73. hoa thpt nguyenvanthuy-thpt-hatrung

S¸ng kiÕn kinh nghiÖm. Sö dông c©n b»ng ion – electron trong gi¶i bµi tËp Hãa häc

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ĐỀ TÀI

“SỬ DỤNG CÂN BẰNG ION – ELECTRON TRONG GIẢI BÀI TẬP HÓA HỌC”

PHẦN I: MỞ ĐẦU

I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Trong quá trình dạy học, việc hình thành phương pháp, kỹ năng giải bài tập cho học sinh là rất quan trọng. Đặc biệt đối với phương pháp đổi mới trong kiểm tra đánh giá và thi Đại học – Cao đẳng, khi học sinh đã có phương pháp tốt thì việc giải bài toán để có kết quả nhanh, chính xác sẽ trở nên nhanh chóng, đơn giản. Không có phương pháp nào tối ưu để áp dụng cho mọi dạng bài tập. Trên cơ sở đó tôi mạnh rạn đưa ra đề tài sáng kiến kinh nghiệm “sử dụng cân bằng ion –electron để giải nhanh một số bài toán Hóa học”. Thông qua đó học sinh có thể nhìn nhận được dạng bài tập và áp dụng để giải nhằm thu được kết quả nhanh và chính xác đáp ứng nhu cầu thi trắc nghiệm như hiện nay.

II. LỊCH SỬ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Để giải các bài tập phần oxi hóa – khử trong dung dịch đòi hỏi học sinh phải viết và cân bằng đúng phương trình phản ứng, thao tác này mất nhiều thời gian hơn nữa khi cân bằng được rồi thì tính toán theo phương trình cũng mất nhiêu thời gian để có thể đưa ra kết quả chính xác, việc này không phù hợp với hình thức kiểm tra đánh như hiện nay. Do đó đề tài ra đời đáp ứng yêu cầu của phương pháp trắc nghiệm như hiện nay đối với bài tập sử dụng cân bằng phản ứng oxi hóa –khử theo phương pháp ion –electron.

Gi¸o viªn: NguyÔn V¨n Thñy Trêng THPT Hµ Trung

1

S¸ng kiÕn kinh nghiÖm. Sö dông c©n b»ng ion – electron trong gi¶i bµi tËp Hãa häcIII. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Đưa ra một số bài tập Hóa học có thể áp dụng phương pháp cân bằng phản ứng oxi hóa – khử theo phương pháp ion – electron giúp học sinh nhận biết được dạng bài tập, hình thành được kỹ năng và “xử lý” được bài tập nhanh chóng, đưa ra kết quả nhanh và chính xác.

IV. NHIỆM VỤ VÀ PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU

- Có đưa ra cơ sở lí thuyết và nhắc lại các kiến thức liên quan tới phản

ứng oxi hóa khử mà học sinh đã được học trong chương trình sgk Hóa học lớp

11. Thông qua đó học sinh có cái nhìn khách quan về phương pháp này, học sinh

không bị gò ép mà có thể chủ động lĩnh hội, nắm bắt phương pháp, hình thành

kỹ năng giải bài tập.

- Thông qua việc phân tích, giải bài tập theo phương pháp tính toán đơn

thuần với phương pháp sử dụng cân bằng ion – electron để giải bài tập từ đó rút

ra tính nhanh chóng, chính xác và hiệu quả của phưong pháp ion – electron.

V. GIỚI HẠN NGHIÊN CỨU.

- Các bài tập Hóa học trongchương trình THPT

- Chuẩn bị những kiến thức giúp học sinh giải các bài tập Hóa học

VI. ĐIỂM MỚI TRONG KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU

- §a ra cách cân bằng phản ứng oxi hóa khử theo phương pháp ion –

electron

- Hệ thống các dạng bài tập có thể sử dụng cân bằng ion – electron để giải


2

S¸ng kiÕn kinh nghiÖm. Sö dông c©n b»ng ion – electron trong gi¶i bµi tËp Hãa häcPHẦN II: NỘI DUNG

I. CƠ SỞ LÍ THUYẾT1. Nhắc lại phản ứng oxi hóa khửa. Khái niệm: - Phản ứng oxi hóa khử là phản ứng trong đó có sự thay đổi số oxi hóa của một số nguyên tố trước và sau phản ứng

- Chất khử là chất nhường electron- Chất oxi hóa là chất nhận electron- Quá trình oxi hóa là quá trình chất khử nhường electron- Quá trình khử là quá trình chất oxi hóa nhận electron

b. Quy tắc xác định số oxi hóaQuy tắc 1: Số oxi hóa của nguyên tố trong các đơn chất bằng khôngQuy tắc 2: Trong một phân tử tổng số oxi hóa của các nguyên tố bằng khôngQuy tắc 3: Số oxi hóa của ion đơn nguyên tử bằng điện tích của ion đó.Trong ion đa nguyên tử, tổng số oxi hóa của các nguyên tố bằng điện tích của ion đóQuy tắc 4: Trong hầu hết các hợp chất, số oxi hóa của hiđro bằng +1, trừ một số hiđrua kim loại (NaH, CaH2 …). Số oxi hóa của oxi bằng -2, trừ hợp chất OF2, peoxit (H2O2, Na2O2 …)2. Cân bằng phản ứng oxi hóa khử theo phương pháp ion – electronBước 1: Viết sơ đồ phản ứngBước 2: Xác định số oxi hóa của nguyên tử các nguuyên tố thay đổi số oxi hóaBước 3: Viết quá trình oxi hóa – quá trình khử theo nguyên tắc - Chất điện li mạnh: Viết dưới dạng ion - Chất điện li yếu hoặc không điện li: Viết dưới dạng phân tử

* Nếu phản ứng có axit tham gia (môi trường axit): Vế nào thừa a nguyên tử Oxi thì thêm vào vế đó 2a ion H+, vế còn lại thêm a phân tử H2O.

VD: Al + 6H+ + 3NO3 → Al3+ + 3NO2 + 3 H2O 1 eAlAl 330 +→ +

+5 +4 3 OHNOeHNO 223 12 +→++ +−

* Nếu phản ứng có bazơ tham gia (môi trường bazơ): Vế nào thừa a nguyên tử Oxi thì thêm vào vế đó a phân tử H2O, vế còn lại thêm 2a ion −OH .

VD: OHBrCrOOHBrCrO 22422 462832 ++→++ −−−−


3

S¸ng kiÕn kinh nghiÖm. Sö dông c©n b»ng ion – electron trong gi¶i bµi tËp Hãa häc +3 +6

2 2242 234 HeCrOOHCrO ++→+ −−−

0 -1

3 −→+ BreBr 21.22

* Nếu phả ứng xảy ra trong môi trường trung tính ( không có axit, bazơ tham gia phản ứng) mà sau phản ứng tạo thành axit hoặc bazơ thì viết quá trình oxi hóa – quá trình khử như trong môi trường axit hoặc bazơ

Bước 4: Tìm hệ số thích hợp: - Tìm bội chung nhỏ nhất (BCNN) của số electron nhường – nhận - Lấy BCNN chia cho số e nhường hoặc nhận → hệ số thích hợp

II. MỘT SỐ BÀI TOÁN VÍ DỤ

DẠNG 1: CÂN BẰNG PHẢN ỨNG OXI HÓA - KHỬ THEO PHƯƠNG PHÁP ION - ELECTRON

1. 3 Cu + 8 H+ + 2 NO3

- → 3 Cu2+ + 2 NO + 4 H2O 3 eCuCu 220 +→ +

+5 +2

2 OHNOHeNO 23 243 +→++ +−

2. 2 Fe + 12 H+ + 3 SO42 - → 2 Fe3+ + 3 SO2 + 6 H2O

2 eFeFe 330 +→ +

+6 +4

3 OHeSOHSO 2224 224 ++→+ +−

3. 2 MnO4- + 3 SO3

2 - + H2O → 2 MnO2 + 3 SO42 - + 2 OH-

+7 +4

2 −− +→++ OHMnOOHeMnO 423 224

+4 +6

3 OHeSOOHSO 224

23 22 ++→+ −−−

4. 8 Al + 3 NO3- + 5 OH- + 2 H2O → 8 AlO2

- + 3 NH3 +3

8 OHeAlOOHAl 220 234 ++→+ −−

+5 -3

3 −− +→++ OHNHOHeNO 968 323


4


5. 4 Mg + 10H+ + NO3 - → 4 Mg2+ + NH4

+ + 3 H2O

4 eMgMg 220 +→ +

+5 -3

1 OHNHHeNO 243 3108 +→++ ++−

Lưu ý: - Trường hợp phản ứng xảy ra trong môi trường bazơ mà sản phảm tạo thành có NH3 thì trong quá trình khử tạo NH3 cần viết và cân bằng điện tích trước sau đó mới cân bằng cho nguyên tử nguyên tố Oxi - Trường hợp có muối amoni (NH 4

+ ) tạo thành thì phái cân bằng cho số nguyên tử Oxi trước bằng cách thêm H2O vào vế thiếu Oxi sau đó mới cân bằng đến ion H+ theo định luật bảo toàn điện tích.

DẠNG 2: KIM LOẠI, HỖN HỢP KIM LOẠI TÁC DỤNG VỚI DUNG DỊCH AXIT HNO3, H2SO4 đặc

Bài 1: Hòa tan hoàn toàn 4,431g hỗn hợp X gồm Mg và Al trong dung dịch HNO3 loãng thu được dung dịch A và 1,568 lít hỗn hợp khí B gồm NO và N2O cân nặng 2,59g. Số mol HNO3 đã phản ứng làA. 0,385 B. 0,425 C. 0,49 D. 0,105

Giải: Đặt NOn = a mol, ONn

2 = b mol a + b = 0,07 a = 0,035 mol 30a + 44b =2,59 → b = 0,035 mol

Cách 1: Sử dụng phương pháp ion-electronQuá trình nhận electron: OHNOHeNO 23 243 +→++ +− (1) OHONHeNO 223 51082 +→++ +− (2)Theo (1), (2) ta có: 49,0104

23=+==

+Onnnn NNOHHNO

pp mol

Cách 2: Sử dụng định luật bảo toàn electronGọi x, y lần lượt là số mol của Mg và Al trong hỗn hợp X Ta có: 24x + 27y = 4,431 (*)Quá trình nhường – nhận electron 0 +2

Mg → Mg +2e 0 +3 → ∑ne nhường = 2x +3y (mol)Al → Al + 3e +5 +2


5

S¸ng kiÕn kinh nghiÖm. Sö dông c©n b»ng ion – electron trong gi¶i bµi tËp Hãa häcN + 3e → N (NO) +5 +1 → ∑ne nhận = 385,083

2=+ ONNO nn (mol)

2N + 2.4 e → 2N (N2O) Theo định luật bảo toàn e ta có: 2x +3y = 0,385 (**)Từ (*), (**) suy ra: x = 0,161 mol; y = 0,021 mol

→ −++=323

2NOONNOHNO nnnn

(tạo muối) = ++ +++ 32

2322

AlMgONNO nnnn = 0,49 mol

Nhận xét: Thông qua việc giải bài toán trên theo 2 cách chúng ta nhận thấy rằng nếu giải theo phương pháp bảo toàn electron mà học sinh thường hay áp dụng thì mất khoảng 3 phút trong khi đó nếu giải theo phương pháp ion-electron thì chỉ mất khoảng hơn 1 phút. Do đó với bài toán trên chúng ta nên sử dụng phương pháp ion-electron thì đỡ mất thời gian mà kết quả lại chính xác Vậy những dạng toán nào có thể áp dụng phương pháp ion-electron để giải và yêu cầu của phương pháp này là gi? Xin thưa rằng đối với những bài toán oxi hóa khử xảy ra trong dung dịch thì đều có thể vận dụng phương pháp này để giải và yêu cầu của phương pháp này là cần nắm được cách cân bằng phản ứng oxi hóa khử theo phương pháp ion-electron như phần bổ túc kiến thức đã nêu.

Bài 2: Cho a gam bột Al tác dụng vừa đủ với V lít dung dịch HNO3 0,5M thu được dung dịch A và 1,792 lít hỗn hợp khí B gồm N2 và NO. Biết d B/H2 = 14,25. Tính a và V Giải: Đặt )(molanNO = , )(

2molbnN = → a + b = 0,08 (1)

NO (30), a 0,5

28,5 → 3

1

5,1

5,0 ==b

a (2)

N2 ( 28), b 1,5 Từ (1) và (2) suy ra : a = 0,02 mol, b = 0,06 molQuá trình nhường – nhận e:

OHNHeNO 223 612102 +→++ +−

0,12 0,6 0,06OHNOHeNO 23 243 +→++ +−

0,02 0,06 0,02

Ta có: 3HNOn pư = +Hn pư = )(8,0412

2molnn NON =+ → V )(6,1

5,0

8,03

lítVHNO ==

→ 3HNOn tạo muối = 3HNOn pư - 3HNOn tạo khí = 0,8 – 0,14 = 0,66 mol

→ )(22,03

66,0

3

13

3 molnnnNOAlAl ==== −+ → a = 5,94g


6

S¸ng kiÕn kinh nghiÖm. Sö dông c©n b»ng ion – electron trong gi¶i bµi tËp Hãa häcBài 3: Cho 3,2g bột Cu tác dụng với 100ml dung dịch hỗn hợp HNO3 0,8M và H2SO4 0,2M thu được khí V lít khí NO là sản phẩm khử duy nhất (ở đktc). Giá trị của V làA. 0,672 lít B. 0,448 lít C. 0,224 lít D. 0,336 lítGiải:Ta có: )(12,02

423molnnn SOHHNOH

=+=+ , )(08,03

molnNO

=− , nCu = 0,05 (mol)Ptpư: 3 Cu + 8 H+ + 2 NO3

- → 3 Cu2+ + 2 NO + 4 H2O (1)Giả sử H+ phản ứng hết

Ta có: nCu (pư) = 045,012,0.8

3

8

3 ==+Hn < 0,05 mol

03.04

12,0

4

13

=== +− HpuNOnn < 0,08 mol.

Vậy Cu và NO3- phản ứng dư, H+ phản ứng hết

Theo (1) ta có: )(672,04,22.03,0)(03.04

1lítVmolnn NOHNO ==→== +

Bài 4: Hòa tan hoàn toàn 24,2 gam hỗn hợp A gồm 3 kim loại bằng dung dịch HNO3 loãng dư thu được 6,72 lít NO duy nhất (đktc) và dung dịch B chỉ chứa muối nitrat của kim loại. Khối lượng muối nitrat thu được khi cô cạn cẩn thận dung dịch B làA. 61,4g B. 98,6g C. 80g D. 43,5g

Giải: Ta có: )(3,0 molnNO =

Quá trình khử: OHNOHeNO 23 243 +→++ +− (1)Theo (1) ta có: )(12,04

3molnnn NOHHNO === + .

Nhận thấy HNO3 phản ứng dùng vào 2 việc: tạo khí và tạo muối−3NO

n (tạo muối) = gmmolnnNONOHNO 8,55)(9,003,02,1

33=→=−=− −

Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: mmuối = m kimloại + −

3NOm = 24,2 + 55,8 = 80g

Bài 5: Cho m (g) bột Fe vào 800 ml dung dịch hỗn hợp gồm Cu(NO3)2 0,2M và H2SO4 0,25M. Sau khi các phản ứng hoàn toàn thu được 0,6m (g) hỗn hợp bột kim loại và V lít khí NO duy nhất (đktc). Giá trị của m và V lần lượt là

A. 17,8g và 4,48 lít B. 10,8g và 4,48 lítC. 17,8g và 2,24 lít D. 10,8g và 2,24 lít

Giải:Ta có: )(2,0);(4,0),(32,0),(16,0 2

432 molnmolnmolnmoln

SOHNOCu==== −+−+


7

S¸ng kiÕn kinh nghiÖm. Sö dông c©n b»ng ion – electron trong gi¶i bµi tËp Hãa häcQuá trình nhận e: OHNOHeNO 23 243 +→++ +− (1)

Theo (1): 1,04

13

== +− HNOnn < 0,32 → NO3

- dư, H|+ phản ứng hết

→ )(24,2)(1,04

1lítVmolnn NOHNO =→== +

Vì sau phản ứng hoàn toàn thu được hỗn hợp bột kim loại chứng tỏ Fe dư, Cu2+ phản ứng hếtPtpư: OHNOFeNOHFe 2

33 24 ++→++ +−+ (1)

0,1 0,4 0,1 0,1 Fe + Cu2+ → Fe2+ + Cu (2) 0,16 0,16 0,16 Fe + 2 Fe3+ → 3 Fe2+ (3) 0,05 0,1

Sau phản ứng hoàn toàn có: nFe dư = 31,056

)05,016,01,0(56

−=++− mm (mol)

nCu = 0,16 (mol)

Phương trình theo khối lượng chất rắn

)(8,176,016,0.64)31,056

(56 gmmm =→=+−

DẠNG 3: HỖN HỢP OXIT KIM LOẠI, MUỐI CACBONAT KIM LOẠI TÁC DỤNG VỚI DUNG DỊCH AXIT HNO3, H2SO4 đặc

Bài 6: Hòa tan hoàn toàn m (g) hỗn hợp Fe3O4 và FeCO3 bằng dung dịch HNO3

dư đun nóng thu được 3,36 lít hỗn hợp khí A (đktc) gồm CO2, NO2 và dung dịch B. Biết d A/H2 = 22,6. Tính m và số mol HNO3 đã phản ứng.Giải: Đặt: )();(

22molbnmolan CONO == → a+ b = 0,15 (1)

NO2 (46),a 01,2

45,2 → 2

3

8,0

2,1 ==b

a (2)

CO2 (44), b 0,8 Từ (1) và (2) suy ra : a = 0,09 mol, b = 0,06 molTheo định luật bảo toàn nguyên tố: )(06,0

23molbnn COFeCO ===

Gọi )(43

molxn OFe = .Quá trình nhường-nhận e: +8/3 +3

OHeFeHOFe 23

43 4.138 ++→+ ++ (*) x 3x x +2 +3

FeCO3 + 2H+ → Fe3+ + 1.e + CO2 + H2O (**) 0,06 0,06 0,06 0,06


8


OHNOeHNO 223 .12 +→++ +− (***) 0,09 0,09Theo định luật bảo toàn e: ∑ne nhường = ∑ne nhận → x + 0,06 = 0,09 → x = 0,03(mol)→ )(92,13116.06,0232.03,0

343gmmm FeCOOFe

=+=+=

Theo (*),(**) và (***) ta có: )(54,009,0.206,0.203,0.8228

23433molnnnnn NOFeCOOFeHHNO =++=++== +

(hoặc: )(54,009,0)06,003,0.3(3323

molnnn NOFeHNO =++=+= ∑ )

Bài 7: Khuấy kĩ dung dịch chứa 13,6g AgNO3 và m (g) bột Cu rồi thêm vào đó V lít dung dịch H2SO4 1M loãng, đun nóng tới phản ứng hoàn toàn thu được 9,28(g) hỗn hợp bột kim loại dung dịch A và khí NO. Lượng NaOH cần thiết để tác dụng hết với các chất trong A là 13g. Xác định các chất trong A và tính mGiải: Ta có: )(08,0)(08,0

33molnnmoln

NOAgAgNO ==→= −+

Ptpư: Cu + 2AgNO3 → Cu(NO3)2 + 2Ag (1)

Giả sử (1) hoàn toàn thì khối lượng Ag giải phóng tối đa là )(64,8)(08,0 gmmolnn AgAgAg =→== + < 9,28 (g) nên Cu phải dư

→ hỗn hợp bột kim loại gồm: Cu = 9,28 – 8,64 = 0,64 (g) và Ag = 8,64(g) Do Cu có tính khử mạnh hơn Ag nên khi thêm H2SO4 loãng vào vì Cu đang dư nên Ag chưa phản ứngPtpư: 3Cu + 8H+ + NO3

- → 3Cu2+ + 2NO + 4 H2O (2)

TH1: Sau (2), NO3- dư, H+ hết → A gồm Cu2+, NO3

- , SO42-

Ta có: −OHn = 0,325 mol

Cu2+ + 2OH- → Cu(OH)2 (3)Theo (1), (2), (3): −OH

n = 0,08 < 0,325 (loại)

TH2: Sau (2), NO3- hết, H+ dư → A gồm Cu2+, H+ , SO4

2- H+ + OH- → H2O (4) Cu2+ + 2OH- → Cu(OH)2 (5)

Ta có: )(16,02

3

2

13

2 molnnnNOAgCu

=+= −++

→ −OHn (5) = 0,32 mol → −OH

n (4) = 0,005 mol → Cumm = (pư) + Cum (dư) = 0,16.64 + 0,64 =10,88(g)


9

S¸ng kiÕn kinh nghiÖm. Sö dông c©n b»ng ion – electron trong gi¶i bµi tËp Hãa häcBài 8: Hòa tan hoàn toàn 20,88 (g) một oxit sắt bằng H2SO4 đặc nóng thu được dung dịch X và 3,248 lít SO2 là sản phẩm khử duy nhất ở đktc. Cô cạn dung dịch X được m (g) muối sunfat khan. Giá trị của m làA. 52,2g B. 48,4g C. 58g D. 54g Giải: Ta có: )(145,0

2molnSO = .

Cách 1: Quá trình nhường – nhận electron

ex

yxxxFeOFe yx .

233 −+→ +

a (3x-2y).a 46 .2 ++ →+ SeS

0,29 0,145

→ a(3x-2y) = 0,29 → FeOoxity

x

yxyx:

1

1

1656

88,20

23

29,0 →=→+

=−

yxa

1656

88,20

+=

Quá trình nhường – nhận electron OHSOHeSO 22

24 24.2 +→++ +−

+2 +3

OHeFeHFeO 23 .12 ++→+ ++

)(16,172

88,20.258,0.24

2molnnn FeOSOH

=+=+=+

)(58,02

12442

molnnnHSOSOH === +−

Nhận thấy H2SO4 sử dụng vào 2 việc: - tạo muối và tạo khí SO2

Theo định luật bảo toàn nguyên tố: −24SO

n pư = −24SO

n tạo muối + 2SOn

→ −24SO

n tạo muối = −24SO

n pư - 2SOn

→ −24SO

n tạo muối = 0,58 - 0,145 = 0,435 (mol) → )(58435,0.3

1.400 gm ==

Cách 2:

Đặt )(1656

88,20)( mol

yxmolan

yxOFe +==

Ta có: ex

yxxxFeOFe yx .

233 −+→ +

a (3x-2y).a


10

S¸ng kiÕn kinh nghiÖm. Sö dông c©n b»ng ion – electron trong gi¶i bµi tËp Hãa häc 46 .2 ++ →+ SeS

0,29 0,145

→ a(3x-2y) = 0,29 → FeOoxity

x

yxyx:

1

1

1656

88,20

23

29,0 →=→+

=−

yxa

1656

88,20

+=

→ )(58400.145,0)(145,02

1342342 )()( gmmolnn SOFeFeOSOFe ==→==

Phân tích: Qua hai cách giải bài toán đều cho đáp số đúng tuy nhiên khi giải theo cách 2 thì kết qua đưa ra nhanh hơn cách 1 chứng tỏ trong bài toán này khi sử dụng phương pháp bảo toàn nguyên tố sẽ nhanh hơn. Vậy có một câu hỏi đặt ra ở đây là khi nào thì nên sử dụng phương pháp cân bằng ion-electron để giải và khi nào thì không nên?Tiểu kết

Qua việc trình bày cách cân bằng và một số ví dụ minh họa cho phương pháp giải bài tập thì chúng ta đều nhận thấy rằng đối với những bài toán khi cho Kim loại tác dụng với axit hoặc với hỗn hợp các chất trong dung dịch thì viêc áp dung phương pháp cân bằng ion-electron tỏ ra hiệu quả hơn khi giải theo phương pháp khác.Đây là điểm nổi bật của phương pháp này so với các phương pháp.

III. MỘT SỐ BÀI TẬP ÁP DỤNG

Câu 1: Hỗn hợp X gồm Fe, Fe2O3, Fe3O4, FeO với số mol mỗi chất là 0,1 mol, hoà tan hết vào dung dịch Y gồm HCl và H2SO4 loãng dư được dung dịch Z. Nhỏ từ từ dung dịch Cu(NO3)2 1M vào dung dịch Z tới khi ngừng thoát khí NO. Thể tích dung dịch Cu(NO3)2 cần dùng và thể tích khí thoát ra (đktc) là:A. 25 ml; 1,12 lít B. 500ml; 22,4 lít C. 50ml; 2,24 lít D. 50ml; 1,12 lítCâu 2: Hoà tan 0,1 mol Cu kim loại trong 120ml dung dịch X gồm HNO3 1M và H2SO4 0,5M. Sau khi phản ứng kết thúc thu được V lít khí NO duy nhất (đktc).A. 1,344 lít. B. 1,49 lít. C. 0,672 lít. D. 1,12 lít.Câu 3: Dung dịch A chứa 0,01 mol Fe(NO3)3 và 0,15 mol HCl có khả năng hoà tan tối đa bao nhiêu gam Cu kim loại? (Biết NO là sản phẩm khử duy nhất)A. 2,88 g B. 3,92 g C. 3,2 g D. 5,12 gCâu 4: Hoà tan hỗn hợp chứa 0,8 mol Al và 0,6 mol Mg vào dd HNO3 1M vừa đủ, đến phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch A và 6,72 lít hỗn hợp khí N2 và N2O (ở đktc). Cô cạn cẩn thận A thu được 267,2 gam muối khan. Thể tích HNO3

cần dùng là:A. 4,2 lít. B. 4,0 lít. C. 3,6 lít. D. 4,4 lít


11

S¸ng kiÕn kinh nghiÖm. Sö dông c©n b»ng ion – electron trong gi¶i bµi tËp Hãa häcCâu 5: Cho 35,2 gam hỗn hợp X gồm Mg, Cu, Fe tác dụng với dung dịch HNO 3

dư, thu được dung dịch Y và hỗn hợp khí Z gồm 0,4 mol NO và 0,05 mol N2O. Cho Y tác dụng với dung dịch NaOH dư, được m gam kết tủa. Giá trị của ma làA. 62,4. B. 59,0. C. 70,9. D. 43,7.Câu 6: Cho 1,35 gam hỗn hợp gồm Cu, Mg, Al tác dụng với dung dịch HNO3

dư, thu được 1,12 lít (đktc) hỗn hợp khí NO và NO2 có tỉ khối so với hiđro bằng 20. Tổng khối lượng muối nitrat sinh ra làA. 66,75 g B. 33, 35 g C. 6,775 g D. 3, 335 g Câu 7: Hoà tan hoàn toàn 2,16g Mg bằng dung dịch HNO3 dư, thấy thoát ra 0,896 lít khí NO (đktc) và dung dịch X. Cô cạn dung dịch X thu được lượng muối khan làA. 13,92 g B. 8,88 g C. 6,52 g D. 13,32 gCâu 8: Hòa tan 4,86 gam hỗn hợp 3 kim loại X, Y, Z trong dung dịch HNO3 đặc, nóng dư thu được 1,792 lít NO2 (đktc). Cô can dung dịch thu được m gam muối khan. Giá trị của m làA.9,82 g B. 8,92 g C. 8,29 g D. 9,28 gCâu 9: Hoà tan hỗn hợp chứa 0,8 mol Al và 0,6 mol Mg vào dd HNO3 1M vừa đủ, thu được dung dịch A và 6,72 lít hỗn hợp khí N2 và N2O (đktc). Cô cạn cẩn thận A được 267,2 gam muối khan. Thể tích HNO3 cần dùng là:A. 4,2 lít. B. 4,0 lít. C. 3,6 lít. D. 4,4 lít.Câu 10: Thực hiện 2 thí nghiệm:- TN1: Cho 3,84g Cu phản ứng với 80ml dung dịch HNO3 1M thoát ra V1 lít NO.- TN2: Cho 3,84g Cu phản ứng với 80ml dung dịch HNO3 1M và H2SO4 0,5M thoát ra V2 lít NO. Biết NO là sản phẩm khử duy nhất, các thể tích khí đo ở cùng điều kiện. Quan hệ giữa V1 và V2 là:A. V2 = V1 B. V2 = 2 V1 C. V2 = 2,5V1 D. V2 = 1,5V1

Câu 11: Cho 26 gam Zn tác dụng hết với dung dịch HNO3 thu được 8,96 lít hỗn hợp khí NO, NO2 (đktc). Số mol HNO3 đã phản ứng là A. 0,4 mol B . 0,8mol C. 1,2 mol D . 0,6 mol Câu 12: Cho 3,76 gam hỗn hợp X gồm Mg và MgO có tỉ lệ mol tương ứng là 14:1 tác dụng hết với dung dịch HNO3 thu được 0,448 lít một khí duy nhất (đktc) và dung dịch Y. Cô cạn cẩn thận dung dịch Y thu được 23 gam chất rắn khan T. Số mol HNO3 đã phản ứng là

A. 0,32 B. 0,28 C. 0,34 D. 0,36Bài 13: Hoà tan m g Al trong HNO3 loãng thu được 0,896 (l) hỗn hợp khí NO và N2O có tỉ khối với H2 là 16.75. Tìm giá trị m và khối lượng muối tạo thànhBài 14: Hoà tan 3,15 g kim loại Al trong dung dịch HNO3 2M thu đượ muối vàNO, N2O có tỉ khối so với H2 là 15,28. Tính thể tích khí NO và N2O, HNO3 đãtham gia phản ứng.


12

S¸ng kiÕn kinh nghiÖm. Sö dông c©n b»ng ion – electron trong gi¶i bµi tËp Hãa häcBài 15: Để hòa tan hỗn hợp gồm 9,6 gam Cu và 12 gam CuO cần tối thiểu bao nhiêu ml dung dịch hỗn hợp HCl 1,2 M và NaNO3 0,12M (sản phẩm khử duy nhất là NO)?A. 833ml B. 866ml C. 633ml D. 766mlBài 16: Hòa tan hoàn toàn 16,3 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al và Fe trong dung dịch H2SO4 đặc nóng thu được 0,55 mol SO2. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thì thu được muối khan có khối lượng làA. 82,9 gam B. 69,1 gam C. 55,2 gam D. 51,8 gamBài 17: Hòa tan hoàn toàn 58 gam hỗn hợp X gồm Fe, Cu, Ag trong dung dịch HNO3 loãng, sau phản ứng thu được 0,15 mol NO, 0,05 mol N2O và dung dịch D. Cô cạn dd D thì thu được lượng muối khan làA. 89,8 g B. 116,9 g C. 110,7 g D. 120,4 gBài 18: Hòa tan hoàn toàn 18,4 gam hỗn hợp X gồm 2 kim loại A và B bằng dung dịch hỗn hợp gồm HNO3 đặc và H2SO4 đặc nóng thu được 0,2 mol NO và 0,3 mol SO2. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thì khối lượng chất rắn thu được làA. 42,2 g B. 63,3 g C. 79,6 g D. 84,4 gBài 19: Cho 3,445 gam hỗn hợp X gồm Al, Zn, Cu tác dụng với dung dịch HNO3 loãng dư, sau phản ứng thu được 1,12 lít NO (đkc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thì thu được muối khan có khối lượng làA. 12,745 g B. 11,745 g C. 10,745 g D. 9,574 gBài 20: Thực hiện 2 thí nghiệm sau:TN1: Cho 38,4 gam Cu vào 2,4 lít dung dịch HNO3 0,5M, sau phản ứng thu được V1 lít NO (đkc)TN2: Cũng cho khối lượng đồng như trên vào 2,4 lít dung dịch gồm HNO3 0,5M và H2SO4 0,2M, sau phản ứng thu được V2 lít NO (đkc). Giá trị của V2 là

A. 4,48 lít B. 6,72 lít C. 5,6 lít D. 8,96 lít

PHẦN III: KẾT LUẬN

I. KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU


13


Khi chưa giới thiệu phương pháp “sử dụng cân bằng ion –electron” tôi cho học sinh làm các bài tập tương tự theo phương pháp trắc nghiệm khách quan đối với học sinh lớp 11A, 11C, 11D, 11K. Tôi thu được kết quả như sau:

Lớp Sĩ số Giỏi Khá TB Yêú - kémSL % SL % SL % SL %

11A 50 3 6 38 76 7 14 2 411C 49 2 4 37 76 9 18 1 211D 48 4 8 34 71 8 17 2 411K 50 4 8 35 70 9 18 2 4

Sau khi giới thiệu phương pháp ion – electron cho lớp 11A, 11C, 11D,

11K.Tôi thu được kết quả như sau:

Lớp Sĩ số Giỏi Khá TB Yêú - kémSL % SL % SL % SL %

11A 50 9 18 40 82 1 2 0 011C 49 7 14 37 76 5 10 0 011D 48 8 17 37 77 3 6 0 011K 50 10 20 36 72 4 8 0 0

Như vậy tôi đã thấy rõ tác dụng của việc giới thiệu phương pháp ion – electron

đối với dạng bài tập phản ứng oxi hóa - khử trong dung dịch

II. KIẾN NGHỊ

Thông qua phuơng pháp ion – electron mà tôi vừa trình bày tôi đã thấy rõ

tác dụng tích cực đối với nhận thức và làm các bài tập của học sinh đối với thi

trắc nghiệm như hiện nay. Trên cơ sở đó tôi mạnh rạn đưa ra các biện pháp để

thực hiện tốt phương pháp trên:

- Giáo viên khi giảng dạy theo phương pháp này ngoài cách giải nhanh áp

dụng phương pháp còn cho học sinh giải theo phương pháp thông thường từ đó


14

S¸ng kiÕn kinh nghiÖm. Sö dông c©n b»ng ion – electron trong gi¶i bµi tËp Hãa häcphân tích để học sinh so sánh các cách giải để học sinh hình thành phương pháp,

kỹ năng giải bài tập.

- Trên cơ sở học sinh làm một số bài tập cụ thể giáo viên đi tới khái quát

chung và trình bày hoàn thiện phương pháp, đưa ra một số ví dụ và phân tích

những sai lầm thường gạp để học sinh tránh

III. TÀI LIỆU THAM KHẢO

*500 bài toán Hóa học/ĐÀO HỮU VINH/NXBGD

* Phương pháp giải nhanh các bài tạp Hóa học Vô cơ/ Cao Thị Thiên An

* Phân loại và phương pháp giải toán Hóa học Vô cơ/ Quan Hán Thành

Lời cuối: Thông qua đề tài tôi trình bày, mặc dù đã có tìm tòi, nghiên cứu

nhưng do năng lực có hạn và biên soạn trong một thời gian chưa dài nên không

tránh khỏi những thiếu sót. Tôi rất mong được sự thông cảm và góp ý để tôi có

thể làm tốt hơn trong các lần sau. Tôi xin chân thành cảm ơn!

Hà trung, Tháng 5 năm 2011

Người viết

Nguyễn Văn Thủy

MỤC LỤC

Phần 1: Mở đầu Trang 1...2

Phần 2: Nội dung Trang 3...13

Phần 3: Kết luận Trang 14...16


15



16

Automotive

73. hoa thpt nguyenvanthuy-thpt-hatrung