SKKN kết hợp sáng tạo các phương pháp để giải một số dạng bài tập hóa học vô cơ nhằm phát triển tư duy học sinh giỏi

BÁO CÁO KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN Lời giới thiệu: Trong nhà trường phổ thông tập hóa học có nghĩa quan trọng dạy học, củng cố kiến thức kỹ Bài tập hóa học cịn giúp phát triển tư cho học sinh Những kiến thức hóa học học sinh quên tư học sinh có theo em suốt đời để giải tốt vấn đề sống Trong trình giảng dạy Bồi dưỡng HSG Hóa 9, tơi nhận thấy em học sinh cịn gặp nhiều khó khăn giải tốn hóa học, tốn đề thi HSG , đặc biệt tốn khó Các em cịn lúng túng, tư máy móc, dập khn, chưa xác định phương pháp phù hợp với tốn hóa học nâng cao Mặt khác u cầu đề thi HSG Hóa cấp tỉnh năm gần có nhiều đổi Vì vậy, để giúp em HS có tư tốt hơn, giải nhanh tốn khó Để đạt kết cao kỳ thi HSG Tôi nghiên cứu đề tài: “Kết hợp sáng tạo phương pháp để giải số dạng tập hóa học vô nhằm phát triển tư học sinh giỏi” Mặc dù cố gắng nhiều, thời gian nghiên cứu, biên soạn hạn chế, nên đề tài khơng tránh khỏi thiếu sót ngồi ý muốn Rất mong muốn nhận đóng góp ý kiến quý báu đồng nghiệp độc giả để đề tài tơi hồn thiện Tơi xin trân thành cảm ơn! Tên sáng kiến: “Kết hợp sáng tạo phương pháp để giải số dạng tập hóa học vơ nhằm phát triển tư học sinh giỏi” Tác giả sáng kiến: - Họ tên: Phùng Thanh Duy - Địa tác giả sáng kiến: Trường THCS Sông Lô – Huyện Sông Lô – Tỉnh Vĩnh Phúc - Số điện thoại : 0969718783 E-mail: duyhoa0969718783@gmail.com Chủ đầu tư tạo sáng kiến: Áp dụng trường THCS Sông Lô chủ đầu tư tạo sáng kiến là: Trường THCS Sông Lô – Huyện Sông Lô – Tỉnh Vĩnh Phúc Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: - Bồi dưỡng HSG, mơn Hóa học 9; - Phần Hóa học vơ Ngày sáng kiến áp dụng lần đầu áp dụng thử: Ngày 20/8/2014 Mô tả chất sáng kiến: 7.1 NỘI DUNG: 7.1.1 CƠ SỞ KHOA HỌC LÍ LUẬN - Đứng trước tập hóa học có nhiều cách giải khác nhau, song để tìm lời giải hợp lý, ngắn gọn xác, khoa học, độc đáo lại khơng phải việc dễ dàng tốn khó Việc tìm lời giải hay ngắn gọn phát triển tốt tư cho học sinh, qua học sinh thưởng thức niềm vui việc tìm lời giải hay, độc đáo kích thích tính sáng tạo học tập học sinh Từ khơi dậy học sinh niềm đam mê, yêu thích với môn học - Để giúp HSG giải vấn đề tiến hành: + Nghiên cứu tầm quan trọng PP giải tập tư HS q trình làm tập hóa học Đặc biệt tập đề thi HSG + Nghiên cứu tài liệu (sách, báo, tạp chí, đề thi HSG, đề thi vào 10 chuyên hóa ) phương pháp giải để đưa nội dung đề tài 7.1.2 ĐỐI TƯỢNG PHỤC VỤ NGHIÊN CỨU: HS ĐT HSG Hóa 7.1.3 NỘI DUNG PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU: CHƯƠNG 1: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP RÈN TƯ DUY GIẢI TOÁN CHO HỌC SINH GIỎI I- XÉT MỘT SỐ DẠNG BÀI TỐN HĨA HỌC: Bài tốn 1: Xét khử hoàn toàn MxOy CO H2: yCO MxOy + yCO2 t  → xM + o yH2 yH2O Điều quan trọng là: nO(oxit) = nCO = nCO2 (hoặc = nH2 = nH2O) mchất rắn giảm = mO(pư) (Đk: M < Al) moxit = mM + mO Bài tốn 2: Hịa tan hết lượng Al hỗn hợp (HCl, H2SO4 loãng, HBr) hỗn hợp (NaOH, KOH, Ba(OH)2) Điều quan trọng số mol H2 thoát nhau: → Al3+ + 3/2 H2 Al + 3H+  Al + OH- + H2O  → AlO2- + 3/2H2 Bài tốn 3: Hồ tan hoàn toàn hỗn hợp oxit kim loại MxOy dung dịch H2SO4 Điều cần là: mol O thay mol gốc SO4 tức nO = n 2− hóa trị II) SO mMuối = moxit – mgốc SO4 – mO Bài toán 4: Hòa tan m (g) hỗn hợp Na, Al vào H2O dư V1 lít khí Nếu cho m (g) hỗn hợp vào dung dịch NaOH dư V2 lít khí (Biết V2 > V1) Điều cần là: Vì V2 > V1 nên Al chưa tan hết thí nghiệm → m1 (g) Rắn X; Cho m1(g) RắnX + Bài toán 5: Cho m(g) Fe + O2(kk)  HNO3(dư)  → V(l) NO (đktc) + dung dịch A Tính đại lượng thứ ba Điều quan trọng : Dùng định luật bảo toàn khối lượng tìm mO2(pư) = (m1 – m) Nhận dạng TT đầu (Fe, O2, HNO3 ) TT cuối (Fe3+, O2 , N2+) ⇒ BT e Khi biết giá tri (m, m1, V) ⇒ đại lượng thứ TỪ NHỮNG DẠNG BÀI TỐN TRÊN TA CĨ NHẬN XÉT: Để học có tư nhanh, xác, gọn nhẹ cần: Nắm vững hệ thống lí thuyết để vận dụng vào việc giải nhanh toán Nắm vững vấn đề cốt lõi dạng toán gốc để vận dụng linh hoạt vào tương tự Thường xuyên luyện tập, ghi nhớ để hình thành kĩ năng, rút kinh nghiệm sau toán Nắm vững vấn đề quan trọng phương pháp giải nhanh Có kĩ nhận xét tổng quát, chất; phân tích toán II- RÈN KỸ NĂNG NHẬN XÉT TỔNG QUÁT: Xét tốn tổng qt: Khử hồn tồn FexOy CO dư thu chất rắn X khí Y Hịa tan X axit HCl dư, cạn dung dịch sau phản ứng m1(g) chất rắn Hấp thụ khí Y nước vơi dư m2(g) kết tủa Xác định CTHH FexOy * Cách tư thông thường: - Gọi số mol FexOy = a - Viết PTHH - Lập PT liên hệ (a, m1, m2, x, y) Suy CTHH FexOy Cách dài, nhiều thời gian dễ nhầm lẫn * Cách tư nhanh: n(CaCO3) = n(CO2) = nO(Oxit) = m2/100 Viết sơ đồ pư ⇒ ⇒ x : y = nFe : nO nRắn = n(FeCl2) = nFe (Oxit) = m1/127 Vận dụng: (HSG Hóa Hà Nội 2013) Khử hoàn toàn m(g) hỗn hợp X (FeO, Fe2O3, FexOy) CO nóng, dư chất rắn X khí Y Hịa tan hết X HCl dư cạn 7,62g chất rắn khan Tồn Y hấp thụ vào dung dịch Ca(OH)2 dư thấy có 8g kết tủa Tính m Tư theo sơ đồ: FeO + HCld­ Fe  → FeCl2 (7,62g) = 0,06mol  + COd­ →  Fe2O3  (H=100%) + Ca(OH)2 d­ → CaCO3 (8g) = 0,08mol CO2  Fe O 14 2x 43y m(g)=? Theo sơ đồ ta thấy: nO(X) = n(CO2) = n(CaCO3) = 0,08 (mol) nFe(X) = nFe = n(FeCl2) = 0,06 (mol) ⇒ mX = mFe + mO = 56.0,06 + 16.0,08 = 4,64 (g) III- TẬP PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH: Bài tốn 1: Dùng CO dư để khử hoàn toàn m(g) FexOy, dẫn toàn khí sinh qua dung dịch Ba(OH)2 dư 0,15mol kết tủa Mặt khác hịa tan tồn m(g) FexOy HCl dư cô cạn 16,95 (g) muối khan Tính giá trị m tìm cơng thức FexOy * Tư toán theo sơ đồ: → CO2  → BaCO3 (0,15 mol) m(g) FexOy + CO  m(g) FexOy + HCl  → FexCl2y (16,95 gam) * Phương pháp phân tích: Thơng thường sản phẩm FexOy với HCl FeCl2y/x lại FexCl2y vì: - Khi tác dụng với HCl, Fe oxit khơng thay đổi hóa trị; - Hóa trị O (II) Cl (I) nên mol O → mol Cl Ta thấy: nCO2 = nBaCO3 = nO(oxit ) = 0,15 ⇒ nCl− (muèi) = 2.0,15 = 0,3  mmuèi = mFe + mCl− ⇒ mFe = 16,95 − 0,3 35,5 = 6,3(0,1125mol Fe) moxit = mFe + mO = 6,3 + 0,15.16 = 8,7 = m ⇒  x : y = nFe : nO = 0,1125 : 0,15 = : (Fe3 O4 ) Bài tốn 2: Hịa tan hết 10g hỗn hợp X (MgCO3, CaCO3, Na2CO3, K2CO3) dung dịch HCl dư thu 2,24 lít khí (đktc) dung dịch Y Cô cạn Y m(g) muối khan Tính m - Cách tư thơng thường: Viết PTHH; đặt ẩn; lập PT; gép ẩn tìm kết (phương pháp nhiều thời gian, ghép ẩn rối !) - Cach tư nhanh: + Phương pháp 1: Gọi CTC X: M2(CO3)n M2(CO3)n + 2nHCl  → 2MCln + nCO2 + nH2O 0,2 0,1 0,1 BTKL: mmuối Cl = mmuối cacbonat + mHCl – (mCO2 + mH2O) m = 10 + 0,2.36,5 – (0,1.44 + 0,1.18) = 11,1 (g) + Phương pháp 2: Khi chuyển từ muối CO32-→ Cl- mol CO32- → mol ClSố mol gốc CO3 = số mol CO2 = 0,1; số mol gốc Cl = 0,2 mmuối clorua = mmuối cacbonat – mgốc cacbonat + mgốc Cl = 11,1 (g) IV- TẬP PHƯƠNG PHÁP DIỄN DỊCH VÀ QUY NẠP MỤC ĐÍCH: - Từ hay số toán gốc để luận hàng loạt toán nhỏ - Từ hàng loạt toán nhỏ quy dạng toán với phương pháp giải không thay đổi Xét toán gốc: Bài toán : Cho a(g) hỗn hợp kim loại hoạt động tác dụng hết với dung dịch HCl thu dung dịch X chứa b(g) muối c (mol) khí Tìm biểu thức liên hệ b với a c Hướng dẫn: BTNT: (sơ đồ) HCl  → H2 mol: 2c c BTKL: mmuối = mkim loại + mgốc Cl  → b = a + 2c.35,5 = a + 71c NHẬN XÉT (PHƯƠNG PHÁP DIỄN DỊCH): Đây tốn gốc, từ biến dạng hàng trăm tưởng khác cách: - Bài tốn có đại lượng (KL, H2, muối) đề cho hai đại lượng hỏi đại lượng lại - Thay hỗn hợp nhiều KL KL cụ thể khác (số lượng không nhiều lắm) mắc bẫy lập hệ phương trình - Thay HCl axit khác (như H2SO4 lỗng, HBr, HI) chí hỗn hợp axit (tác dụng vừa đủ với số mol cụ thể axit Khi đó: mmuối = mkl + mcác gốc axit HnX → n H2 + Xn− - Thay hỗn hợp KL hoạt động nói chung thành KLK, kiềm thổ; thay axit H2O (dĩ nhiên muối thay bazơ, ta có: mBazơ (rắn khan) = mKL+ mOH- H2O → ½ H2 + OH- - Không hỏi trực tiếp đại lượng mà hỏi gián tiếp thông qua kiến thức khác Chẳng hạn sau hỗn hợp KLK, KT tác dụng với H2O lấy dd trung hịa axit, u cầu tính lượng axit hay pH… - Cho thêm kiện khác kèm với kiện để chuyển dạng toán khác Chẳng hạn cho hỗn hợp KL nhóm IA IIA thuộc chu kì kế tiếp… yêu cầu xác định kim loại… MỘT SỐ BÀI TỐN BIẾN DẠNG: Ví dụ (HSG Hóa Huyện Sơng Lơ 2012) Hịa tan 3,22g hỗn hợp X (Fe, Mg, Zn) lượng vừa đủ dd H2SO4 lỗng, thu 1,344 lít H2 (đktc), cạn dung dịch sau phản ứng thu gam muối khan Hướng dẫn: Sơ đồ: → H2 + gốc SO4 H2SO4  0,06 0,06 Ta có: mmuối = mKL + mgốc axit = 3,22 + 0,06.96 = 8,98 gam Ví dụ 2: Hòa tan 10g hỗn hợp (Al kim loại M(> H)) vào 100ml dung dịch hỗn hợp (H2SO4 aM; HCl 3aM) 5,6 lít H2 (đktc), dung dịch X 1,7g kim loại chưa tan hết Cô cạn X gam muối khan Hướng dẫn: Ta có: mKL(Pư) = 10 – 1,7 = 8,3 gam → 2H+ + SO42- ; Sơ đồ: H2SO4  0,1a 0,2a 0,1a → HCl  0,3a H+ + Cl0,3a 0,3a BTNT(H) ⇒ n(H+) = 2n(H2) ⇒ 0,3.a + 0,1.a = 2.(5,6 : 22,4) ⇒ a = Mmuối = mKL + mgốc(SO4) + mgốc (Cl) =8,3 + 0,1.96 + 0,3.35,5 = 28,55 gam Ví dụ 3: Cho mẫu hợp kim Na – Ba tác dụng với nước dư dung dịch X 3,36lít H2(đktc) Thể tích dd H2SO4 2M cần dùng để trung hòa dung dịch X Hướng dẫn: Sơ đồ: H2O  → 0,5H2 0,15 + OH0,3 PƯ trung hòa: → H2O H+ + OH-  0,3 0,3 Vì: n(H2SO4) = 0,5.n(H+) = 0,5 0,3 = 0,15 ⇒ V(ddH2SO4) = 0,15 : = 0,075 lít CHƯƠNG 2: KẾT HỢP SÁNG TẠO CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VÔ CƠ I KẾT HỢP PP BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG VÀ PP BẢO TOÀN E, VÀ PP QUY ĐỔI: BÀI TOÁN 1: Nội dung tổng quát: + O2 M m(g) (1) m1(g) MxOy M + HNO3 (H2SO4 dac) M+n (2) NaOb ( SO2, ) : V(l) (dktc) Sản phẩm khử: NxOy (hoặc Sx), (n số oxi hóa cao M) (M kim loại Fe Cu dung dịch HNO3 (H2SO4 đặc nóng) lấy vừa đủ dư) - Gọi: nM = x mol ; ne (2) nhận = y mol → ∑ ne nhường = x.n mol - Theo đlbt khối lượng từ (1) → nO = (m1-m)/16 (mol) - ∑ ne nhận = ne (oxi) + ne (2) = 2.(m1-m)/16 + y - Theo đlbt mol electron: ∑ ne nhường = ∑ ne nhận → x.n = (m1-m)/8 + y - Nhân hai vế với M ta được: (M.x).n = M(m1- m)/8 + M.y → M m1 + M y M M (*) => m(n + ) = m1 + M y => m = M n n+ - Thay M = 56 (Fe) ; n = vào (*) ta được: m = 0,7.m1 + 5,6.y (1) - Thay M = 64 (Cu) ; n = vào (*) ta được: m = 0,8.m1 + 6,4.y (2) (Khi biết đại lượng m, m1, y ta tính đại lượng lại) Điều quan trọng : + Dùng định luật bảo tồn khối lượng tìm mO2 (pư) = (m1 – m); + Nhận dạng TT đầu TT cuối M, O2, HNO3 Mn+, O2- NxOy (hoặc Sx) ⇒ ĐLBT e ⇒ Khi biết giá tri (m,m1,v) ⇒ đại lượng thứ Từ tốn gốc giải nhiều tốn cụ thể Ví dụ 1: (Chun Hùng Vương 2014) Cho 11,36 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe2O3 Fe3O4 phản ứng hết với dung dịch HNO3 loãng (dư), thu 1,344 lít khí NO (sản phẩm khử nhất, đktc) dung dịch X Cô cạn dung dịch X thu gam muối khan Hướng dẫn: Hỗn hợp gồm Fe , FeO , Fe2O3 , Fe3O4 tạo thành từ hai nguyên tố O , Fe Gỉa sử coi hỗn hợp hỗn hợp hai nguyên tố O , Fe Ta quan sát biến đổi số oxi hóa Fe – 3e → Fe+3 x 3x O + 2e → O-2 y 2y N+5 + 3e → N+2 0,18 0,06 Theo định luật bảo toàn e : 3x – 2y = 0,18 Tổng khối lượng hỗn hợp : 56x + 16y = 11,36 Giải hệ ⇒ x = 0,16 mol , y = 0,15 mol Viết phản ứng Fe với HNO3 10 + Trước tiên dựa vào pư với H2SO4(l) tính bình có: nFe2+ = 0,005 nH+ lại = 0,02; nCu = 0,005; SO42- =0,03 (mol) + Thêm NaNO3: 0,005(mol) Quá trình nhận NO3– + 4H+ + 3e → NO + 2H2O 0,005 0,2 Quá trình cho Σ ne cho (Max) = 1.nFe2+ + 2.nCu= 0,005.1+ 0,005.2 = 0,015 0,005 0,2 → 0,015 = ne (nhận)Max ⇒ Số mol epư = 0,015 – + 2+ 2+  NO3 , 4H , Fe , Cu hết  Muối m muối = mkl + m SO42- + m Na+ = 0,87 + 0,03.96 + 0,005.23 = 3,865gam MỘT SỐ BÀI TỐN BIẾN DẠNG: Ví dụ : Cho m gam bột Fe vào 800 ml dung dịch hỗn hợp gồm Cu(NO 3)2 0,2M H2SO4 0,25M Sau phản ứng xảy hoàn toàn, thu 0,6m gam hỗn hợp bột kim loại V lít khí NO (sản phẩm khử nhất, đktc) Tính m V Hướng dẫn: Cách 1: Theo phương pháp áp dụng phương trình ion đầy đủ Ta có: n Cu(NO3)2 = 0,16 ⇒ n Cu2+ = 0,16 , n NO3- = 0,32 mol ; n H2SO4 = 0,2 ⇒ n H+ = 0,4 Vì thu hỗn hợp kim loại nên ⇒ Chỉ có muối Fe2+ tạo thành 3Fe + 2NO3- + 8H+ → 3Fe2+ + 2NO + 4H2O 0,15 Fe 0,16 0,4 + 0,1 Cu2+ → Fe2+ + Cu 0,16 (1) (2) 0,16 ⇒ Khối lượng đồng 0,6m gam hỗn hợp sau phản ứng : 64.0,16 mol Bảo toàn sắt : m = 0,15.56 pư(1) + 0,16.56 pư(2) + (0,6m – 0,16.64 ) dư ⇒ m = 17,8 29 Mặt khác V NO = 0,1.22,4 = 2,24 Cách 2: Sử dụng phương pháp bảo tồn e Ta có: NO3– + 4H+ + 3e → NO + 2H2O 0,32 0,4 0,1 0,4 → 0,3 = ne (nhận)Max Vì tạo hỗn hợp kim loại (Cu, Fe) ⇒ tạo muối Fe2+, H+ hết Theo pp bảo toàn (e): 2nCu2+ + 3/4nH+ = 2nFe(pư) ⇒ nFe(pư) =(2.0,16+0,4.3/4)/2 = 0,31 (mol) Bảo toàn khối lượng: m -0,31.56+0,16.64 = 0,6m ⇒ m =17,8 (g) Nhận xét: Từ ví dụ xét đưa cách giải, phương pháp chung sử dụng phương trình ion rút gọn Tuy nhiên tốn có tham gia hỗn hợp nhiều chất áp dụng sáng tạo pp bảo tồn e ln cho kết nhanh Ví dụ 5: Cho gam bột Mg vào dung dịch hỗn hợp KNO3 H2SO4, đun nhẹ, điều kiện thích hợp, đến phản ứng xảy hoàn toàn thu dung dịch A chứa m gam muối; 1, 792 lít hỗn hợp khí B (đktc) gồm hai khí khơng màu, có khí hóa nâu ngồi khơng khí cịn lại 0, 44 gam chất rắn không tan Biết tỉ khối B H2 11, Tính m Hướng dẫn: Cách 1: Dùng phương trình ion rút gọn M H2 =2< Hỗn hợp: M khí = 23 < MNO = 30  NO x (mol)   H y (mol) 1,792   x + y = 22,  ⇒  30x + 2y  = 23  x + y  x = 0,06 ⇔  y = 0,02  30 nMgphảnứng = 5− 0,44 24 3Mg + 8H+ + = 0,19 (mol) → 3Mg2+ + 2NO↑ + 4H2O 2NO3− 0,09 ← 0,24 ← 0,06 ← 0,09 ← 0,06 4Mg + 10H+ + NO3− → 4Mg2+ + NH +4 + 3H2O ( 0,19–0,09–0,02) = 0,08 → 0,2 → 0,02 → 0,08 → 0,02 → Mg2+ + H2↑ Mg + 2H+du 0,02 ← 0,04 → 0,02 → 0,02 ⇒ n H+ = 0,48 (mol); H2SO4 → 2H+ + n NO− = 0,08 (mol) KNO3 → K+ + SO 24 − ; 0,48 → 0,24 NO3− 0,08 ← 0,08 mmuối= m Mg + m K + m NH + mSO = 0,19.24 + 0,08.39 + 0,02.18 + 0,24.96 = 2+ + + 2− 31,08 (g) Cách 2: Phân tử lượng B = 2.11,5 = 23 ⇒ B có H2 ⇒ NO3- hết Mg dư ⇒ H2SO4 hết số mol Mg phản ứng = mol Mg2+ = (5-0,44)/24 = 0,19  NO(0, 06)  H (0, 02) B gồm NO H2 ⇒  Bảo­toàn­(e):­ne(cho)=­2nMg­=­0,38 ne(nhận)­=­3nNO­+­2nH2­=­0,06.3­+­0,02.2­=­0,22(mol)­