bậc cao cho học sinh. Đố i với bộ môn Hóa ho ̣c thì bài tâ ̣p hóa học đóng vai trò rấ t quan tro ̣ng trong viê ̣c rèn luyện năng lực tư duy, năng lực sáng tạo của học sinh. Vì vậy, người viết chọn chuyên đề “ xây dựng hệ thống bài tập hóa học rèn luyện năng lực tư duy cho học sinh lớp 11” làm mục tiêu nghiên cứu trong quá trình dạy học 2014-2015. II. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN 1. Xu hướng đổi mới phương pháp dạy học hiện nay đối với việc rèn luyện năng lực tư duy của học sinh - Tâm lý học và lý luận dạy học đã khẳng định: Con đường hiệu quả nhất để học sinh nắm vững kiến thức và phát triển tư duy là phải đưa học sinh vào vị trí chủ thể của nhận thức, thông qua hoạt động của bản thân mà chiếm lĩnh tri thức, phát triển các năng lực và hình thành nhân cách. - “Tiếp tục đổi mới mạnh mẽ phương pháp dạy và học theo hướng hiện đại; phát huy tính tích cực, chủ động, sáng tạo và vận dụng kiến thức, kỹ năng của người học; khắc phục lối truyền thụ áp đặt một chiều, ghi nhớ máy móc. Tập trung dạy cách học, cách nghĩ, khuyến 1 khích tự học, tạo cơ sở để người học tự cập nhật và đổi mới tri thức, kỹ năng, phát triển năng lực” ( Nghị quyết Hội nghị Trung ương 8 khóa XI về đổi mới căn bản, toàn diện giáo dục và đào tạo). - “Tổ chức cho người học được học tập trong hoạt động và bằng hoạt động tự giác tích cực, sáng tạo, trong đó việc xây dựng phong cách học tập sáng tạo là cốt lõi của đổi mới phương pháp giáo dục nói chung và phương pháp dạy học hóa học nói riêng. Phát huy tính tích cực học tập của học sinh, coi học sinh là chủ thể của quá trình học tập là phương hướng chung cho việc đổi mới giáo dục” (Phát triển các phương pháp dạy học hóa họcChuyên đề cao học lý luận và phương pháp dạy học hóa học, ĐHSP Huế). - Tạo điều kiện để học sinh được vận dụng kiến thức hóa học để giải quyết các vấn đề thực tiễn có liên quan đến hóa học thông qua các dạng bài tập Hóa học đã được quy định trong chuẩn kiến thức và kỹ năng, từ đó rèn luyện năng lực tư duy, sáng tạo cho học sinh. - Trong xu thế hiện nay, khi hình thức thi trắc nghiệm khách quan đang được áp dụng phổ biến thì năng lực tư duy của học sinh phải được vận dụng và phát triển một cách tối đa, do đó trong quá trình dạy học người giáo viên phải chú trọng rèn luyện năng lực tư duy giải bài tập hóa học của học sinh. 2. Vai trò của bài tập hóa học trong việc rèn luyện năng lực tư duy của học sinh - Giải bài tập hóa học vừa có tác dụng ôn tập, củng cố kiến thức vừa có tác dụng phát triển kiến thức, phát triển năng lực tư duy và trí thông minh cho học sinh. Thực chất của việc rèn luyện trí thông minh cho học sinh là bồi dưỡng năng lực tư duy linh hoạt, sáng tạo mà bước đầu là giải các bài toán nhận thức độc lập sáng tạo. - Câu hỏi, bài tập hóa học là phương tiện cơ bản nhất để học sinh tập vận dụng kiến thức đã học vào thực tế cuộc sống, sản xuất, biến kiến thức đã tiếp thu được thành kiến thức của chính mình. - Câu hỏi, bài tập hóa học là phương tiện để kiểm tra khả năng tư duy và sáng tạo và để đánh giá kiến thức, kỹ năng của học sinh một cách chính xác. 3. Rèn luyện năng lực tư duy của học sinh lớp 11 thông qua phương pháp sử dụng bài tập hóa học tại trường Trung học phổ thông Trị An hiện nay Trong quá trình giảng dạy bộ môn Hóa học lớp 11, các thầy cô ở trường Trung học phổ thông Trị An đã rèn luyện năng lực tư duy của các em học sinh bằng biện pháp sử dụng bài tập hóa học dưới hình thức: giới thiệu học sinh phương pháp giải các dạng bài tập hóa học ; phân tích và hướng dẫn học sinh vận dụng các phương pháp giải bài tập hóa học: 2 phương pháp bảo toàn electron, phương pháp bảo toàn khối lượng, phương pháp bảo toàn nguyên tố…thông qua các bài tập trong sách giáo khoa, bài tập giao về nhà. Tuy nhiên hiệu quả vẫn chưa được như mong đợi do 2 nguyên nhân chủ yếu sau: - Một bộ phận không nhỏ học sinh trường THPT Trị An mất “căn bản” trong việc giải bài tập Hóa học, nên các em rất e ngại việc giải bài tập hóa học, lâu dần các em tự ti, không có nỗ lực cố gắng. - Thời gian dành cho luyện tập theo phân phối chương trình là không nhiều nên các thầy cô không thể triển khai phân tích, hướng dẫn một cách chi tiết để học sinh có thể nắm vững và sử dụng thành thạo các phương pháp giải bài tập hóa học. Dựa trên cơ sở về đổi mới phương pháp giáo dục hiện nay và thực trạng rèn luyện năng lực tư duy của các em học sinh lớp 11 bằng biện pháp sử dụng bài tập hóa học hiện nay ở trường Trung học phổ thông Trị An, với mong muốn góp phần nâng cao hiệu quả trong việc rèn luyện năng lực tư duy cho học sinh của bản thân và đồng nghiệp, đồng thời giúp các em học sinh có phương tiện tham khỏa để cải thiện kĩ năng giải bài tập hóa học từ đó rèn luyện năng lực tư duy, người viết xin đưa ra giải pháp: xây dựng một hệ thống các bài tập hóa học rèn luyện năng lực tư duy cho học sinh lớp 11. Trong quá trình công tác, thông qua các tiết dự giờ thành tra chuyên môn, tiết hội giảng, tiết dạy thi giáo viên giỏi của các đồng nghiệp, người viết thấy nhiều thầy cô có những phương pháp dạy học có tính hiệu quả cao trong việc rèn luyện năng lực tư duy cho học sinh, do đó người viết chỉ mong rằng giải pháp này có thể hỗ trợ phần nào đó cho các phương pháp mà các thầy cô đang sử dụng. III. XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP HÓA HỌC RÈN LUYỆN NĂNG LỰC TƯ DUY CHO HỌC SINH LỚP 11. 1. Phạm vi nghiên cứu Rèn luyện năng lực tư duy của học sinh lớp 11 trường Trung học phổ thông Trị An bằng phương pháp sử dụng bài tập hóa học phần hóa học vô cơ (các chương 1, 2, 3 trong chương trình Hóa học lớp 11, Trung học phổ thông). 2. Đối tượng tác động: - Phương pháp dạy học thông qua sử dụng bài tập hóa học. - Năng lực tư duy của học sinh lớp 11 trường Trung học phổ thông Trị An. 3. Thời gian nghiên cứu: 8/2014 - 12/2014 3 4. Công việc của giải pháp * Bước 1: Xây dựng hệ thống bài tập phần hóa học vô cơ (các chương 1, 2, 3 - SGK Hóa học 11, Trung học phổ thông) nhằm rèn luyện tư duy của học sinh thành hai phần. - Phần 1: trình bày các công thức tính các đại lượng hóa học, các dạng bài tập hóa học tổng quát và các phương pháp giải bài tập hóa học (có ví dụ minh họa). - Phần 2: xây dựng hệ thống bài tập áp dụng các phương pháp giải bài tập hóa học đã trình bày ở phần 1. * Bước 2: Tổ chức thực nghiệm, kiểm tra và đánh giá hiệu quả của chuyên đề. 4.1. Xây dựng hệ thống bài tập phần hóa học vô cơ (các chương 1, 2, 3 - SGK Hóa học 11, Trung học phổ thông) nhằm rèn luyện tư duy của học sinh. Phần 1 HỆ THỐNG CÔNG THỨC TÍNH CÁC ĐẠI LƯỢNG HÓA HỌC-CÁC DẠNG BÀI TẬP HÓA HỌC -CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP HÓA HỌC -o0o- I. CÔNG THỨC TÍNH CÁC ĐẠI LƯỢNG HÓA HỌC 1. Số mol của một chất * n= n: số mol của X ; m : khối lượng của X(g); m m M=  m = M. n n M M : khối lượng Mol của X VD : Cho 8g NaOH  nNaOH = * n = CM .V  CM = n n  V= CM V m 8   0, 2 mol M 23  16  1 n: là số mol của chất tan X ; CM : là nồng độ mol của dd (mol/l hay M); V: là thể tích của dung dịch (lı́t) VD : Cho 200ml dd NaOH 2M  nNaOH = 0,2. 2 = 0,4 mol * n = V  V = n . 22,4 22,4 n: là số mol của khí X (mol) V: là thể tích X ở điều kiện chuẩn (lít) nO2  VD: Cho 3,36 lít khí O2 (đkc)  * n= P. V R .T 3,36  0,15 mol 22, 4 n : số mol chất khí ; P : áp suất (atm); 1atm = 760mmHg R = 0,082 ; T = 273 + toC; V : thể tích (lít) VD: 1,64 lít O2 đo ở 1,5atm, 27oC  nO2  4 1,5.1, 64  0,1 mol 0,082.(273  27) 2. Nồng độ phần trăm của chất tan trong dung dịch C%chất tan X = m .C % mX .100  mX  dd 100 mdd VD: 60g dd NaOH 5%  mNaOH   mdd  mdd NaOH .C% 100  mX .100 C% 60.5 m 3  3g  nNaOH =   0, 075 mol 100 M 40 3. Khối lượng của một dung dịch hoặc của chất lỏng * mdd = V. D mdd : là khối lượng của chất lỏng X (g); V: là thể tích của chất lỏng X (ml) D : là khối lượng riêng của chất lỏng X (g/ml) VD : Cho 200ml dd NaOH (D =1,1g/ml)  mddNaOH = 200. 1,1 = 220g * Nếu có phản ứng: A(tan) + dd B → C(tan) + D  + E   m dd sau pứ = mA + mddB – mD–mE VD: Fe + 2HCl→ FeCl2 + H2   m dd sau pứ = mFe + mddHCl – mH2  dA/B = 4. Tỉ khối giữa chất khí A và chất khí B: VD : dO2 / H 2  M O2 M H2  MA MB 32  16 2 5. Mối liên hệ giữa tỉ lệ mol và tỉ lệ thể tích, tỉ lệ áp suất a) VA n =k  A =k VB nB b) n1 P V = 1 = 1 n2 P2 V2 : tỉ lệ mol cũng là tỉ lệ thể tích (các thể tích ở cùng đk nhiệt độ, áp suất) P1; V1; n1 : áp suất, thể tích, số mol hỗn hợp khí trước phản ứng P2; V2; n2 : áp suất, thể tích, số mol hỗn hợp khí sau phản ứng 6. Khối lượng mol trung bình của hỗn hợp M = mhh M A .nA  M B .nB = = MA.%VA + MB.%VB nA  nB nhh 7. Thành phần % khối lượng, thể tích của một chất trong hỗn hợp % mX = m X .100 V .100 nX .100 ; % VX = X  mhh Vhh nhh 8. % khối lượng của một nguyên tố trong một hợp chất Hợp chất R có công thức hóa học AxByCz  % A  M A . x.100 M A . x.100  MR M A .x  M B . y  M C .z VD: Glucozơ(C6H12O6) có % khối lượng Oxi là : %O  5 (16.6).100  53, 33% 12.6  12.1  16.6 II. MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP HÓA HỌC CƠ BẢN 1. Phản ứng xảy ra hoàn toàn ( hiệu suất phản ứng là 100%) a) Dạng 1 : Cho biết lượng các chất tham gia phản ứng, yêu cầu tính các đại lượng (số mol ;khối lượng;thể tích…) của sản phẩm thu được sau pứ. - Dạng này thường có 5 bước giải : Bước 1 : Viết và cân bằng các pt pứ. Bước 2 : Tính số mol của các chất tham gia pứ. Bước 3 : Xác định chất tham gia sẽ bị pứ hết. Bước 4 : Theo ptpứ, từ số mol pứ của chất tham gia hết suy ra số mol của chất sản phẩm cần tính. Bước 5 : Dùng các công thức tính đại lượng hóa học mà bài yêu cầu. - Để tính được lượng sản phẩm thu được, cần phải xác định chất tham gia sẽ bị phản ứng hết nên có thể chia dạng này thành 2 trường hợp :  Trường hợp 1 : Nếu từ giả thiết bài toán tính được số mol của các chất tham gia phản ứng thì ta xác định chất tham gia phản ứng hết bằng phương pháp sau : mA + n B  pC + q D m; n; p; q là hệ số cân bằng của các chất a mol a là số mol của chất A; b là số mol của chất B b mol a b và : m n So sánh a b = m n a b < m n a b > m n A và B pứ vừa đủ hết A là chất pứ hết ; B là chất còn dư B là chất pứ hết ; A là chất còn dư. VD : Cho 8,1g bột Al vào bình đựng 200ml dd HCl 3M. Sau khi pứ hoàn toàn, tính thể tích khí thu được ở đkc. (Al= 27) * Bước 1 : 2Al + * Bước 2 : nAl  * Bước 3: Vì * Bước 4: 6HCl → 2AlCl3 + 3H2  8,1  0,3mol ; nHCl  0, 2.3  0, 6mol 27 nHCl 0, 6 n 0,3   0,1  Al   0,15 nên HCl pứ hết  tính theo HCl 6 6 2 2 2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2  0,6 mol 0,3 mol * Bước 5: VH2 = nH2. 22,4 = 0,3 . 22,4 = 6,72 lít 6  Trường hợp 2 : Nếu không tính được số mol của các chất tham gia phản ứng thì ta phân tích giả thiết về mặt hóa học để xác định chất tham gia phản ứng hết. VD : Cho m(g) Ca tác dụng với 500ml dd HCl 1M, pứ hoàn toàn thì thu được V lít khí H2 (đkc). Để trung hòa dung dịch sau phản ứng cần dùng 200ml dd NaOH 1M.Tính giá trị của V. (Ca=40). * Bước 1 : Ca + 2HCl → CaCl2 + H2 0,3 mol NaOH 0,2 mol + HCl (1) 0,15 mol → NaCl + H2O (2) 0,2 mol * Bước 2 : nHCl ban đầu = 0,5.1 = 0,5 mol ; nNaOH = 0,2.1 = 0,2 mol * Bước 3: Để trung hòa dd thu được sau (1) thì phải dùng dd bazơ  dd thu được sau (1) phải có chứa axit  sau (1) Ca hết, HCl còn dư. * Bước 4: Dù ở (1) Ca hết, nhưng do không có dữ liệu để tính được số mol của Ca nên phải tìm số mol phản ứng của HCl ở (1) để suy ra số mol của H2 theo pt pứ (1). Ở (2) thì NaOH và HClcòn dư phản ứng vừa đủ với nhau (trung hòa) nNaOH = 0,2 nên từ (2)  nHCl (2) = 0,2 mol  nHCl (1) = 0,5- 0,2 mol = 0,3mol * Bước 5: Từ (1)  nH2= 0,15 mol  VH2 = 0,15. 22,4 = 3,36 lít Kết luận: Để có thể giải được dạng bài toán này, học sinh cần: - Lập được các phương trình hóa học. - Xác định được chất phản ứng hết. - Nắm vững các công thức tính các đại lượng hóa học. b) Dạng 2 : Cho biết lượng các sản phẩm thu được sau phản ứng, yêu cầu tính các đại lượng (số mol ;khối lượng; thể tích…) của chất tham gia phản ứng. Bước 1 : Viết pt pứ và cân bằng các pt pứ. Bước 2 : Tính số mol của các chất sản phẩm thu được sau pứ. Bước 3 : Theo ptpứ, từ số mol của chất sản phẩm suy ra số mol của chất tham gia pứ cần tính. Bước 4 : Dùng các công thức tính ra đại lượng hóa học bài yêu cầu. VD 1: Cho m(gam) Na2CO3 pứ vừa đủ với 73gam dd HCl C% thì thu được 3,36 lít khí (đkc). Tính giá trị của m và C%. (Na = 23; C = 12; O =16; Cl =35,5). 7 * Bước 1 : Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + CO2 + H2O * Bước 2 : nCO2 = * Bước 3 : 3,36 = 0,15 mol 22, 4 Na2CO3 + 2HCl 0,15mol → 2NaCl + CO2 + H2O 0,15 mol 0,3 mol * Bước 4 : mNa2CO3 = n.M = 0,15.(23.2+12+ 3.16) = 15,9g C%HCl = mHCl .100 (0,3.36,5).100   15% mddHCl 73 VD 2: Thực hiện phản ứng khử hoàn toàn m(gam) Fe2O3 thành Fe bằng khí CO rồi cho khí CO2 thoát ra vào dd Ca(OH)2 dư thì thu được 15gam kết tủa.Tính giá trị của m. (Fe =56; Ca=40; C=12;O=16). * Bước 1 : Fe2O3 + 3CO → 2Fe + 3CO2 0,05mol 0,15 mol CO2 + Ca(OH)2 0,15mol * Bước 2 : nCaCO3 = (1) → CaCO3  + H2O (2) 0,15 mol 15 = 0,15 mol 100 * Bước 3 : Từ (2)  nCO2 = 0,15 mol ; từ (1)  nFe2O3 = 0,05 mol * Bước 4 : mFe2O3 = n.M = 0,05.160 = 8g Kết luận : Để có thể giải được dạng bài toán này, học sinh cần: - Lập được các phương trình hóa học. - Biết dựa vào ptpứ suy ra số mol chất tham gia phản ứng cần tìm theo tỉ lệ phản ứng. - Nắm vững các công thức tính các đại lượng hóa học. 2. Phản ứng xảy ra không hoàn toàn ( H < 100%) Hiệu suất của một phản ứng đươc tính theo 1 trong 2 công thức sau: H= H= lX pø lX b® lspTT lspLT .100 .100 X là chất sẽ pứ hết khi H = 100%. lpứ: số mol (hoặc khối lượng,thể tích) của X đã bị pứ để tạo thành sản phẩm. lbđ: số mol (hoặc khối lượng,thể tích) X cần lấy hoặc đã cho lúc ban đầu. lsp(TT): số mol (khối lượng,thể tích) chất sản phẩm thực tế thu được theo hiệu suất bài cho. lsp(LT): số mol (khối lượng,thể tích) chất sản phẩm thu được theo lý thuyết khi hiệu suất pứ =100%. 8  Dạng 1: Cho lượng ban đầu của các chất tham gia pứ và hiệu suất pứ, yêu cầu tính lượng sản phẩm thực tế thu được. Bước 1 : Viết pt pứ và cân bằng pt pứ. Bước 2 : Tính số mol của các chất tham gia pứ. Bước 3 : Xác định chất tham gia sẽ pứ hết khi H=100%. Bước 4 : Theo ptpứ, từ số mol của chất tham gia pứ hết suy ra số mol của chất sản phẩm cần tính. Bước 5 : Dùng công thức tính ra lượng sản phẩm thu được theo lý thuyết. Bước 6: Dùng công thức (1) tính lượng sản phẩm thực tế thu được mà bài yêu cầu. H= lsp (TT ) lsp ( LT ) .100  lsp (TT )  lsp ( LT ) . H 100 Kết luận: Cách giải tương tự dạng 1 của phản ứng hoàn toàn, chỉ thêm bước thứ 6. VD 1: Cho 8,1gam Al pứ với 13,44 lít khí O2 (đkc). Biết hiệu suất pứ là 60%, tính lượng Al2O3 thu được.(Al = 27) * Bước 1 : 4Al + 3O2 → 2Al2O3 * Bước 2 : nAl = 0,3 mol ; nO2 = 0,6 mol * Bước 3 : Vì * Bước 4 : 0, 3 0, 6 = 0,075 < = 0,2  Al pứ hết  tính theo Al 4 3 4Al + 3O2 → 2Al2O3 0,3 mol 0,15 mol * Bước 5 : mAl2O3 = n.M= 0,15. (27.2 + 16.3) = 15,3g * Bước 6: H = 60%  mAl2O3 thực tegthu được = 15,3.60  9,18 g 100 VD 2: Nhiệt phân 31,6 gam KMnO4 thì thu được bao nhiêu lít O2 (đkc) nếu hiệu suất pứ là 80%. (K=39; Mn=55) o t * Bước 1 : 2KMnO4   K2MnO4 + MnO2 + O2 0,2 mol 0,1mol * Bước 2 : nKMnO4 = 0,2 mol * Bước 3 : chỉ có KMnO4 tham gia pứ nên phải tính theo KMnO4 * Bước 4 : ptpứ  nO2 = 0,1mol * Bước 5 : VO2 = nO2 .22,4= 0,1. 22,4 = 2,24 lít * Bước 6: H = 80%  VO2 thực tegthu được = 2, 24.80  1, 792 lít 100 9  Dạng 2: Cho lượng sản phẩm thực tế thu được và hiệu suất pứ, yêu cầu tính lượng ban đầu cần lấy của các chất tham gia pứ. Bước 1 : Viết pt pứ và cân bằng pt pứ. Bước 2 : Tính số mol của các chất sản phẩm thu được sau pứ. Bước 3 : Theo pt pứ, từ số mol của chất sản phẩm suy ra số mol pứ của chất tham gia. Bước 4 : Dùng công thức tính ra lượng phản ứng của chất tham gia pứ. Bước 5: Dùng công thức (2) tính lượng ban đầu cần lấy của các chất tham gia pứ mà H= bài toán yêu cầu. lX pø lX b® .100  l X b®  lX pø .100 H Kết luận: Cách giải tương tự dạng 2 của phản ứng hoàn toàn, chỉ thêm bước thứ 5 VD: Cho m(gam) Al pứ với V lít khí O2 (đkc) thu được 20,4gam Al2O3 . Biết hiệu suất pứ là 60%, tính m và V. (Al=27) * Bước 1 : 4Al + 3O2 → 2Al2O3 * Bước 2 : nAl2O3 = 0,2 mol * Bước 3 : 4Al pứ: 0,4 mol + 3O2 → 2Al2O3 0,3 mol 0,2 mol * Bước 4 : mAl pứ = n.M= 0,4.27 = 10,8g ; VO2 pứ = 0,3 .22,4 = 6,72 lít * Bước 5: H = 60%  mAl ban đầu = 10,8.100  18 g 60 ; VO2 ban đầu = 6, 72.100  11, 2 lít 60  Dạng 3: Bài toán cho lượng ban đầu cần lấy của các chất tham gia pứ và lượng sản phẩm thực tế thu được, yêu cầu tính hiệu suất pứ. Bước 1 : Viết pt pứ và cân bằng pt pứ. Bước 2 : Tính số mol ban đầu của các chất tham gia pứ và số mol của chất sản phẩm thu được sau pứ. Bước 3 : Biện luận để xác định khi H = 100%. Bước 4 : Theo pt pứ, từ số mol của chất tham gia sẽ pứ hết suy ra số mol chất sản phẩm (số mol này là số mol lý thuyết). Bước 5 :T ính hiệu suất pứ theo công thức H = * Có thể giải dạng này theo công thức H = nX pø nX b® 10 nSP thùc tÕ n SP lýthuyÕt .100 .100 (X là chất pứ hết nếu H = 100%) VD: Cho 8,1gam Al pứ với 13,44 lít khí O2 (đkc) thu được 9,18g Al2O3. Tính hiệu suất của phản ứng. (Al = 27)  Cách 1 Pt pứ 4Al + 3O2 → 2Al2O3 nAl ban đầu = 0,3 mol ; nO2 = 0,6 mol; nAl2O3 thực tế thu được = 0,09 mol Al pứ hết nên: 4Al + 3O2 → 0,3 n Al 2 O 3 thùc tÕ H = n Al2 O 3 lýthuyÕt 2Al2O3 0,15 mol (số mol lý thuyết) .100  0, 09.100  60% 0,15  Cách 2 4Al + 3O2 → 2Al2O3 nAl ban đầu = 0,3 mol ; nO2 = 0,6 mol; nAl2O3 thu được = 0,09 mol 0, 3 0, 6 = 0,075 < = 0,2  Al pứ hết  phải tính hiệu suất pứ theo Al 4 3 4Al + 3O2 → 2Al2O3 pứ: 0,18 mol Vì Al pứ hết nên H =  0,09 mol nAl pø .100 nAl b®  0,18.100  60% 0,3 Kết luận : để giải được dạng bài toán tính hiệu suất, học sinh cần: - Xác định đúng chất phản ứng hết. - Thuộc công thức tính hiệu suất phản ứng. III. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP HÓA HỌC 1. Phương pháp suy luận số mol theo phương trình phản ứng * Ứng dụng : là phương pháp cơ bản để tìm số mol của các chất. * Cách thực hiện : dựa vào từng phương trình phản ứng, từ số mol phản ứng của chất tham gia phản ứng hết hoặc số mol của sản phẩm thu được ta suy ra số mol của các chất cần tìm theo tỉ lệ mol phản ứng. VD 1: Cho 4,8 gam Mg vào 150ml dung dịch HCl 2M, sau phản ứng hoàn toàn thì thu được V lít khí (đkc). Tính giá trị của V. (Mg = 24) 11 Mg + 2HCl → MgCl2 + H2 0,3 mol 0,15 mol nMg = 0,2 mol ; nHCl = 0,3 mol  HCl phản ứng hết Theo ptpứ ta có: nH2= 0,15 mol  VH2 = 0,15. 22,4 = 3,36 lít VD 2: Hòa tan hoàn toàn 18,4 gam hỗn hợp gồm Cu và CuO trong dung dịch HNO3 2M (vừa đủ) thì thu được 4,48 lít NO2 (đkc, NO2 là sản phẩm khử duy nhất của HNO3).Tính thể tích dung dịch HNO3 đã dùng. (Cu = 64; O = 16) Cu + 4HNO3 → Cu(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O 0,1 CuO 0,4 + 0,15 mol (1) 0,2mol 2HNO3 → Cu(NO3)2 + H2O (2) 0,3 mol nNO2 = 0,2 mol , theo (1) ta có: nHNO 3 (1) = 0,4 ; nCu = 0,1  mCu = 0,1.64= 6,4g  mCuO = 18,4 - 6,4 = 12g  nCuO = 12: 80 = 0,15 mol Theo (2) ta có nHNO3 (2) = 0,3 mol Vậy : nHNO3 ban đầu = 0,4 + 0,3 = 0,7 mol  Vdd HNO3 = n 0,7  = 0,35 lít CM 2 Kết luận : khi sử dụng phương pháp này , học sinh cần: - Lập được các ptpứ. - Biết cách suy luận ra số mol của các chất. 2. Phương pháp đặt ẩn số phụ * Ứng dụng : được dùng để tìm số mol của 1 hay nhiều chất, do đó đây là phương pháp giải đặc trưng cho bài toán hỗn hợp nhiều chất. * Cách thực hiện : - Đặt ẩn số phụ là số mol của các chất cần tìm. - Dựa vào ptpứ suy ra số mol của một số chất khác (là các chất đã tính được số mol) theo ẩn số phụ. - Dựa vào dữ kiện số liệu bài cho, thiết lập các phương trình đại số chứa các ẩn số phụ cần tìm (số phương trình bằng số ẩn cần tìm). - Giải phương trình hoặc hệ phương trình để tìm các ẩn số phụ. VD 1: Hòa tan hết 13,7gam hỗn hợp X gồm Al và Fe trong dung dịch HCl thu được 12,32 lít khí (đkc). (Al =27; Fe =56) 12 a) Tính khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp X. b)Tính % khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp X. 2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2 Fe + 3x/2 x mol 2HCl → FeCl2 + y y mol nH2 = 12,32/22,4 = 0,55 mol ; ptpứ  nH2 = 3x/2+ y Ta có : mAl + mFe = 13,7g  x. 27 + y. 56 = 13,7 H2  3x/2+ y = 0,55 mol (1) (2) (1) và (2)  x = 0,3 ; y = 0,1  mAl = 0,3.27 = 8,1g ; mFe = 0,1. 56 = 5,6g  %mAl = 8,1.100  59,12% ; %mFe = 40,88% 13, 7 VD 2: Nhiệt phân hoàn toàn m(gam) Cu(NO3)2 thì thu được 5,6 lít hỗn hợp khí (đkc). Tính m. (Cu =64; N =14) o t 2Cu(NO3)2   2CuO + 4NO2  + O2  x mol 2x nhh khí sau pứ = 5,6/22,4 = 0,25 mol  x/2 nNO2 + nO2= 0,25 mol ptpứ  2x+ x/2 = 0,25 mol  x = 0,1 mol  mCu(NO3)2 = 0,1. 188= 18,8g 3. Phương pháp tỉ lệ khối lượng * Ứng dụng : được dùng để tính khối lượng (m); hoặc tính khối lượng mol phân tử (M) của các chất  thường dùng trong các dạng bài tập điều chế, sản xuất , xác định nguyên tố, xác định các chất. * Cách thực hiện: Cho ptpứ : Kl Mol Kl gam aA + bB  pC + a. MA p. MC mA (g) mC (g) q D ( a,b, p,q là hệ số cân bằng của ptpứ)  a.MA.mC = p.MC. mA VD1: Cho 5,4gam Al tác dụng với O2 (dư). Sau pứ hoàn toàn thì thu được bao nhiêu gam Al2O3? ( Al=27; O=16) 4Al + 3O2 → 2Al2O3 4.27 = 108 2.102 = 204 5,4g m(g)  108. m = 204. 5,4  m= 10,2g VD2: Cho 12,8gam kim loại R (chỉ có hóa trị 2) tác dụng với O2 (dư), pứ hoàn toàn thì thu được 16 gam oxit. Xác định R. 13 2R + O2 → 2 RO 2.MR  2.MR.16 = 12,8. 2.(MR+ 16) 2.(MR+ 16) 12,8(g)  MR = 64  R là kim loại Cu. 16(g) 4. Phương pháp bảo toàn electron Trong phản ứng oxi hóa khử, xảy ra quá trình nhường và nhận electron nên số e nhường luôn bằng với số e nhận  ∑n e nhường = ∑ne nhận * Cách thực hiện: - Lập sơ đồ của quá trình chuyển hóa của các chất. - Dựa vào sơ đồ, xác định các nguyên tố bị thay đổi số oxi hóa, biểu diễn phương trình nhường nhận e của các nguyên tố đó. - Đặt ẩn số phụ là số mol các chất cần tìm trong phương trình nhường nhận e. Tính số mol e nhường, số mol e nhận theo ẩn số phụ. - Áp dụng công thức ∑n e nhường = ∑ne nhận  phương trình đại số chứa ẩn số phụ - Dựa vào các giả thiết của bài toán, lập ra các phương trình đại số khác. - Giải hệ tất cả các phương trình đại số đã lập, tìm ra ẩn số phụ. * Ứng dụng : dùng để lập phương trình liên hệ giữa số mol của chất khử và số mol của chất oxi hóa  thường được dùng để tìm số mol của các chất trong bài tập xảy ra pứ oxi hóa khử (kim loại pứ với H2SO4 đặc; kim loại pứ với HNO3 ; kim loại pứ với O2; Cl2; S; P…) * Kiến thức liên quan:  Kim loại tác dụng axit HNO3, H2SO4 đặc o t M + H2SO4 đặc   M2(SO4)n + sản phẩm khử + H2O Sp khử Số e nhận SO2 2 S 6 H2S 8 M + HNO3  M(NO3)n + sản phẩm khử + H2O Sp khử Số e nhận NO2 1 NO 3 N2O 8 N2 10 NH4NO3 8  hóa trị . số mol KL = số e nhận. số mol sản phẩm khử (1) (thu gọn của bảo toàn e)  nNO3- = số e nhận . số mol sản phẩm khử (2) Tổng quát : nNO3- = hóa trị . số mol KL = số e nhận. số mol sản phẩm khử 14  nHNO3= nNO3- + số N trong sp khử .nsp khử (3) Ví dụ: Al + HNO3 → Al(NO3)3 + N2 + NO + H2O Ta có : nNO3- = 3.nAl = 10.nN2 + 3.nNO ;  nHNO3= nNO3- + 2.nN2 + 1.nNO Sự thay đổi số oxi hóa của một số phi kim: 2 0 2 0 0 4 0 O 2  4e  2O ; S  2e  S ; C l2  2C l  2e ; C  C  4e VD1 : Hòa tan hoàn hỗn hợp gồm 0,1 mol Fe; 0,3 mol Cu; 0,15 mol Ag trong dd HNO3 loãng dư thì thu được V lít khí NO (đkc) (NO là sản phẩm khử duy nhất của pứ). Tính giá trị của V và tổng khối lượng muối thu được. * Cách giải thông thường: viết và cân bằng pt pứ, dựa vào ptpứ suy ra số mol của NO. Fe + 4HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + 2H2O 0,1 mol 3Cu + 0,1mol 8HNO3 → 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O 0,3 mol 3Ag +  nNO = 0,1 + 0,2 + 0,05 = 0,35 0,1mol 0,3 0,15 mol mmuối = 0,1. 242 + 0,3. 188 + 0,15. 170 0,2 mol 4HNO3→ 3AgNO3 0,15  VNO = 0,35. 22,4 = 7,84 lít + NO + 2H2O = 106,1 g 0,05 mol * Cách giải dùng định luật bảo toàn elelctron theo công thức: hóa trị . số mol KL= số e nhận . số mol sản phẩm khử = nNO3 3. nFe + 2.nCu + 1.nAg = 3. nNO  3.0,1+2.0,3+ 1.0,15 = 3. nNO  nNO = 0,35 mol  VNO = 0,35. 22,4 = 7,84 lít nNO3-=3. nNO =1,05 mol; mmuối = mKL+m NO3 - = (0,1.56 + 0,3.64+ 0,15.108) +1,05. 62 = 106,1g VD2: Hòa tan hết 13,6g hỗn hợp X gồm Mg và Fe trong dung dịch H2SO4 đặc nóng dư thì thu được 8,96 lít khí SO2 (đkc, SO2 là sản phẩm khử duy nhất của H2SO4). Tính % khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp X. (Mg =24; Fe =56) * Cách giải thông thường: viết và cân bằng ptpứ, lập hệ giải Mg + 2H2SO4 → MgSO4 + SO2 + 2H2O ; 2Fe + 6H2SO4 → Fe2(SO4)3+ 3SO2 + 6H2O x mol nSO2 = 0,4 mol ; ptpứ x y mol  x + 3y/2 = nSO2  x+3y/2 = 0,4 mol Ta có : mMg + mFe = 13,6g  x. 24 + y. 56 = 13,6 15 3y/2 (1) (2) (1) và (2)  x = 0,1; y = 0,2  %mMg = 2,4.100  17,65% ; %mFe = 82,35% 13,6 * Cách giải dùng định luật bảo toàn elelctron Sơ đồ phản ứng : {Mg, Fe} + H2SO4 dư → MgSO4 + Fe2(SO4)3 + SO2 + 2H2O Dựa vào sơ đồ pứ ta thấy có sự thay đổi số oxh của 3 nguyên tố : Mg ; Fe ; S Sự nhường e: Mg0 → Mg+2 + 2e x mol Sự nhận e : S+6 + 2x mol 2e → 0,8 mol +4 SO2 0,4 mol Fe0 → Fe+3 + 3e y mol 3y mol Ta có : n e nhường = ne nhận  2x + 3y = 0,8 (1) Theo bài: mMg + mFe = 13,6g  x.24 + y.56 = 13,6 (2) (1) và (2)  x = 0,1; y = 0,2  %mMg = 2,4.100  17,65% ; %mFe = 82,35% 13,6 Chú ý : để có nhanh pt (1) có thể sử dụng công thức hóa trị . số mol KL= số e nhận . số mol sản phẩm khử  2.nMg +3.nFe =2.nSO2  2x + 3y = 0,8 VD3: Hòa tan hoàn toàn m(gam) Al trong dd HNO3 dư thì thu được thu được hỗn hợp sản phẩm khử X gồm 0,1 mol NO; 0,1 mol N2 và 0,2 mol NO2. Tính giá trị của m.(Al = 27). PTPỨ : Al + HNO3 → Al(NO3)3 + NO + N2 + NO2 + H2O Quá trình nhường e : Al → Al+3 + 3e x mol 3x +5 +2 0 +5 Quá trình nhận e: HNO3 + 3e → NO ; 2HNO3 + 2.5e → N2 ; 0,3 0,1 1 0,1 +5 +4 HNO3 + 1e → NO2 0,2 0,2 Định luật bảo toàn elelctron  3x = 0,3 + 1+ 0,2  x = 0,5  mAl =0,5. 27=13,5g Hoặc dùng định luật bảo toàn elelctron ở dạng công thức: hóa trị . số mol KL= số e nhận . số mol sản phẩm khử  3. nAl = 3. nNO +10. nN2 + 1. nNO2  3. nAl = 3. 0,1 + 10.0,1 + 1. 0,2  nAl= 0,5 mol VD4: Hỗn hợp X gồm Al, Mg, Zn,Cu. Thí nghiệm 1: Oxi hóa hết m(g) X thành oxit cần vừa đủ 3,36 lít O2 (đkc). Thí nghiệm 2: Cho m(g) hh X tác dụng hết với dd HNO3 loãng thì thu được sản phẩm khử duy nhất là NO. Tính thể tích của NO (đkc). 16 0 -2 + Ở TN 1: hỗn hợp KL nhường e ; còn O2 nhận e : O2 + 2.2e 0,15mol → 2O 0,6 mol +2 +5 + Ở TN 2: hỗn hợp KL nhường e ; còn N nhận e : HNO3 + 3e → 3x NO x mol Vì lượng kim loại ở 2 thí nghiệm là bằng nhau (đều là m gam) nên tổng số mol e nhường ở 2 thí nghiệm cũng bằng nhau  tổng số mol e nhận ở 2 thí nghiệm cũng bằng nhau  0,6 = 3x  x = 0,2 mol  VNO = 0,2. 22,4 = 4,48 lít VD5: Trộn 5,6 gam bột sắt với 2,4 gam bột lưu huỳnh rồi nung nóng (trong điều kiện không có không khí), thu được hỗn hợp rắn M. Cho M tác dụng với lượng dư dung dịch HCl, giải phóng hỗn hợp khí X và còn lại một phần không tan G. Để đốt cháy hoàn toàn X và G cần vừa đủ V lít khí O2 (ở đktc). Tính giá trị của V. Sơ đồ phản ứng: FeS Fe + S→ hỗn hợp M khí X: H2S ; H2 Fe (còn dư) + HCl d­   S (còn dư) + O2   SO2; H2O FeCl2 (dd) rắn G : S còn dư + O2   SO2  các nguyên tố thay đổi số oxi hóa : Fe0 2 0,1 mol S0 O20  Fe Cl 2  2e 0,2 x mol 2  4e  2O 4x +4  0,075 mol SO 2  4e 0,3 Bảo toàn e  0,2 + 0,3 = 4x  x = 0,125  VO2= 0,125. 22,4 = 2,8 lít Kết luận - Khi giải bằng phương pháp bảo toàn electron, chỉ cần viết phương trình hoặc lập sơ đồ phản ứng, không cần cân bằng phương trình phản ứng nên phương pháp bảo toàn electron là phương pháp giải nhanh và hiệu quả nhất đối với bài toán xảy ra phản ứng oxi hóa khử. - Khi áp dụng phương pháp bảo toàn electron cho bài toàn xảy ra nhiều phản ứng thì việc lập sơ đồ phản ứng để xác định sự biến đổi của các chất ban đầu, từ đó xác định chính xác sự thay đổi số oxi hóa của các nguyên tố là yếu tố quan trọng nhất. Muốn lập sơ đồ phản ứng thì phải nắm vững tính chất hóa học của các chất mà bài toán đề cập. 17 5. Phương pháp bảo toàn nguyên tố Trong các phản ứng , các nguyên tố chỉ chuyển từ chất này sang chất khác nên : số mol của nguyên tố X trước phản ứng = số mol của X sau phản ứng *Cách thực hiện: - Lập sơ đồ phản ứng của các chất để thấy sự chuyển hóa của nguyên tố chính. - Viết phương trình thu gọn biểu diễn sự chuyển hóa của nguyên tố chính (chú ý cân bằng). * Ứng Dụng : dùng trong dạng bài tập có sự chuyển hóa của một nguyên tố qua nhiều phản ứng; bài tập điều chế và sản xuất các chất. VD1 : Nếu dùng 8,96 lít khí N2 thì người ta có thể điều chế được bao nhiêu lít khí NO2 theo sơ đồ : N2 →NH3 →NO→ NO2. Các thể tích đo ở đkc và hiệu suất quá trình điều chế là 100%. * Cách giải thông thường * Cách giải dùng định luật bảo toàn nguyên tố N2 2NH3 Nguyên tố N chuyển từ N2 sang NO2 nên ta có thể 0,8 mol viết pt thu gọn : N2 + 3H2 → 0,4 mol 4NH3 + 5O2 → 4NO + 6H2O 0,8 mol 0,8 mol 2NO + O2 → 2NO2 0,8 mol 0,8 mol Vậy VNO2 = 0,8.22,4 = 17,92 lít → 8,96 lít 2NO2 17,92 lít {trong phương trình thu gọn, hệ số của NO2 phải là 2 để số N ở 2 vế là bằng nhau} VD2 : Cho 5,6g Fe tác dụng với dd HCl vừa đủ thì thu được dd X, cho dd X tác dụng với dd NaOH dư thì thu được kết tủa, nung toàn bộ lượng kết tủa này trong không khí đến khi khối lượng chất rắn là không đổi thì thu được m(g) chất rắn .Tính m. (Fe=56) * Cách giải thông thường Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 0,1mol 0,1 FeCl2 + NaOH → Fe(OH)2  + 2NaCl 0,1 Sơ đồ phản ứng o HCl NaOH t Fe  FeCl2  Fe(OH)2  Fe2O3  pt thu gọn : 2Fe 0,1 o t 4Fe(OH)2 + O2   2Fe2O3 + 4H2O 0,1 * Cách giải dùng định luật bảo toàn nguyên tố 0,05  mFe2O3 = 0,05.160 = 8g 0,1 → Fe2O3 0,05 mol  mFe2O3 = 0,05.160 = 8g {trong phương trình thu gọn, hệ số của Fe phải là 2 để số Fe ở 2 vế là bằng nhau} 18
- Xem thêm -