Tài liệu Sử dụng hiệu quả phương pháp quy đổi trong giải nhanh các bài tập hóa học

TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH IV Sáng kiến kinh nghiệm năm 2011 A. ĐẶT VẤN ĐỀ I. Lời mở đầu Trong những ngày đầu khai sinh đất nước, Đảng và Nhà nước ta đã xác định vận mệnh của dân tộc phụ thuộc nhiều vào sự nghiệp giáo dục. Sinh thời Bác Hồ nói “một dân tộc dốt có nghĩa là một dân tộc yếu”. Người đã nhấn mạnh: “Vì lợi ích mười năm phải trồng cây Vì lợi ích trăm năm phải trồng người.” Ở thời đại ngày nay, khi nhân loại đã bước sang một thế kỉ mới cùng với sự phát triển của khoa học công nghệ thì tiềm năng trí tuệ trở thành động lực thúc đẩy sự phát triển của một đất nước. Vì thế ta khẳng định “Giáo dục là chìa khóa mở đường cho tương lai và sự phồn vinh của đất nước”, quyết định sự thành bại của một quốc gia trên trường quốc tế, quyết định sự thành bại của mỗi cá nhân trong trường đời rộng lớn. Những vấn đề trọng tâm trên đã tạo một ý tưởng xây dựng một xã hội trong thế kỉ 21 là một xã hội học tập, một nền văn minh dựa vào quyền lực tri thức. Phương pháp học tập ngày nay đã thay đổi, giáo dục phải giúp học sinh phát hiện và phát triển tài năng sáng tạo, khả năng thích ứng của bản thân. Xuất phát từ những yêu cầu cao của thực tiễn xã hội như trên, việc đổi mới nội dung và phương pháp dạy học ở các bậc học nói chung và bậc học THPT nói riêng là một vấn đề cần thiết và không thể chậm trễ. Hòa mình vào xu thế chung, môn hóa học đã đổi mới phương pháp dạy học và phương thức kiểm tra đánh giá học sinh (hình thức thi trắc nghiệm). Với hình thức này đòi hỏi thí sinh trong khoảng thời gian ngắn phải giải quyết được số lượng câu hỏi và bài tập khá lớn. Do đó việc tìm ra phương pháp giải nhanh bài tập hóa học và giúp học sinh vận dụng có hiệu quả và thành thạo những phương pháp đó có ý nghĩa rất quan trọng. Một trong những phương pháp có thể giải rất nhanh các bài tập hỗn hợp nhiều chất là “ phương pháp quy đổi”. Tuy nhiên trong chương trình sách giáo khoa không đề cập đến phương pháp này. Xuất phát từ lí do trên, tôi nhận thấy việc trình bày “Sử dụng hiệu quả phương pháp quy đổi trong giải nhanh các bài tập hóa học” sẽ giúp học sinh biết vận dụng thành thạo có hiệu quả trong giải nhanh các bài tập trắc nghiệm là cần thiết và thiết thực. Giáo viên: Phạm Thi Thu 1 TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH IV Sáng kiến kinh nghiệm năm 2011 II. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu 1. Thực trạng Bài tập hỗn hợp các chất khác nhau là những bài toán hay gặp trong hóa học phổ thông. Tuy nhiên cách giải truyền thống là lập hệ phương trình, nếu phức tạp thì đưa thêm số liệu hoặc ghép ẩn. Với những cách giải truyền thống này không thể đáp ứng được yêu cầu hiện nay của hình thức thi trắc nghiệm khách quan vì học sinh phải giải bài tập trong khoảng thời gian ngắn. Đặc biệt là học sinh miền núi (học sinh trường THPT Thạch Thành 4) việc giải phương trình, hệ phương trình gặp nhiều khó khăn đặc biệt là phải ghép ẩn số. Trong sách giáo khoa không đề cập đến, rất ít sách tham khảo đề cập đến “Phương pháp quy đổi” nhưng còn một số hạn chế: Trình bày sơ sài, số lượng bài tập ít và đặc biệt là chưa giúp học sinh vận dụng kết hợp được với các phương pháp giải nhanh khác như phương pháp đường chéo, phương pháp trung bình. 2. Kết quả. “Phương pháp quy đổi” tập hợp phương pháp tư duy sáng tạo dựa vào những giả định hóa học và tính toán phi thực tế giúp tính rất nhanh các giá trị lượng chất của một hỗn hợp phức tạp. Trong sáng kiến tôi đưa ra “Sử dụng hiệu quả phương pháp quy đổi trong giải nhanh các bài tập hóa” với nguyên tắc quy đổi, các hướng quy đổi,một số sai lầm trong quy đổi và sự kết hợp giữa phương pháp quy đổi với phương pháp trung bình, đường chéo để học sinh khai thác tối đa thế mạnh của các phương pháp giải nhanh và sử dụng có hiệu quả phương pháp quy đổi từ đó giúp học sinh có thể giải rất nhanh bài tập trắc nghiệm đáp ứng được yêu cầu hiện nay của môn hóa học. B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ PHẦN I: CÁC GIẢI PHÁP THỰC HIỆN Để giải quyết thực trạng trên tôi mạnh dạn đưa ra “ Sử dụng hiệu quả phương pháp quy đổi trong giải nhanh bài tập hóa học” vào giảng dạy môn hóa học bằng cách đưa ra phương pháp quy đổi: Với nguyên tắc quy đổi, các hướng quy đổi; cách thức kết hợp khéo léo giữa phương pháp quy đổi, trung bình và đường chéo. Giáo viên: Phạm Thi Thu 2 TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH IV Sáng kiến kinh nghiệm năm 2011 I. Phương pháp quy đổi: 1. Nguyên tắc: Quy đổi là một phương pháp biến đổi toán học nhằm đưa bài toán đầu là một hỗn hợp phức tạp về dạng đơn giản, qua đó làm cho phép tính trở nên dễ dàng thuận tiện. Tuy nhiên, dù tiến hành quy đổi theo hướng nào cũng phải tuân thủ theo hai nguyên tắc sau: + Bảo toàn nguyên tố, tức tổng số mol mỗi nguyên tố ở hỗn hợp đầu và hỗn hợp mới phải như nhau. +Bảo toàn số oxi hóa, tức tổng số oxi hóa của các nguyên tố trong hai hỗn hợp là như nhau. Lưu ý: - Có thể quy đổi hỗn hợp đầu về bất kì cặp chất nào, thậm chí quy đổi về một chất. Tuy nhiên ta nên chọn cặp chất nào đơn giản có ít phản ứng oxi hóa khử nhất để đơn giản việc tính toán. - Trong quá trình tính toán theo phương pháp quy đổi đôi khi ta gặp số âm đó là do sự bù trừ khối lượng của các chất trong hỗn hợp. Trong trường hợp này ta vẫn tính toán bình thường. - Trong quá trình tính toán nên kết hợp sử dụng phương pháp bảo toàn khối lượng bảo toàn nguyên tố và bảo toàn electron, kết hợp với việc sơ đồ hóa bài toán để tránh viết phương trình qua đó rút ngắn thời gian làm bài. 2. Các hướng quy đổi: 2.1 Quy đổi hỗn hợp nhiều chất về hỗn hợp hai hoặc chỉ một chất. Phương pháp: Ta chuyển hỗn hợp các chất ban đầu thành hỗn hợp với số chất ít hơn( cũng của các nguyên tố đó), thường là hỗn hợp hai chất có trong hỗn hợp hoặc thậm trí là một chất. Sau đó dùng bảo toàn khối lượng và bảo toàn electron để giải bài toán. Ví dụ 1: Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 3 gam hỗn hợp chất rắn X. Hòa tan hết hỗn hợp X trong dung dịch HNO3 dư, thoát ra 0,56 lít khí NO (ở đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Giá trị của m là A. 2,52. B. 2,22. C. 2,62. D. 2,32. ( Đề tuyển sinh ĐH môn hóa học, khối B- năm 2007) Giáo viên: Phạm Thi Thu 3 TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH IV Sáng kiến kinh nghiệm năm 2011 Hướng dẫn giải Sơ đồ hóa bài toán  Fe   FeO    O  Fe  X  Fe O  ddHNO  3 4    Fe 2 O3    2 Khí NO, 0,56 lít(đktc) 3 m gam Dung dịch Fe3+ 3 gam Trong trường hợp này ta có thể quy đổi hỗn hợp X ban đầu về các hỗn hợp khác đơn giản hơn gồm hai chất( Fe và Fe2O3; FeO và Fe2O3; Fe2O3 và Fe3O4; Fe và FeO; Fe và Fe3O4; FeO và Fe3O4) hoặc thậm chí là chỉ một chất duy nhất FexOy. Tuy nhiên ở đây chỉ trình bày 2 phương án tối ưu nhất. Fe2 O3 : y(mol ) Cách quy đổi 1: Quy đổi hỗn hợp X thành  Fe : x(mol ) Áp dụng bảo toàn khối lượng: 56x + 160y = 3,0 (1) Các quá trình nhường nhận electron: Fe  Fe+3 + 3e x  N+5 + 3e 3x 0,075 Áp dụng bảo toàn electron: 3x = 0,075  x = 0,025 N+2 0,025 (2) Fe : 0,025(mol )  x  0,025 vậy X gồm  Fe2 O3 : 0,01(mol )  y  0,01 Từ (1) và (2)   Áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với Fe n = Fe n Fe  2n Fe2O3 = 0,045 mol  m = 56.0,045= 2,52 gam.  Đáp án A. FeO : y(mol ) Cách quy đổi 2: Quy đổi hỗn hợp X thành  Fe : x(mol ) Áp dụng bảo toàn khối lượng: 56x + 72y = 3,0 Giáo viên: Phạm Thi Thu (1) 4 TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH IV Sáng kiến kinh nghiệm năm 2011 Các quá trình cho nhận electron Fe  Fe+3 + 3e Fe+2  Fe+3 +1e x y 3x N+5 + y Áp dụng bảo toàn electron: 3x + y = 0,075 3e  N+2 0,075 0,025 (2)  x  0,015 Fe : 0,015(mol ) Từ (2) và(1)   vậy X gồm   y  0,03 FeO : 0,03(mol ) Áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với Fe n = Fe n Fe  n FeO = 0,045 mol  m = 56.0,045= 2,52 gam.  Đáp án A. Ví dụ 2: Cho 11, 36 gam hỗn hợp 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. Giá trị của m là A. 49,09. B. 34,36. C. 35,50. D. 38,72. ( Đề tuyển sinh ĐH môn hóa học, khối A- năm 2008) Hướng dẫn giải Cách quy đổi 1: Quy đổi hỗn hợp X thành Fe2 O3 : y(mol )  Fe : x(mol ) Áp dụng bảo toàn khối lượng: 56x + 160y = 11,36 (1) Các quá trình nhường nhận electron: Fe  Fe+3 + 3e x N+5 + 3e 3x 0,18 Áp dụng bảo toàn electron: 3x = 0,18  x = 0,06  N+2 0,06 (2) Fe : 0,06(mol ) x  0,06 vậy X gồm   y  0,05 Fe2O3 : 0,05(mol ) Từ (1) và (2)   Áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với Fe m Fe ( NO3 )3 = ( n Fe  2n Fe O ). M Fe ( NO 2 3 Giáo viên: Phạm Thi Thu 3 )3 = (0,06 + 0,05.2).242 = 38,72 gam  Đáp án D. 5 TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH IV Cách quy đổi 2: Sáng kiến kinh nghiệm năm 2011 Fe2 O3 : y(mol )  FeO : x(mol ) Quy đổi hỗn hợp X thành Theo bảo toàn khối lượng: 72x + 160y = 11,36 (1) Các quá trình nhường nhận electron: Fe+2  Fe+3 + 1e x N+5 + 3e x Theo bảo toàn electron: x = 0,18 0,18  N+2 0,06 (2) FeO : 0,18(mol )  x  0,18 vậy X gồm  Fe2 O3 : 0,01(mol )  y  0,01 Từ (1) và (2)   Theo bảo toàn nguyên tố đối với Fe: m Fe ( NO3 )3 = ( n FeO  2n Fe2O3 ). M Fe ( NO3 ) 3 = (0,18 + (- 0,01).2).242 = 38,72 gam  Đáp án D. Lưu ý: Trong quá trình tính toán theo phương pháp quy đổi đôi khi ta gặp số âm đó là do sự bù trừ khối lượng của các chất trong hỗn hợp. Trong trường hợp này ta vẫn tính toán bình thường. Ví dụ 3: Hòa tan hoàn toàn 11,2 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 trong HCl dư. Sau phản ứng thấy tạo thành 12,7 gam FeCl2 và m gam FeCl3. Giá trị của m là A. 8,125. B. 10,341. C. 11,375. D. 9,75. Hướng dẫn giải Fe3O4 : y(mol ) Cách quy đổi 1: Quy đổi hỗn hợp X thành  FeO : x(mol ) Theo bảo toàn khối lượng: 72x + 232y = 11,2 Ta có sơ đồ: FeO  FeCl2 x x (1) Fe3O4  FeCl2 + 2 FeCl3 y y 2y Theo bài ra: (y + x).127 = 12,7  x + y = 0,1 (2) Giáo viên: Phạm Thi Thu 6 TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH IV Sáng kiến kinh nghiệm năm 2011 x  0,075 Từ (1) và (2)    y  0,025 Vậy khối lượng FeCl3 là: m = 2.0,025.162,5 = 8,125 gam. Đáp án A. Fe3O4 : x(mol ) Cách quy đổi 2: Quy đổi hỗn hợp X thành  Fe2O3 : y(mol ) Áp dụng bảo toàn khối lượng: 232x + 160y = 11,2 (1) Ta có sơ đồ: Fe3O4  FeCl2 + 2 FeCl3 Fe2O3  2 FeCl3 x x 2x y 2y Theo bài ra x.127 = 12,7  x = 0,1 (2)  x  0,1  y  0,075 Từ (1) và (2)   Vậy khối lượng FeCl3: m = (2.x + 2y).162,5 = ( 2.0,1+ 2.(-0,075)).162,5 = 8,125 gam. Cách quy đổi 3: Fe : x(mol ) Quy đổi hỗn hợp X thành  Fe2 O3 : y(mol ) Thông thường với cách quy đổi thứ 3 học sinh thường mắc sai lầm và giải như sau: Áp dụng bảo toàn khối lượng: 56x + 160y = 11,2 Ta có sơ đồ: Fe  FeCl2 x Fe2O3  2 FeCl3 x Theo bài ra x.127 = 12,7  x= 0,1 (1) y 2y (2) Từ (1) và (2)  y = 0,035 mol.  m = 2.0,035.162,5= 11,375. Đáp án C Nguyên nhân dẫn đến kết quả khác với 2 lần quy đổi trên là học sinh không chú ý đến ý nghĩa của dãy điện hóa. Thứ tự của dãy điện hóa: Fe 2  Fe 2H  Fe 3 ….. …. . H2 Fe 2  Vậy phản ứng 2Fe3+ + Fe  3 Fe2+ (*) xảy ra trước sau khi hết Fe3+ mới có phản ứng Giáo viên: Phạm Thi Thu 7 TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH IV Sáng kiến kinh nghiệm năm 2011 Fe + 2H  Fe + H2(**) + 2+ Mà trong bài toán trên có Fe3+ nên chưa có phản ứng (**) dẫn đến kết quả bài toán sai. Vậy với cách quy đổi 3 phải giải như sau: Fe : x(mol )  Fe2 O3 : y(mol ) Quy đổi hỗn hợp X thành Xảy ra phản ứng: Fe2O3  2 FeCl3 y 2y 2 FeCl3 + Fe  3 FeCl2 2y x 3x Áp dụng bảo toàn khối lượng 56.x + 160.y = 11,2 (1) Theo bài ra 3x = 0,1(2)  x  0,1 / 3  y  7 / 120 Từ (1) và (2)   Khối lượng FeCl3 là m = (2y-2x).162,5 = 8,125g. Đáp án A. Từ sai lầm trên ta rút ra nhận xét + Khi cho hỗn hợp Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 thì khi có khí H2 thoát ra, muối thu được chỉ có Fe2+. + Thứ tự phản ứng của các hợp chất chứa các oxit sắt và sắt khi phản ứng với dung dịch HCl hoặc H2SO4 loãng: oxit sắt + axit sau đó tới sắt (III) + sắt cuối cùng là sắt + axit. 2.2 Quy đổi hỗn hợp nhiều chất về các nguyên tử tương ứng Phương pháp: Quy đổi hỗn hợp đầu về hỗn hợp chỉ gồm 2 hoặc 3 chất là những nguyên tố cấu thành nên các hợp chất trong hỗn hợp đầu. Sau đó áp dụng bảo toàn khối lượng và bảo toàn electron. Ví dụ 1: Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 3 gam hỗn hợp chất rắn X. Hòa tan hết hỗn hợp X trong dung dịch HNO3 dư, thoát ra 0,56 lít khí NO (ở đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Giá trị của m là A. 2,52. B. 2,22. C. 2,62. D. 2,32. (Đề tuyển sinh ĐH môn hóa học, khối B- năm 2007) Giáo viên: Phạm Thi Thu 8 TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH IV Sáng kiến kinh nghiệm năm 2011 Hướng dẫn giải Nhận thấy hỗn hợp X tuy phức tạp nhưng chỉ gồm 2 nguyên tố Fe, O do đó có thể quy đổi X O : y(mol ) thành hỗn hợp chỉ gồm 2 nguyên tố này với:  Fe : x(mol ) Lúc này sơ đồ biến đổi như sau: m gam NO: 0,025 mol dd HNO3  Fe o     O  Fe   X  o  O    3 Fe : xmol  2 O : ymol 3,0 gam Áp dụng bảo toàn khối lượng: 56 x + 16 y = 3,0 (1) Các quá trình nhận và nhường electron Fe  Fe+3 + 3e x O0 + 2e  O-2 3x y N+5 + 3e 2y 0,075  N+2 0,025 Áp dụng bảo toàn electron 3x = 2y + 0,075 (2)  x  0,045  y  0,03 Từ (1) và (2)    trong X có số mol Fe = 0,045 mol. Ta có khối lượng Fe ban đầu bằng khối lượng Fe trong X nên m= 0,045. 56 = 2,52 gam. Ví dụ 2: Hòa tan 2,08 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeS, S bằng H2SO4 đặc nóng dư thu được 2,688 lít SO2 (sản phẩm khử duy nhất) ở đktc và dung dịch Y. Cho dung dịch Y tác dụng với NaOH dư lọc lấy kết tủa đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi thì lượng chất rắn thu được là A. 8,2 gam. B. 9 gam. C. 1,6 gam. D. 1,07 gam. Hướng dẫn giải Nhận thấy hỗn hợp X chỉ gồm 2 nguyên tố Fe và S. Do đó quy đổi hỗn hợp X thành Giáo viên: Phạm Thi Thu S : y(mol )  Fe : x(mol ) 9 TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH IV Sáng kiến kinh nghiệm năm 2011 Theo bảo toàn khối lượng ta có: 56x + 32y = 2,08(1) Quá trình nhường nhận electron như sau: Feo  Fe3+ +3e S0  S4+ + 4e x y 3x Theo bảo toàn electron ta có: S+6 + 2e  S4+ 4y 2a 3x  4 y  2a   y  a  0,12 a (2) x  0,02  y  0,03 Từ (1) và (2)   Theo bảo toàn nguyên tố Fe ta có khối lượng rắn là khối lượng Fe2O3: m= 1 n Fe .160  1,6 2 gam ( Đáp án C). Ví dụ 3: Hòa tan hoàn toàn 30,4 gam chất rắn X gồm Cu, CuS, Cu2S và S bằng HNO3 dư, thoát ra 20,16 lít NO duy nhất(đktc) và dung dịch Y. Thêm Ba(OH)2 dư vào dung dịch Y thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là A. 81,55 gam. B. 104,2 gam. C. 110,95 gam. D. 115,85 gam. Hướng dẫn giải Nhận thấy hỗn hợp X chỉ gồm 2 nguyên tố Cu và S nên có thể quy đổi hỗn hợp X thành hỗn hợp gồm 2 nguyên tố như sau: X S : y(mol ) gồm  Cu : x(mol ) Lúc này bài toán được biểu diễn bằng sơ đồ sau: dd HNO3 Cu 0    X 0  S    30,4 gam NO 20,16 lít 2 Cu 2 , SO4  BaSO4; Cu(OH)2 m gam Áp dụng bảo toàn khối lượng ta có: 64x + 32y = 30,4 (1) Giáo viên: Phạm Thi Thu 10 TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH IV Sáng kiến kinh nghiệm năm 2011 Quá trình nhường và nhận electron như sau: Cu 0  Cu2+ + 2e S0  S+6 +6e x y x 2x y N+5 + 3e 6y 2,7  N2+ 0,9 Theo định luật bảo toàn electron: 2x + 6y = 2,7 (2) x  0,3mol Từ (1) và (2)    y  0,35mol Áp dụng bảo toàn nguyên tố Cu và S ta có: m  mCu ( OH ) 2  m BaSO4  x.98  y.233  110,95 gam( Đáp án C) Lưu ý: Đây là cách quy đổi có tính khái quát nhất cho lời giải nhanh, gọn dễ hiểu biểu thị đúng bản chất hóa học của bài toán. 2.3 Quy đổi tác nhân oxi hóa. Phương pháp:Với những bài toán trải qua nhiều giai đoạn oxi hóa khác nhau bởi những chất oxi hóa khác nhau ta có thể quy đổi vai trò của chất oxi hóa này cho chất oxi hóa kia để bài toán trở nên đơn giản hơn. Khi thực hiện phép quy đổi phải đảm bảo + Số electron nhường, nhận là không đổi( định luật bảo toàn electron) + Do sự thay đổi tác nhân oxi hóa có sự thay đổi sản phẩm cho phù hợp. Ví dụ 1: Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 3 gam hỗn hợp chất rắn X. Hòa tan hết hỗn hợp X trong dung dịch HNO3 dư, thoát ra 0,56 lít khí NO (ở đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Giá trị của m là A. 2,52. B. 2,22. C. 2,62. D. 2,32. ( Đề tuyển sinh ĐH môn hóa học, khối B- năm 2007) Hướng dẫn giải Thay vai trò của HNO3 bằng  O  , lúc này sản phẩm cuối cùng là Fe2O3. Ta có sơ đồ sau Fe + (*)  Fe   FeO +    X  Fe O  2 3 (**)    Fe3 O4    Giáo viên: Phạm Thi Thu Fe2O3 11 TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH IV m gam Sáng kiến kinh nghiệm năm 2011 3 gam Ở đây ta thay vai trò nhận electron của N+5 bằng O N+5 + 3e  N+2  0,075 O0 + 2e  O-2 0,025 Theo nguyên tắc quy đổi, số electron do N+5 nhận và O nhận phải như nhau:  2nO (**)  0,075  nO (**)  0,0375mol Theo bảo toàn khối lượng: mFe O  m X  mO (**)  3,0  16.0,0375  3,6 gam 2 Theo bảo toàn nguyên tố sắt: 3 n Fe  2n Fe2O3  2.3,6  0,045 160  m = 0,045. 56 = 2,52 gam( Đáp án A) Ví dụ 2: Một phoi bào sắt có khối lượng m gam để lâu trong không khí bị oxi hóa thành hỗn hợp A gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 có khối lượng 12 gam.Cho A tan vào dung dịch HNO3 dư sinh ra 4,48 lít khí NO duy nhất( ở đktc). Giá trị của m là A. 10,56. B.11,2. C. 14. D.11,76. Hướng dẫn giải Thay vai trò của HNO3 bằng  O  , lúc này sản phẩm cuối cùng là Fe2O3. Ta có sơ đồ sau Fe + m gam (*)  Fe   FeO +    X  Fe O  2 3 (**)    Fe3 O4    Fe2O3 12 gam Ở đây ta thay vai trò nhận electron của N+5 bằng O N+5 + 3e  N+2  0,6 O0 + 2e  O-2 0,2 Theo nguyên tắc quy đổi, số electron do N+5 nhận và O nhận phải như nhau:  2nO (**)  0,6  nO (**)  0,3mol Theo bảo toàn khối lượng: m Fe O  m X  mO (**)  12  16.0,3  16,8 gam 2 Theo bảo toàn nguyên tố sắt: 3 n Fe  2n Fe2O3  2.16,8  0,21mol 160  m = 0,21. 56 = 11,76 gam(Đáp án D) Giáo viên: Phạm Thi Thu 12 TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH IV Sáng kiến kinh nghiệm năm 2011 3.Bài tập vận dụng Bài 1: Cho 11,36 gam hỗn hợp Fe, FeO, Fe2O3, 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. Giá trị của m là A. 49,09. B. 38,72. C. 35,50. D. 34,36. Bài 2: Nung m gam Cu trong oxi thu được 24,8 gam hỗn hợp chất rắn X gồm Cu, CuO và Cu2O. Hòa tan hoàn toàn X trong H2SO4 đặc nóng thoát ra 4,48 lít khí SO2 duy nhất(đktc). Giá trị của m là A. 9,60. B. 14,72. C. 21,12. D. 22,40. Bài 3: Cho 9,12 gam hỗn hợp gồm FeO, Fe2O3 , Fe3O4 tác dụng với dung dịch HCl (dư). Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, được dung dịch Y; Cô cạn dung dịch Y thu được 7,62 gam FeCl2 và m gam FeCl3. Giá trị của m là A.9,75. B.8,75. C. 7,80. D. 6,50. ( Đề tuyển sinh ĐH-CĐ môn hóa học, khối B- năm 2008) Bài 4: Để hòa tan hoàn toàn 2,32 gam hỗn hợp gồm FeO, Fe3O4 và Fe2O3(trong đó số mol FeO bằng số mol Fe2O3) cần dùng vừa đủ V lít dung dịch HCl 1M. Giá trị của V là A. 0,16 B. 0,18. C. 0,08. D. 0,23. ( Đề tuyển sinh ĐH-CĐ môn hóa học, khối A- năm 2008) Bài 5: Đốt cháy 6,72 gam bột Fe trong không khí thu được m gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3 và Fe dư. Để hòa tan X cần dùng vừa hết 255ml dung dịch chứa HNO3 2M, thu được V lít khí NO2( sản phẩm khử duy nhất, đo ở đktc). Giá trị của m và V là A. 8,4 và 3,36. B. 8,4 và 5,712. C. 10,08 và 3,36. D. 10,08 và 5,712. Bài 6: Cho 22,72 gam hỗn hợp Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 phản ứng hết với dung dịch HNO3 loãng dư thu được V lít khí NO(sản phẩm khử duy nhất, đo ở đktc). Cô cạn dung dịch X thu được 77,44 gam muối khan. Giá trị của V là A.2,24. Giáo viên: Phạm Thi Thu B. 4,48. C. 2,688. D. 5,6. 13 TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH IV Sáng kiến kinh nghiệm năm 2011 Bài 7: Hòa tan hết m gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe2O3 và Fe3O4 bằng HNO3 đặc nóng thu được 4,48 lít khí NO2(đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 145,2 gam muối khan. Giá trị của m là A.35,7. B. 46,4. C. 15,8. D. 77,7. Bài 8: Hòa tan hoàn toàn 49,6 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 bằng H2SO4 đặc nóng thu được dung dịch Y và 8,96 lít khí SO2(đktc). a. % khối lượng oxi trong X là A. 40,24%. B. 30,7%. C. 20,97%. D. 37,5%. C. 120 gam. D. 100 gam. b. Khối lượng muối trong dung dịch Y là A.160 gam. B. 140 gam. Bài 9: Hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 với số mol mỗi chất là 0,1 mol, hòa tan hết vào dung dịch Y gồm( HCl và H2SO4 loãng) dư thu được dung dịch Z. Nhỏ từ từ dung dịch Cu(NO3)2 1M vào dung dịch Z cho tới khi ngừng thoát khí NO. Thể tích dung dịch Cu(NO3)2 cần dùng và thể tích khí thoát ra ở đktc là A. 25ml và 1,12 lít. B. 0,5 lít và 22,4 lít. C. 0,083 lít và 3,733 lít. D. 50 ml và 1,12 lít. Bài 10: Cho 20 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 hòa tan trong 300 ml dung dịch H2SO4 1M, thu được 2,24 lít H2(đktc) và dung dịch D. Cho dung dịch D tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư, lọc kết tủa và đem nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn. Giá trị m là A. 93,9 gam. B. 85,8 gam. C. 99,3gam. D.39,9 gam. Bài 11: Hòa tan hỗn hợp X gồm 0,2 mol Fe và 0,1 mol Fe2O3 vào dung dịch HCl dư, sau phản ứng thu được dung dịch D và V lít khí(ở đktc). Cho dung dịch D tác dụng với dung dịch NaOH dư được kết tủa. Lọc kết tủa, rửa sạch và đem nung nóng trong không khí đến khối lượng không đổi được m gam chất rắn Y. Giá trị m và V là A. 16,0 gam và 2,24 lít. B. 32,0 gam và 4,48 lít. C. 32,0 gam và 2,24 lít. D. 48 gam và 4,48 lít. Giáo viên: Phạm Thi Thu 14 TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH IV Sáng kiến kinh nghiệm năm 2011 Bài 12: Hòa tan hỗn hợp X gồm 0,2 mol Fe và 0,1 mol Fe2O3 vào dung dịch HCl dư, sau phản ứng thu được dung dịch D. Cho dung dịch D tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được kết tủa. Lọc kết tủa, rửa sạch và đem nung nóng trong không khí đến khối lượng không đổi được m gam chất rắn Y. Giá trị m A. 16,0 gam. B. 30,4 gam. C. 32,0 gam. D. 48,0 gam. Bài 13: Cho hỗn hợp X gồm FeO, Fe2O3, Fe3O4 với số mol bằng nhau. Lấy a gam X cho phản ứng với CO nung nóng, sau phản ứng trong bình còn lại 16,8 gam hỗn hợp rắn Y. Hòa tan hoàn toàn Y trong H2SO4 đặc, nóng thu được 3,36 lít khí SO2 duy nhất ở(đktc). Giá trị của a và số mol H2SO4 đã phản ứng lần lượt là A. 19,20 và 0,87. B. 19,2 và 0,51. C. 18,56 và 0,87. D. 18,56 và 0,51. Bài 14:Hòa tan hoàn toàn 30,4 gam chất rắn X gồm Cu, CuS và S bằng HNO3 dư, thoát ra 20,16 lít NO duy nhất(đktc) và dung dịch Y. Thêm Ba(OH)2 dư vào dung dịch Y thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là A. 81,55 gam. B. 104,2 gam. C. 110,95 gam. D. 115,85 gam. Bài 15:Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Fe, FeCl2 và FeCl3 trong H2SO4 đặc nóng thoát ra 4,48 lít khí SO2 duy nhất (ở đktc) và dung dịch Y. Thêm NH3 dư vào dung dịch Y thu được 32,1 gam kết tủa. Giá trị của m là A. 16,8. B. 17,75. C. 25,675. D. 34,55. II. Kết hợp phương pháp quy đổi , trung bình và đường chéo. Trong các phương pháp giải toán hóa học thì trung bình, đường chéo, và quy đổi là phương pháp nhanh hiệu quả và có nhiều phát triển trong thời gian gần đây, mỗi phương pháp lại có những thế mạnh và ứng dụng riêng. Sự kết hợp khéo léo 3 phương pháp này cho phép khai thác tối đa thế mạnh của từng phương pháp và mang lại hiệu quả đặc biệt trong giải toán. Để kết hợp tốt các phương pháp trên theo tôi: + Giáo viên cung cấp cho học sinh phương pháp trung bình, đường chéo, quy đổi cho học sinh vận dụng thành thạo. Giáo viên: Phạm Thi Thu 15 TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH IV Sáng kiến kinh nghiệm năm 2011 + Dựa vào đề bài phân tích các yếu tố khối lượng phân tử, hệ số của các phương trình, số electron cho và nhận để sử dụng cùng một lúc các phương pháp trên hiệu quả. 1.Các ví dụ Ví dụ 1: Hòa tan hoàn toàn 22,4 gam một kim loại M chưa biết vào dung dịch H2SO4 đặc nóng dư thu được dung dịch A và khí B có khả năng làm phai màu cánh hoa hồng. Hấp thụ hoàn toàn B vào 800 ml dung dịch NaOH 1M, khi phản ứng hoàn toàn cô cạn dung dịch thu được 48,1 gam chất rắn. Kim loại M là A. Fe. B. Ca. C. Mg. D. Cu. Hướng dẫn giải n NaOH  0,8mol Điểm mấu chốt của bài toán là phải biện luận để tìm ra được thành phần của 48,1 gam chất rắn, từ đó xác định được số mol SO2. NaOH phản ứng với SO2 2 NaOH + SO2  Na2SO3 + H2O NaOH + SO2  NaHSO3 Khi cho SO2 tác dụng NaOH sản phẩm bao gồm 1 hoặc 2 trong 3 chất NaOH dư (M = 40); NaHSO3 (M = 104), Na2SO3(M = 126) Quy đổi: coi 1 mol Na2SO3 là 2 mol NaX. Khi đó hỗn hợp rắn quy đổi thành Ta có M  48,1  60,125 0,8 M NaX  Na X 126  63 2 khối lượng m Na X  48,1 ; n Na X  n NaOH  0,8mol có một chất M < 60,125 nên trong hỗn hợp rắn có NaOH dư ( muối chỉ gồm Na2SO3 = 2 NaX). Áp dụng sơ đồ đường chéo n1 NaX M = 63 60,125 – 40 = 20,125 60,125 n2 NaOH M = 40 n1 20,125  7 n2 2,875 63 – 60,125 = 2,875  n NaX  0,7 mol  n Na2 SO3  0,35mol  n SO2  0,35mol Ta có quá trình cho nhận electron như sau: Giáo viên: Phạm Thi Thu 16 TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH IV MM n+ + ne S +6 + 2e  S 0,7 Theo định luật bảo toàn electron ta có 0,7 = Sáng kiến kinh nghiệm năm 2011 +4 0,35 m .n  M  32n M Vậy kim loại M là Cu( Đáp án: D). Ví dụ 2: Crackinh C4H10 thu được hỗn hợp chỉ gồm 5 hiđrocacbon có tỉ khối hơi so với H2 là 16,325. Hiệu suất của phản ứng crackinh là A. 77,64%. B. 38,82%. C. 17,76%. D. 16,325%. Hướng dẫn giải Phản ứng: Ankan  ankan’ + anken n ankan '  nanken  Khối lượng phân tử của anken và ankan mới sinh ra= ½ Khối lượng của ankan ban đầu. Quy đổi: Coi hỗn hợp khí sau phản ứng crackinh là 1 khí duy nhất X có khối lượng phân tử M  58  29 2 Hỗn hợp sau phản ứng trở thành 2 thành phần là( hỗn hợp các ankan và anken mới sinh ra) và C4H10 dư. Do đó ta có thể sử dụng sơ đồ đường chéo như sau n1 hỗn hợp X M = 29 58 - 32,65 = 25,35 32,65 n2 C4H10 M = 58 32,65 - 29 = 3,65 Giả sử hỗn hợp ban đầu chứa 29mol khí ( 3,65 mol C4H10 và 25,35 mol X)  nC4 H10  3,65  25,35 16,325  3,65  16,325  h  .100  77,64% (Đáp 2 16,325 án: A) Ví dụ 3: Cho 37,6 gam hỗn hợp 3 chất Fe3O4, FeO và Cu2O tác dụng với dung dịch HNO3 loãng dư thu được 2,24 lít khí NO đktc. Khối lượng Fe3O4 trong hỗn hợp là A. 34,8 gam. B. 23,2 gam. C. 11,6 gam. D. 17,4 gam. Hướng dẫn giải Ta có quá trình cho nhận electron: Fe2+  Fe3+ + 1e Cu+  Cu2+ + 1e Giáo viên: Phạm Thi Thu N+5 + 3e  0,3 N2+ 0,1 17 TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH IV Sáng kiến kinh nghiệm năm 2011 Căn cứ vào các sơ đồ trên và lấy 1 mol electron cho làm mốc ta có Cứ 1mol Fe3O4(232g) cho 1mol electron. Cứ 1 mol FeO(72 g) cho 1mol electron. Cứ 0,5 mol Cu2O(72g) cho 1 mol electron. Áp dụng bảo toàn electron ta có số mol electron của hỗn hợp nhận là 0,3 mol. Vậy cứ 37,6 376  0,3 3 g hỗn hợp cho 1 mol electron. Quy đổi: coi FeO và Cu2O là một chất trung bình X mà cứ 72 gam chất này lại cho 1mol electron. Hỗn hợp trở thành Fe3O4 và X. Áp dụng sơ đồ đường chéo: n1 X 320  0,2mol 3 M = 72 376 3 n2 160  0,1mol 3 Fe3O4 M = 232 Do đó m Fe O  23,2 gam ( Đáp án: B) 3 4 Ví dụ 4: Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol hỗn hợp X gồm CH4, C2H4 và C2H6. Sản phẩm thu được dẫn qua bình 1 đựng H2SO4 đặc và bình 2 đựng dung dịch Ca(OH)2 dư. Sau thí nghiệm thấy trong bình 2 có 15 gam kết tủa và khối lượng bình 2 tăng nhiều hơn bình 1 là 2,55 gam. Thành phần phần trăm về thể tích của mỗi khí trong hỗn hợp ban đầu là A. 50%, 30%, 20%. B. 30%, 40%, 30%. C. 50%, 25%, 25%. D. 50%, 15%, 35%. Hướng dẫn giải Từ giả thiết nCO  0,15mol ; 2 n H 2O  0,15.44  2,55  0,225mol 18 Gọi công thức trung bình của hỗn hợp đầu là Phương trình phản ứng cháy: Theo bài ra Cx H y  Cx H y xCO2  y H 2O 2  x  1,5; y  4,5. Quy đổi: Giáo viên: Phạm Thi Thu 18 TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH IV Sáng kiến kinh nghiệm năm 2011 - Coi hỗn hợp C2H4 và C2H6 là một hiđrocacbon duy nhất có 2 nguyên tử các bon. Áp dụng phương pháp đường chéo ta có C H4 C =1 0,5  50% 1,5 C2H4, C2H6 C=2 0,5 ﾵﾵ - Coi hỗn hợp CH4 và C2H4 là 1 hiđrocacbon duy nhất có 4 nguyên tử hiđro. Áp dụng sơ đồ đường chéo ta có: C H4, C2H4 H =4 1,5 ﾵﾵ 4,5 C2H6 H=6 0,5 ﾵﾵ Từ trên ta thấy thành phần phần trăm về thể tích khí CH4, C2H4 và C2H6 trong hỗn hợp ban đầu là: 50%, 25%, 25%(Đáp án: C) 2. Bài tập vận dụng Bài 1: Cho 8,96 lít hỗn hợp CO2 và NO2(đktc) hấp thụ vào một lượng dung dịch NaOH vừa đủ tạo thành các muối trung hòa. Sau đó đem cô cạn dung dịch thu được 36,6 gam muối khan. Thành phần % thể tích mỗi khí CO2 và NO2 trong hỗn hợp ban đầu lần lượt là A. 25%, 75%. B. 50%, 50%. C. 75%, 25%. D. 30%, 70%. Bài 2: Hòa tan hoàn toàn 14,52 gam hỗn hợp X gồm NaHCO3, KHCO3 và MgCO3 trong dung dịch HCl dư thu được 3,36 lít khí CO2(đktc). Khối lượng muối KCl tạo thành trong dung dịch sau phản ứng là A. 8,94 gam. B. 16,17 gam. C. 7,92 gam. D. 12,0 gam. Bài 3: Hỗn hợp X có tỉ khối so với H2 là 21,2 gồm propan, propen và propin. Khi đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol X tổng khối lượng của CO2 và H2O thu được là A. 18,60 gam. B. 18,96 gam. C. 20,40 gam. D. 16,80 gam. ( Đề tuyển sinh ĐH-CĐ môn hóa học, khối A- năm 2008) Bài 4: Cho hỗn hợp X gồm etan, propilen và benzen tỉ khối so với H2 là 24. Khi đốt cháy hoàn toàn 9,6gam hỗn hợp X sau đó cho toàn bộ sản phẩm cháy hấp thụ hết vào bình đựng 500 ml dung dịch Ca(OH)2 1M có m gam kết tủa. Giá trị của m A. 50. B. 70. C. 30. D. 40. PHẦN II: CÁC BIỆN PHÁP TỔ CHỨC THỰC HIỆN Phương pháp quy đổi là phương pháp giúp học sinh giải rất nhanh bài tập hóa học đáp ứng được yêu cầu của bộ môn hiện nay. Vì vậy giáo viên có thể đưa ra phương pháp quy đổi vào những buổi học bồi dưỡng, phụ đạo hay tiết tự chọn của các chương: Chương 6: oxi- lưu huỳnh( lớp 10); Chương 2: Nitơ- photpho( lớp 11); Chương 3: Cacbon- silic( lớp 11); Chương 5: hiđrocacbon no(lớp 11); Chương 6: hiđrocacbon không no(lớp 11); Chương 7: hiđrocacbon thơm (lớp 11); Chương 7: crom, sắt, đồng( lớp 12). Đặc biệt là giáo viên có thể dạy cho học sinh khi ôn thi đại học. Cách tiến hành: Giáo viên đưa ra phương pháp quy đổi với 3 cách quy đổi như trong sáng kiến, bài tập và phương pháp kết hợp phương pháp quy đổi với phương pháp trung bình, đường chéo và lấy các ví dụ hướng dẫn học sinh làm. Sau đó cho học sinh làm bài tập vận dụng ở từng phần đồng thời có kiểm tra đánh giá. Giáo viên: Phạm Thi Thu 19 TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH IV C. KẾT LUẬN Sáng kiến kinh nghiệm năm 2011 I. KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU Bằng các phương pháp nghiên cứu khoa học như: Phân tích lí thuyết, tổng hợp tài liệu, điều tra cơ bản, tổng kết kinh nghiệm sư phạm và sử dụng một số phương pháp thống kê toán học trong việc phân tích thực nghiệm sư phạm… Trong sáng kiến đã trình bày cách thức “Sử dụng hiệu quả phương pháp quy đổi trong giải nhanh các bài tập hóa học” với 3 hướng quy đổi hay gặp và cách kết hợp phương pháp quy đổi với trung bình và đường chéo giúp học sinh vận dụng thành thạo và phát huy tối đa thế mạnh của phương pháp quy đổi để từ đó giúp học sinh giải rất nhanh bài tập hóa học đáp ứng được yêu cầu hiện nay. * Kết quả thực nghiệm. - Mục đích: Kiểm chứng tính hiệu quả của đề tài trong giải nhanh bài tập Hoá học. - Đối tượng thực nghiệm:Học sinh trường THPT Thạch Thành IV. - Cách thức thực hiện: Tiến hành dạy phương pháp trên cho các lớp 11B1, 11B3 hai lớp 11B2 và 11B4 không dạy. Sau đó cho học sinh các lớp trên làm cùng một bài kiểm tra trắc nghiệm kết quả như sau: Điểm từ 5 đến Điểm từ 6,5 Ghi Điểm dưới 5 Điểm trên 8 Lớp Sĩ số dưới 6,5 đến dưới 8 chú SL % SL % SL % SL % 11B1 50 3 6 7 14 15 30 25 50 11B3 50 2 4 8 16 10 20 30 60 11B2 50 10 20 30 60 8 16 2 4 11B4 51 8 15,69 32 62,75 8 15,69 3 5,87 Kết quả thực nghiệm trên bước đầu đã khẳng định tính đúng đắn, hiệu quả của đề tài. II. KIẾN NGHỊ VÀ ĐỀ XUẤT “Sử dụng hiệu quả phương pháp quy đổi trong giải nhanh các bài tập hóa học” là một kĩ thuật quan trọng giúp học sinh giải rất nhanh các bài tập hóa học. Tuy nhiên trong sách giáo khoa không trình bày, sách tham khảo trình bày sơ sài số lượng bài tập ít. Vì vậy trong quá trình giảng dạy ở các tiết ôn tập, tự chọn, tiết bồi dưỡng giáo viên nên đưa vào để giúp học sinh vận dụng thành thạo phương pháp quy đổi và kết hợp phương pháp quy đổi với phương pháp trung bình, đường chéo, bảo toàn electron để từ đó học sinh có thể giải rất nhanh các bài tập trắc nghiệm, đáp ứng được yêu cầu hiện nay. Là một giáo viên trẻ kinh nghiệm giảng dạy chưa có nhiều nên trong quá trình làm sáng kiến không tránh khỏi sai sót kính mong Hội đồng khoa học có những đóng góp ý kiến để sáng kiến được hoàn thiện hơn. Thạch Thành, ngày 10 tháng 5 năm 2011 Người thực hiện Phạm Thị Thu Giáo viên: Phạm Thi Thu 20