Sử dụng tư duy đảo chiều nạp 4 0 phân chia nhiệm vụ h+ giải bài toán HNO3 và h+ trong NO3

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT THIỆU HÓA -0O0 - SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM SỬ DỤNG TƯ DUY ĐẢO CHIỀU NAP 4.0 PHÂN CHIA NHIỆM VỤ H+ GIẢI BÀI TOÁN HNO3 VÀ H+ TRONG NO3- Người thực hiện: Phạm Thị Lan Chức vụ: Giáo viên Đơn vị : Trường THPT Thiệu Hóa SKKN thuộc lĩnh vực (mơn): Hóa Học THANH HỐ NĂM 2020 MỤC LỤC I: Mở đầu 1.1 Lý chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu 1.5 Những điểm SKKN II: Nội dung sáng kiến 2.1 Cơ sở lý luận 2.2 Thực trạng vấn đề 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề 2.3.1 Phạm vi áp dụng 2.3.2 Giới hạn nội dung 2.3.3 Biện pháp thực 2.3.3.1 Cơ sở phương pháp 2.3.3.2 Các ví dụ minh họa 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm III: Kiến nghị đề xuất TÀI LIỆU THAM KHẢO Trang 3 4 4 5 7 7 8-17 18 18 I MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài - Hóa học là một ngành khoa học nghiên cứu về chất và sự biến đổi giữa các chất nghiên cứu các ứng dụng các chất đời sống và các vấn đề kinh tế, xã hội và môi trường Phản ứng hóa học và các tượng phản ứng là đối tượng chính hóa học Trong phản ứng hóa học các nguyên tố bảo toàn về số mol, khối lượng để giải nhanh một số bài tập thì học sinh không phải chỉ biết các định luật mà phải biết nhìn các dạng bài tập và phương pháp giải các dạng bài tập đó - Trong nội dung chương trình và sách giáo khoa hóa học phổ thông không đề cập sâu cách phân loại, phương pháp giải và phương pháp ứng dụng các định luật bảo toàn vào giải toán hóa học, để giải các đề thi thì học sinh phải nắm vững các dạng bài tập và phương pháp giải nhanh các dạng bài tập đó - Trong quá trình học và giải bài tập hầu hết học sinh đều rất lúng túng để nhận các dạng bài tập và tìm cách giải thật nhanh - Trong phân phối chương trình Bộ Giáo Dục và Đào Tạo số tiết bài tập lại ít (đặc biệt với các bài tập trắc nghiệm) so với nhu cầu cần củng cố kiến thức cho học sinh -Trong yêu cầu đổi giáo dục về việc đánh giá học sinh phương pháp trắc nghiệm khách quan, thì khả giải toán Hóa Học các em rất nhiều hạn chế, thường các em giải rất dài dịng, nặng nề về mặt toán học khơng cần thiết thậm chí không giải vì qúa nhiều ẩn số, nắm dạng bài và phương pháp giải giúp các em tìm đáp án một cách nhanh chóng -Việc lựa chọn phương pháp thích hợp để giải bài tập lại càng có ý nghĩa quan trọng Mỗi bài tập có thể có nhiều phương pháp giải khác Nhưng nếu biết phân dạng và lựa chọn phương pháp hợp lý, giúp học sinh thời gian ngắn nắm các dạng bài tập, nắm phương pháp giải - Tôi động viên, khuyến khích các em tìm tòi và sáng tạo để bổ sung thêm các bài tập, vì vậy học sinh có lực rất hứng thú học tập, những học sinh yếu, trung bình tìm thấy những điều cần thiết cho mình - Đặc biệt thời điểm vấn đề thi cử cần đến đáp án một cách nhanh chóng và chính xác nên việc lựa chọn phương pháp giải toán đạt hiệu quả cao rất đáng quan tâm Để làm điều đó không thể lúc nào sử dụng tư cũ để giải quyết mà cần những lối tư mang tính đột phá đáp ứng yêu cầu nhanh chuẩn mà giữ nguyên bản sắc hóa học là cần thiết Vì vậy mạnh dạn đề xuất và thực nghiệm việc áp dụng phương pháp tư đảo chiều hóa học (NAP) để hướng dẫn học sinh giải bài tập hóa học -Xuất phát từ những lí trên, với một số kinh nghiệm sau những năm giảng dạy năm học 2019 - 2020 này, chọn đề tài: “SỬ DỤNG TƯ DUY ĐẢO CHIỀU NAP 4.0 PHÂNCHIA NHIỆM VỤ H+ GIẢI BÀI TOÁN HNO3 VÀ H+ TRONG NO3- ” 1.2 Mục đích nghiên cứu + Tìm mợt phương pháp vừa phù hợp với xu thế dạy học chung các nước tiên tiến, vừa tạo hứng thú học tập cho học sinh +Mục đích chính là chú trọng đến việc hình thành kiến thức cho học sinh các thí nghiệm tìm tòi nghiên cứu để chính các em tìm câu trả lời cho các vấn đề đặt cuộc sống thông qua tiến hành thí nghiệm, quan sát, nghiên cứu tài liệu hay điều tra… 1.3 Đối tượng nghiên cứu + Lí thuyết chung về axit nitric - Cấu tạo phân tử axit nitric - Tính chất vật lí và tính chất hóa học HNO3 + Bài tập vận dụng liên quan đến tính chất HNO3 + Kĩ xác định số oxi hóa các nguyên tố trước và sau phản ứng + Kĩ vận dụng các định luật bảo: Nguyên tố, khối lượng, điện tích, bảo toàn mol electron giải bài tập hóa học + Kĩ xác định các chất và ion hệ sau phản ứng 1.4 Phương pháp nghiên cứu - Nghiên cứu sở lý luận giảng dạy bài axit nitric nhà trường - Nghiên cứu tài liệu, Internet,sách giáo khoa, tham khảo, các đề thi: HSG, ĐH - Thực nghiệm: Thống kê toán học và xử lý kết quả thực nghiệm 1.5 Những điểm SKKN Trong bài viết này lần đầu tiên nêu phương pháp dạy một dạng toán quan trọng và quen thuộc không theo một mô tuýp cũ, phương pháp phổ biến mà theo một cách dạy hoàn toàn đó là SỬ DỤNG TƯ DUY ĐẢO CHIỀU- NAP để áp dụng vào giải bài toán axit nitric vô quen thuộc các đề thi Đại học, Cao Đẳng, Tốt nghiệp và các đề thi học sinh giỏi mơn Hóa Học.Q trình dạy học theo phương pháp hoàn toàn khác biệt so với lối tư hóa học cổ điển nó phát huy tính cách nhạy bén và tư sáng tạo học sinh Giảng dạy theo phương pháp tư đảo chiều bắt buộc giáo viên phải động, linh hoạt không theo một khuôn mẫu nhất định, không tuân theo lối tư cũ hóa học Tại khuyến khích và sử dụng tư theo kiểu đảo chiều? Tôi phải thừa nhận thật khó để làm việc gì đó theo cách này mà đa số mọi người lại làm theo cách khác Tuy nhiên, các bạn nhớ sự sáng tạo gọi là sáng tạo vì nó có tính đối lập Một cái gì đó mà biết sau đó ta lại làm tương tự những gì họ biết thì không thể gọi là sự sáng tạo Khi các bạn làm việc hay học tập theo kiểu tư đảo chiều khả sáng tạo bạn nâng cao rất nhiều và đó là điều mong muốn nhất Trong câu hỏi này muốn nhấn mạnh với các bạn thêm một câu cuối “Nếu không có tư sáng tạo thì điều kì diệu không xảy ra” II NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lí luận NHỮNG CON ĐƯỜNG BIẾN HÓA TINH TẾ TRONG HÓA HỌC Trước hết để có thể hiểu và áp dụng những đường biến hóa hóa học chúng ta theo dõi so sánh sau đây: Tư hóa học tự luận cổ điển Tư hóa học đảo chiều đại + Chú tâm đến các phản ứng hóa học + Xem các bài toán là một hệ kín + Viết các phương trình phản ứng sau Nghĩa là các thông số về khối đó dựa vào các phương trình phản ứng lượng,điện tích bảo toàn Nó chỉ để suy các yếu tố cần thiết chuyển hóa lẫn + Mất rất nhiều thời gian để cân + Tốc độ xử lý nhanh vì chỉ cần quan và viết phương trình tâm tới các yếu tố cần thiết, không cần + Bên cạnh đó có nhiều yếu tố quan tâm tới phương trình hóa học phương trình ta không cần quan tâm + Phát triển sự sáng tạo bộ phảiviết đầy đủ não việc tìm các hướng giải phương trình hay + Điều nguy hiểm nhất là nó hạn chế rất nhiều khả sáng tạo bộ não vì tính dập khn máy móc Làm để có vận dụng linh hoạt tư đảo chiều? Luôn xem các bài toán hóa học là một hệ kín Hệ kín là gì? Chúng ta có thể tưởng tượng đơn giản một cái ao hay hồ nước Trong đó có rất nhiều loại cua,tôm, cá chúng có thể muốn làm gì thì làm không vượt khỏi cái ao,hồ đó Các bài toán hóa học vậy, các chất phản ứng ứng các nguyên tố chạy từ chất này qua chất khác khối lượng nguyên tố đó không đổi đó là nội dung định luật “bảo toàn khối lượng và bảo toàn nguyên tố” Một loại hình nữa rất hay các nguyên tố áp dụng đó là đổi và nhận electron Vậy áp dụng vào Hóa Học cần gì? Tất nhiên các bạn cần phải biết tính chất hóa học liên quan tới cái hệ kín mà ta xem xét Tuy nhiên, điều các bạn cần biết là nó có phản ứng với hay không? Sản phẩm tạo là chất gì? Vậy là đủ phương trình phản ứng nó thì chúng ta không quan tâm, vì nếu quan tâm thì các bạn lại tư theo kiểu “vết xe đổ” chứ không phải “tư đảo chiều” mà tơi nói nữa Nhắc tới hóa học vơ nói riêng yêu cầu người học nhớ thật kỹ vấn đề sau: 2.1.1 Định luật bảo toàn nguyên tố (ĐLBTNT): Dựa vào định luật bảo toàn nguyên tố: Trong các phản ứng, quá trình hóa học các nguyên tố bảo toàn Nghĩa là: - Tổng số mol nguyên tử nguyên tố M bất kì trước và sau phản ứng không đổi - Khối lượng nguyên tử nguyên tố M bất kì trước và sau phản ứng khơng đởi 2.1.2 Định luật bảo tồn khối lượng (ĐLBTKL): - Khối lượng các chất tham gia phản ứng khối lượng các chất tạo thành sau phản ứng Nghĩa là: Tổng khối lượng các chất trước phản ứng( m T) Tổng khối lượng các chất sau phản ứng( mS ) ¶ *mT = mS - Khối lượng hợp chất tổng khối lượng nguyên tử nguyên tố tạo thành hợp chất đó 2.1.3 Định luật bảo toàn electron (ĐLBTe): Nguyên tắc cân phản ứng oxi hóa - khử theo phương pháp thăng electron: Tổng số electron nhường tổng số electron nhận Từ đó suy hệ quả: Tổng số mol electron nhường tổng số mol electron nhận một phản ứng hệ phản ứng * �ne (nhường) = �a.nM = �ne (nhận) = �b.nX Với a là số electron M nhường; b là số electron X nhận; nM, nX lần lượt là số mol M, X 2.1.4 Về kim loại: Bản chất kim loại là gì? – Là nó tham gia phản ứng thì nó nhường các electron lớp ngoài (thường là 1, electron) để nhận lại các ion âm khác Bản chất là trao đổi điện tích âm mà Các electron kim loại có thể đổi thành các ion âm điển hình là:OH -, Cl-,SO42-, NO3-,O2-, CO32-, HCO3-, PO43- 2.1.5.Về dung dịch: Luôn tự hỏi: Dung dịch chứa các ion gì? Số mol thế nào? Và nhớ dung dịch thì trung hịa về điện nghĩa là tởng điện tích dương tổng điện tích âm 2.1.6 Về di chuyển nguyên tố: Các bạn cần phải biết sau phản ứng các nguyên tố hệ kín chúng ta nó chạy vào chất nào? 2.1.7 Về số oxi hóa nguyên tố hệ: Cuối (sau tất cả các phản ứng xong) thì những nguyên tố nào thay đổi số oxi hóa? Thay đổi thế nào? Tăng hay giảm? Ta có tổng tăng thì bằng giảm 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2.2.1 Khó khăn: + Chủ quan nghĩ thời buổi ngày thị trường sách và tài liệu tham khảo nói chung và hóa học nói riêng hỗn loạn chưa có Chính vì thế mà học sinh tiếp xúc với rất nhiều loại tài liệu nhiều tác giả khác Theo số đó thế nào học sinh bị ảnh hưởng một số lỗi tư lạc hậu theo kiểu hóa học tự luận cổ điển + Tóm lại khó khăn nhất là gì? – Là người dạy hóa và người học hóa bị ảnh hưởng những lỗi tư làm hạn chế sự sáng tạo + Khắc phục thế nào? Mỗi người một tính cách, một quan điểm, một kiểu nhìn nhận khác Mỗi người phải hiểu chính mình xem mình hợp với cái gì nhất 2.2.2 Thuận lợi: + Hiện tại có một số bài báo và sách tham khảo, mạng internet có trình bày các bài tập về phương pháp sử dụng các định luật bảo toàn các góc độ khác nhau, phương pháp tư đảo ngược để giải quyết nhiều dạng bài toán hóa học + Học sinh động sẵn sang tiếp cận và nghiên cứu phương pháp mới, có nhiều hứng thú với phương pháp + Hiện nay, Bộ GD&ĐT thực đổi bản và toàn diện nền GD đó đổi phương pháp dạy học là một các nhiệm vụ cấp bách 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề 2.3.1 Phạm vi áp dụng Áp dụng cho giảng dạy các bài tập liên quan đến axit nitric và tính oxi hóa ion NO3- môi trường axit 2.3.2 Giới hạn nội dung -Chỉ tập trung khai thác tính chất hóa học axit nitric và tính oxi hóa ion NO3- môi trường axit -Tính oxi hóa mạnh : Tác dụng với hầu hết KL, một số PK, hợp chất khử -Trọng tâm là tính oxi hóa ion NO3- môi trường axit 2.3.3 Biện pháp thực 2.3.3.1: Cơ sở phương pháp Tư đảo chiều hóa học NAP 4.0 phân chia nhiệm vụ H+ H Tư phân chia nhiệm vụ H+ ( ký hiệu tắt là    ) là một kỹ thuật rất quan trọng và hay chúng ta xử lý bài toán liên quan tới HNO và H+ NO3- Bản chất là dựa vào các bán phương trình phản ứng sau:  ( ).4 H   NO3  3e � NO  H 2O ( ).10 H   NO3  8e � N 2O  5H 2O ( ).10 H   NO3  10e � NH 4  3H 2O ( ).2 H   2e � H   H   NO3  e � NO2  H 2O   12 H   NO3  10e � N  H 2O   H   O � H O  8 H   CO32 � CO2  H 2O Khi áp dụng xác định: H+ làm những nhiệm vụ gì? Tùy theo đề bài mà H+ có thể làm một vài nhiệm vụ các nhiệm vụ sau: - Sinh các sản phẩm khử: NO, NO2 , N , N 2O, NH 4 - Biến O oxit thành H2O - Sinh khí H2 Chú ý: Với dạng toán này có H2 bay thì NO3 chắc chắn phải hết Một vấn đề nữa mà trước gây nhiều tranh cãi đó là việc có khí H bay thì dung dịch liệu có muối Fe 2+ hay không? Theo đề thi nhất BGD năm 2016 thì có H2 bay dung dịch có thể có Fe2+ Tất nhiên, hướng tư này chỉ giúp chúng ta giải quyết một phần bài toán chứ không phải giúp ta giải quyết hoàn toàn bài toán Do đó, với các bài toán tổng hợp ta cần kết hợp linh hoạt với những hướng tư khác nữa 2.3.3.2 Các ví dụ minh họa: Ví dụ 1: Đốt cháy 17,92 gam bợt Fe oxi, sau một thời gian thu m gam rắn X Hòa tan hết m gam X dung dịch chứa H 2SO4 và NaNO3, thu 0,12 mol khí NO (sản phẩm khử nhất N +5) và dung dịch Z chỉ chứa các muối sunfat có tổng khối lượng là 66,76 gam Giá trị m là A 22,40 gam B 21,12 gam C 21,76 gam D 22,08 gam Phân tích đề bài: ¶ Fe2 O3 ¶ FeO ¶ SO 4 NaNO3  H 2    n NO 0,12mol  66,76 g muối 17,92 g Fe + O2 m gam X ¶ Fe O ¶ ¶¶ Fe m muối = m kim loại + m gốc axit Định hướng tư giải: Sau ta biết số mol SO thì ta biết số mol H+ Với bài toán này H+ chỉ làm hai nhiệm vụ là: Sinh khí NO và tác dụng với oxi oxit 2 ¶ n 0,32 Fe  BTKL   nSO 0,48  nH 0,96 4n NO  2nO Ta có ¶ n 0,12  n NaNO 0,12 ¶ NO 2   H   nO 0,24  m 17,92  0,24.16 21,76 Nhận xét: Với việc kết hợp định luật bảo toàn khối lượng, định luật bảo toàn nguyên tố phân công nhiệm vụ H + ta giải tốn cách nhanh chóng gọn gàng mà không cần phải viết nhiều PTHH không liên quan đến tính tốn Ví dụ 2: Cho 8,96 gam bợt Fe vào 100 ml dung dịch chứa HCl 3M và Fe NO3  xM sau phản ứng kết thu dung dịch X và hỗn hợp khí và 1,12 gam chất rắn không tan Biết các phản ứng xảy hoàn toàn và NO là sản phẩm khử nhất N+5 Giá trị x là: A 0,1M B 0,3M C 0,2M D 0,4M Cách giải thông thường: PT ion rút gọn: 3Fe + 8H+ + 2NO3-   3Fe2+ + 2NO + 4H2O 0,45x 1,2x 0,3x 3+ Fe + 2Fe   Fe2+ 0,05x 0,1x Fe + 2H+   Fe2+ + H2 0,15-0,6x 0,3-1,2x Có 0,45x + 0,05x+ 0,15 -0,6x = 0,14 => x = 0,1 Định hướng tư giải: Vì NO là sản phẩm khử nhất nên hai khí phải là NO và H2 Có khí H2 có nghĩa là NO3- hết và N chuyển hết vào NO Vì có Fe dư nên cuối Fe chỉ nhảy lên Fe2+ Các chất nhận e là: NO, H2, Fe3+ Có nFe dư = 0,02 mol ¶ H  : 0,3 ¶ NO : 0,3 x ¶ ¶  H Ta có: ¶ NO3 : 0,3x    ¶ 0,3  0,3.4 x ¶ Fe : 0,16 ¶¶ H : ¶  BTE    0,14.2 3.0,3x  0,1x   0,3  4.0,3x   x 0,1 Nhận xét: Nếu so sánh hai cách giải toán ta thấy cách giải truyền thống trọng viết PTHH tốn nhiều thời gian nhiều so với tư phân chia nhiệm vụ H+ Do tình thi trắc nghiệm nên sử dụng tư phân chia nhiệm vụ H+ giải nhanh chóng Cịn trường hợp làm tự luận nên sử dụng cách giải truyền thống Ví dụ 3: Hỗn hợp X gồm Fe2O3, FeO và Cu (trong đó nguyên tố oxi chiếm 16% theo khối lượng) Cho m gam X tác dụng với 500 ml dung dịch HCl 2M (dư), thu dung dịch Y và lại 0,27m gam chất rắn không tan Cho dung dịch AgNO3 dư vào Y, thu khí NO (sản phẩm khử nhất N +5) và 165,1 gam kết tủa Biết các phản ứng xảy hoàn toàn Giá trị m là A 40 B 48 C 32 D 28 Phân tích đề bài: Chất rắn là Cu dư Cách giải thông thường Định hướng tư giải: + Bài toán này muốn dùng tư phân chia nhiệm vụ H + cần phải tìm số mol NO qua các mối liên hệ giữa các ẩn + Ở BTE cho cả quá trình: Tổng số mol e nhường Fe 2+ là 2a + b (theo BTNT.Fe) lượng e này điều cho Ag và NO + H+ chỉ làm hai nhiệm vụ là sinh NO và biến O thành H2O ¶ Fe2 O3 : a ¶ AgCl : 2a  b  0,2 ¶  n NO  Ta có: ¶ FeO : b & 165,1¶ ¶ Ag : 0,2 ¶ Cu : c ¶ 16  3a  b  ¶ ¶ 160 a  72b  64c 0,16 ¶ 0,27160 a  72b  64c  ¶  ¶c  a  64 ¶ 2a  b  0,2 ¶ H 1 ¶    3a.2  2b  ¶ ¶ a 0,05 ¶  m 40 ¶ b 0,25 ¶ c 0,21875 ¶ Nhận xét: So sánh cách giải thông thường với sử dụng tư đảo ngược phân chia nhiệm vụ H+ việc áp dụng phân chia nhiệm vụ H+ nhanh nhiều Ví dụ 4: Cho m gam hỗn hợp E gồm Al, MgO, Mg(NO 3)2 tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa 0,52 mol HCl, kết thúc phản ứng thu 0,02 mol NO; 0,04 mol H2; dung dịch X chứa (m + 15,06) gam muối trung hòa Cho dung dịch X tác dụng với dung dịch NaOH thì số mol NaOH phản ứng tối đa là? A 0,62 B 0,64 C 0,58 D 0,66 Định hướng tư giải: -Bài toán này muốn dùng tư phân chia nhiệm vụ H+ cần phải tìm số mol H2O qua các việc bảo toàn khối lượng -Ở có khí H2 thì khơng cịn NO3- , đồng thời xác định dung dịch có NH4+ bảo toàn nguyên tố H -Như vậy H+ phải làm các nhiệm vụ: sinh NO, NH4+, H2, biến O thành H2O  BTKL H    n H 2O 0,18  n NH  0,02  nMg  NO3  0,02    nMgO 0,08 ¶ NaCl : 0,52 BTE    n Al 0,1  ¶  n NaOH 0,62 ¶ NaAlO2 : 0,2 10 Ví dụ 5: Cho m gam hỗn hợp E gồm Al, MgO, Mg(NO 3)2 tác dụng vừa đủ với dung dich chứa 0,6 mol HCl, kết thúc phản ứng thu 0,04 mol NO; 0,04 mol H2; dung dịch X chứa (m + 16,66) gam muối trung hòa Giá trị m là? A 10,88 B 9,24 C 11,16 D 12,42 Định hướng tư giải: -Bài toán này muốn dùng tư phân chia nhiệm vụ H+ cần phải tìm số mol H2O qua các việc bảo toàn khối lượng -Ở có khí H2 thì khơng cịn NO3- , đồng thời xác định dung dịch có NH4+ bảo toàn nguyên tố H -Như vậy H+ phải làm các nhiệm vụ: sinh NO, NH4+, H2, biến O thành H2O  H  BTKL   nH 2O 0,22  nNH  0,02  nMg  NO3  0,03    nMgO 0,08  BTE    n Al 0,12  m 10,88 Ví dụ 6: Cho m gam hỗn hợp E gồm Al (a mol), Zn (2a mol), Fe (a mol), 0,12 mol NaNO3, Fe3O4, Fe(NO3)2 tác dụng hết với dung dịch chứa 1,08 mol H2SO4 thu dung dịch X chỉ chứa các muối và 0,24 mol hỗn hợp Y chứa hai khí NO, H2 với tổng khối lượng 4,4 gam Cô cạn dung dịch X thu (m + 85,96) gam muối Nếu nhỏ từ từ dung dịch KOH 2M vào dung dịch X đến khơng cịn phản ứng nào xảy thì vừa hết 1,27 lít dung dịch KOH Phần trăm khối lượng đơn chất Fe E là ? A 42,21% B 32,46% C 38,05% D 46,32% Định hướng tư giải: -Bài toán này muốn dùng tư phân chia nhiệm vụ H+ cần phải tìm số mol H2O qua các việc bảo toàn khối lượng -Ở có khí H2 thì khơng cịn NO3- , đồng thời xác định dung dịch có NH4+ bảo toàn nguyên tố H -Như vậy H+ phải làm các nhiệm vụ: sinh NO, NH4+, H2, biến O thành H2O ¶  BTKL   nH 2O 0,86 ¶ H N  BTNT  .  nNH  0,06  BTNT    nFe  NO3  0,04 Ta có: ¶ nH 0,1 ¶ ¶ nNO 0,14  H   nFe3O4 ¶ K  : 2,54 ¶  ¶ Na : 0,12 ¶ 2 BTNT 0,1 Điền số điện tích ¶ SO4 : 1,08    a 0,1 ¶  ¶ AlO2 : a ¶ ZnO 2 : 2a ¶  m 56,3  % Fe3O4 41,21% Ví dụ 7: Cho m gam hỗn hợp E gồm Al (a mol), Zn (2a mol), Fe (a mol), 0,12 mol NaNO3, Ee3O4, Fe(NO3)2 tác dụng hết với dung dịch chứa 1,08 mol H 2SO4 thu dung dịch X chỉ chứa các muối và 0,24 mol hỗn hợp Y chứa hai khí NO, H2 với tổng khối lượng 4,4 gam Cô cạn dung dịch X thu (m + 85,96) gam muối Nếu nhỏ từ từ dung dịch KOH 2M vào dung dịch X đến khơng cịn phản ứng nào xảy thì vừa hết 1,27 lít dung dịch KOH Số mol Fe3+ có X ? A 0,44 B 0,40 C 0,35 D 0,30 11 Định hướng tư giải: BTKL ¶    nH 2O 0,86 ¶ H N  BTNT  .  nNH  0,06  BTNT    nFe  NO3  0,04 Ta có: ¶ nH 0,1 ¶ ¶ nNO 0,14  H   nFe3O4 ¶ K  : 2,54 ¶  ¶ Na : 0,12 ¶ 2 BTNT BTE   nFe3 0,4 0,1 Điền số điện tích ¶ SO4 : 1,08    a 0,1   ¶  ¶ AlO2 : a ¶ ZnO 2 : 2a ¶ Ví dụ 8: Cho 38,55 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, ZnO và Fe(NO 3)2 tan hoàn toàn dung dịch chứa 0,725 mol H2SO4 loãng Sau các phản ứng xảy hoàn toàn, thu dung dịch Y chỉ chứa 96,55 gam muối sunfat trung hòa và 3,92 lít (đktc) khí Z gồm hai khí đó có một khí hóa nâu ngoài không khí Biết tỉ khối Z so với H2 là Biết Y không chứa ion Fe3+ Phần trăm số mol Mg hỗn hợp X gần nhất với giá trị nào sau đây? A 25 B 15 C 40 D 30 Định hướng tư giải: ¶ NO : 0,1 ¶ H : 0,075 Ta có: nZ 0,175¶  BTKL   38,55  0,725.98 96,55  0,175.18  mH 2O  nH 2O 0,55 H  BTNT    nNH   0.725.2  0,075.2  0,55.2 N 0,05 mol   BTNT    nFe  NO3  0,075 mol  H   0,725.2 0,1.4  0,075.2  0,05.10  2nZnO  nZnO 0,2 mol  ¶ Mg : a ¶ Al : b ¶ 24a  27b 8,85 ¶ 38,55¶  ¶ BTE   2a  3b 0,1.3  0,075.2  0,05.8 ¶ ¶ ZnO : 0,2 ¶¶ Fe NO3  : 0,075 ¶ a 0,2 0,2 ¶  %nMg  32% 0,2  0,15  0,2  0,075 ¶ b 0,15  Ví dụ 9: Hòa tan hoàn toàn 22,36 gam hỗn hợp E gồm Zn, FeO, Fe(NO 3)2 dung dịch chứa 0,72 mol HCI và 0,04 mol HNO3 Sau phản ứng thu dung dịch X chỉ chứa muối trung hịa (khơng chứa Fe 2+) và 3,136 lít hỗn hợp khí Y (đktc) gồm hai khí có tỉ khối so với H Cho dung dịch NaOH vào dung dịch X thì thấy có 1,12 mol NaOH phản ứng tối đa Biết Y có chứa khí hóa nâu không khí, các phản ứng xảy hoàn toàn A 60% B 58% C 42% D 38% Định hướng tư giải: ¶ NaCl : 0,72 Ta có: nNaOH 1,12  ¶  Na ZnO : 0,2 2 ¶ 12 ¶ Zn : 0,2 ¶ nH 0,08 ¶  nY 0,14¶  22,36¶ FeO : a ¶ nNO 0,06 ¶ Fe NO  : b ¶ ¶ 72a  180b  0,2.65 22,36  nNH  0,04  2b  0,06 2b  0,02  ¶ ¶ 3a  3b   2b  0,02   0,4 0,72 ¶ a 0,08 0,2.65 ¶  % Zn  58,14% 22,36 ¶ b 0,02 2,04 16 41,56  BTKL   a 25,24  2,04.62 151,72 gam  a  b 151,72  41,56 193,28 gam Ví dụ 10: Cho hỗn hợp X chứa 18,6 gam gồm Fe, Al, Mg, FeO, Fe 3O4 và CuO Hòa tan hết X dung dịch HNO dư thấy có 0,98 mol HNO3 tham gia phản ứng thu 68,88 gam muối và 2,24 lít (đktc) khí NO nhất Mặt khác, từ hỗn hợp X ta có thể điều chế tối đa m gam kim loại Giá trị m là : A 13,8 B 16,2 C 15,40 D 14,76 Định hướng tư giải:  ne 2,04  b 25,24   BTKL   18,6  0,98.63 68,88  0,1.30  18nH 2O  nH 2O 0,47 H  BTNT    nNH   0,98  0,47.2 H 0,01    nOtrongX 0,24  m 14,76 Ví dụ 11: Hỗn hợp X gồm FeO, Fe 3O4 và kim loại M (có hóa trị không đổi), X số mol oxi 0,6 lần số mol M Hịa tan 15,52 gam X dung dịch HNO3 lỗng dư thấy có 0,82 mol HNO3 phản ứng, sau phản ứng thu 61 gam hỗn hợp muối và 0,448 lít NO (đktc) Phần trăm khối lượng M X gần nhất với: A 45,0% B 50,0% C 40,0% D 55,0% Định hướng tư giải: BTKL    15,52  0,82.63 61  0,02.30  18nH 2O  nH 2O 0,31 0,82  0,31.2 0,05 0,82  0,02.4  0,05.10 H   nOtrongX  0,12  nM 0,2 mol   ne 0,46  M có hóa trị H  BTNT    nNH NO3  ¶ FeO : 0,04 O nFeO , Fe3O4 0,06  BTNT   ¶  BTKL   %Ca  51,55% 15,52 ¶ Fe3O4 : 0,02 Ví dụ 12: Hịa tan hết mợt hỗn hợp Q (0,6 mol Fe3O4; 0,5 mol Fe; 0,4 mol CuO) vào một dung dịch hỗn hợp HCl 3,7M; HNO 4M Sau phản ứng hoàn toàn thu dung dịch Y( đó chỉ chứa muối sắt Fe 3+ và muối Cu2+) và khí NO (là sản phẩm giảm số oxi hóa nhất N +5) Tổng khối lượng muối dung dịch Y nhận giá trị là: A 368,15gam B 423,25gam C 497,55gam D 533,75gam 13 Định hướng tư giải: ¶ Fe3 : 2,3  ¶ ¶ 2 ¶ Fe3O4 : 0,6 H : 8,4V ¶ ¶ ¶ Cu : 0,4  BTĐT Ta có Q ¶ Fe : 0,5  ¶ NO3 : 4,7V    ¶  ¶ CuO : 0,4 ¶  ¶ Cl : 3,7V Cl : , V ¶ ¶ ¶  NO  : 7,7  3,7V ¶ BTNT N  BTE     nNO 8,4V  7,7     0,6  0,5.3 38,4V  7,7   V 1  mY 2,3.56  0,4.64  3,7.35,5  4.62 533,75 Ví dụ 13: Trong bình kín dung tích 10,6 lít chứa khí CO và một lượng hỗn hợp A gồm Fe3O4 và FeCO3 28,6oC áp suất bình là 1,4 atm (thể tích chất rắn coi không đáng kể) Nung nóng bình nhiệt độ cao để các phản ứng xảy hoàn toàn Hỗn hợp sau phản ứng có tỉ khối so với H là 20,5 Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp A dung dịch HNO3 loãng, thu 0,896 lít hỗn hợp khí gồm NO và CO2 0oC và 1,5 atm Thể tích dung dịch HCl 0,5 M để hòa tan hết hỗn hợp A gần nhất với A 1,5 lít B lít C 2,5 lít D lít Định hướng tư giải: ¶ Fe3O4 : a CO    CO2 : 4a  2b ¶ FeCO3 : b Đặt số mol các chất A : ¶ Ta có : nCO  ¶ CO : 0,6  b  4a  2b p.V 1,4.10,6  0,6  BTNT  .C   0,6  b  ¶ R.T 0,082  273  28,6  ¶ CO2 : 4a  2b  44. 4a  2b   28 0,6  4a  b  41. 0,6  b   64a  19b 7,8 ¶ CO2 : b ¶ NO : 0,06  b BTNT Ta lại có: nNO CO 0,06    ¶ ¶ a 0,117  BTE    a  b 3 0,06  b   a  4b 0,18  ¶ ¶ b 0,016 ¶¶ Fe3O4 : 0,117  O:0, 467   H  : 0,936 0,968  nHCl 0,968  VHCl  1,936 lít  Vậy ta có: ¶  0,5 ¶¶ FeCO3 : 0,016  H : 0,032 Ví dụ 14: Cho 38,55 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, ZnO và Fe(NO 3)2 tan hoàn toàn dung dịch chứa 0,725 mol H 2SO4 loãng Sau các phản ứng xảy hoàn toàn, thu dung dịch Y chỉ chứa 96,55 gam muối sunfat trung hòa và 3,92 lít (đktc) khí Z gồm hai khí đó có một khí hóa nâu ngoài không khí Biết tỉ khối Z so với H2 là Biết Y không chứa ion Fe3 Phần trăm số mol Mg hỗn hợp X gần với giá trị nào sau đây? A 25 B 15 C 40 D 30 Định hướng tư giải: ¶ NO : 0,1 Ta có: nz 0,175¶ H : 0,075 ¶  BTKL   38,55  0,725.98 96,55  0,175.18  mH 2O  nH 2O 0,55 0,725.2  0,075.2  0,55.2 N 0,05 mol   BTNT    nFe  NO3  0,075 mol  4 H   0,725.2 0,14  0,075  0,05.10  2nZnO  nZnO 0,2 mol  H  BTNT    nNH   14 ¶ Mg : a ¶ Al : b ¶ 24a  27b 8,85 ¶ 38,55¶  ¶ BTE   2a  3b 0,1.3  0,075  0,05.8 ¶ ¶ ZnO : 0,2 ¶¶ Fe NO3  : 0,075 ¶ a 0,2 0,2 ¶  % Mg  32% 0,2  0,15  0,2  0,075 ¶ b 0,15 Ví dụ 15: Hỗn hợp X gồm Cu và Fe3O4 Cho 26,72 gam X vào V lit dung dịch gồm H2SO4 1M và KNO3 1M, thu dung dịch Y chứa 116,64 gam chỉ chứa muối trung hòa và 3,136 lít khí NO (đktc, sản phẩm khử nhất) Cho Ba(OH)2 dư vào Y thấy xuất m gam kết tủa Biết các phản ứng xảy hoàn toàn Giá trị m gần nhất với: A 159 B 164 C 168 D 170 Định hướng tư giải ¶ nNO 0,14 ¶ BTKL Ta có: ¶ nH SO V    26,72  V  98  101 116 ,64  0,14.30  18V ¶ ¶ nKNO V ¶ nFe O 0,06 mol  0,52.2  0,14.4  V 0,52  nOtrongX  0,24  ¶ ¶ nCu 0,2 mol  N  BTĐT   BTNT   ntrongY 0,52,2  0,52  0,14 1,42 mol  ¶ Fe  Cu : 26,72  0,24.16 22,88 gam  ¶  m ¶ OH  : 1,42  0,52 0,9 mol  ¶ BaSO : 0,52 mol  ¶  BTKL   m 22,88  0,9.17  0,52.233 159,34 Ví dụ 16: Hòa tan hết 14,8 gam hỗn hợp Fe và Cu vào 126 gam dung dịch HNO3 48% thu dung địch X( không chứa muối amoni) Cho X phản ứng với 400 ml dung NaOH 1M và KOH 0,5 M, đều thu kết tủa Y và dung dịch Z Nung Y không khí đến khối lượng không đổi thu hỗn hợp 20 gam Fe2O3 và CuO Cô cạn dung dịch Z, thu hỗn hợp chất rắn khan T Nung T đến khối lượng không đổi, thu 42,86 gam hỗn hợp chất rắn Nồng độ phần trăm Fe(NO3)3 X có giá trị gần nhất với giá trị nào sau A 7,6 B 6,9 C 8,2 D 7,9 Định hướng tư giải ¶ Fe O : 0,5a ¶ 56a  64b 14,8 ¶ a 0,15 ¶ Fe : a  20¶ ¶ ¶ ¶ Cu : b ¶ 80a  80b 20 ¶ b 0,1 ¶ CuO : b ¶ K  : 0,2 ¶  ¶ Na : 0,4  BTKL   a 0,54 Điền số điện tích cho 42,86  ¶  ¶ NO2 : a  ¶  BTĐT ¶   OH : 0,6  a Xử lý 14,8¶ 15 ¶ nNO3 ne 0,54 ¶ Để ý: ¶ nemax 0,15.3  0,1.2 0,65  nFe2 0,11  nFe3 0,04 mol  ¶ ¶¶¶ ¶ Cu Fe ¶ ¶ nN 0,96  0,54 0,42 BTNT N  ¶  x 0,78 Và nHNO3 0,96    BTE   0,54  x 0,42.5 ¶ O : x mol    0,04.242  % Fe NO3   7,9% 14,8  126  0,42.14  0,78.16 Ví dụ 17: Cho 25,24 gam hỗn hợp X gồm Al, Mg, Cu tác dụng vừa đủ 787,5 gam dung dịch HNO3 20% thu dung dịch Y chứa a gam muối và 4,48 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm N2O và N2, tỉ khối Z so với H2 là 18 Cô cạn dung dịch Y nung chất rắn đến khối lượng không đổi thu b gam chất rắn khan Tổng số (a + b) gần với giá trị nào nhất sau đây? A 185 B 205 C 193 D 215 Định hướng tư giải ¶ nN 2O 0,1 mol  ¶ X Ta có: nHNO3 2,5 mol    ¶ nN 0,1 mol  ¶ ¶ nNH NO3 a  BTNT N  BTE    0¶ ,1¶.8 ¶¶ 0¶,1.¶10¶¶¶8a  2a 2,5  a 0,03 NO3 Ví dụ 18: Lấy hỗn hợp X gồm Zn và 0,3 mol Cu(NO3)2 nhiệt phân một thời gian thu hỗn hợp rắn Y và 10,08 lit hỗn hợp khí Z gồm NO2 và O2 Y tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa 2,3 mol HCl thu dung dịch A chỉ chứa các muối clorua và 2,24 lít hỗn hợp khí B gồm đơn chất không màu Biết các khí đo đktc, tỷ khối B so với H2 là 7,5 Tính tổng khối lượng muối dung dịch A? A 154,65 gam B 152,85 gam C 156,10 gam D 150,30 gam Định hướng tư giải ¶ H : 0,05 Ta có: nB 0,1¶ N : , 05 ¶ O nNH  a mol   BTNT    nH 2O 0,3.3.2  0,45.2 0,9 ¶ Cu  : 0,3 ¶  ,  , 05  , ¶ NH : 0,1 BTNT H   a  0,1  A¶   BTKL   m 154,65 gam  ¶ Cl : 2,3 ¶  BTĐT 2 ¶   Zn : 0,8 Ví dụ 19: Hịa tan hết m gam hỗn hợp T gồm Al, Mg, MgO dung dịch hỗn hợp chứa 0,19 mol HNO3 và HCl Sau phản ứng thu 5,824 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm NO, H2 và N2 với tỉ lệ mol tương ứng 10 : 13 : và dung dịch Y chỉ chứa muối Cho NaOH dư vào Y thì thấy có 1,63 mol NaOH tham gia phản ứng, đồng thời thấy có 11,6 gam kết tủa xuất Giá trị m là A 17,6 B 16,4 C 14,5 D 18,16 16 Định hướng tư giải ¶ nNO 0,1 ¶ BTNT N   nNH  0,19  0,16 0,03 Ta có: n X 0,26¶ nH 0,13    ¶ n  , 03 ¶ N2 1,63  0,2.2  0,03 0,3 mol  ¶ Al 3 : 0,3 ¶ 2 1,33  0,19  0,26  0,03.4 ¶ Mg : 0,2 H  BTNT    nH 2O  0,57 Dung dịch Y chứa ¶  ¶ NH : 0,03  ¶  BTĐT ¶   Cl : 1,33 O  BTNT    nOtrongT  0,19.3 0,1  0,57  nOtrongT 0,1 Lại có: n 0,2  n Al   BTKL   m 0,1.16  0,3.27  0,2.24 14,5 gam  Ví dụ 20: Cho m gam hỗn hợp A gồm FexOy, Fe và Cu tác dụng hết chứa HCl 32,85% và HNO3 9,45%, sau phản ứng thu 5,824 lít khí NO (đktc, sản phẩm khử nhất) và dung dịch X chứa (m+60,24) gam chất tan Cho a gam Mg vào dung dịch X, kết thúc các phản ứng thu (m - 6,04) gam chất rắn và thấy thoát hỗn hợp khí Y gồm hai khí đó có một khí hóa nâu không khí, tỉ khối Y so với He 4,7 Giá trị a gần với giá trị nào sau ? A 21,0 B 23,0 C 22,0 D 24,0 Định hướng tư giải Ta có: ¶ nHCl 1,8 mol   BTKL   m  1,8.36,5  0,3.63 m  60,24  0,26.30  18nH 2O ¶   n  , mol ¶ HNO3  nH 2O 0,92 mol   nOtrongA  0,92.2  0,26.4 trongA 0,4 mol   mFe ,Cu  m  6, Vậy (m - 6,04) có mMg 6,4  6,04 0,36 gam  ¶ Mg 2 : x ¶  Dung dịch sau chứa ¶ NH : y  x  y 1,8 ¶  ¶ Cl : 1,8 ¶ NO : 3z H   Y¶    0,26 3z.4  z.2  10 y  10 y  16 z 0,26 H : z ¶ ¶ y 0,01 ¶ N  BTNT    y  z 0,04  ¶ z 0,01  a 0,36  0,895.24 21,84 gam ¶ x 0,895 ¶ 17 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường Để có sự đánh giá khách quan sau thời gian ứng dụng đề tài “Sử dụng tư đảo chiều NAP 4.0 phân chia nhiệm vụ H + giải toán HNO3 H+ NO3-” vào thực tiễn giảng dạy chọn lớp 11 đó là:11A, 11B Trường THPT Thiệu Hóa - Trong đó: Lớp 11B làm đối chứng và lớp 11A làm thực nghiệm Hai lớp này các có lực học tương đương 2.4.1.Kết kiểm tra trước đưa phương pháp Trước đưa phương pháp Tôi tiến hành kiểm tra em đề kiểm tra lần với 20 câu 100% trắc nghiệm thời gian 50 phút kiến thức phần axit HNO3 tính oxi hóa ion NO3- mơi trường axit (bao gồm tập định tính tập định lượng) Cho kết sau: Điểm Sĩ TT Lớp - 10 5-6