Phương pháp bù điện tích để giải quyết nhanh các bài toán oxit axit tác dụng với dung dịch bazơ trong dung dịch

1 MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Nghị 29-NQ/TW ngày 04 tháng 11 năm 2013 khẳng định “Đổi bản, toàn diện giáo dục đào tạo, đáp ứng u cầu cơng nghiệp hóa, đại hóa điều kiện kinh tế thị trường xã hội chủ nghĩa hội nhập quốc tế” Hóa học môn nghiên cứu chất biến đổi chất Đa phần hệ thống khái niệm, kiến thức chất phản ứng hóa học trừu tượng Vì song song với việc học lý thuyết, làm thực nghiệm việc giải tập hóa học có vai trị quan trọng Thơng qua giải tập hóa học, học sinh nắm vững kiến thức đồng thời rèn luyện lực tư Đối với mơn hóa học nói chung hóa hữu nói riêng, để giải tập hóa học ngồi việc nắm vững kiến thức lý thuyết liên quan phương pháp giải tốn có tính chất định hướng cho hoạt động tư học sinh Trong q trình giảng dạy mơn hóa học trường THPT tơi nhận thấy giải tốn có biến đổi hóa học xảy dung dịch, có nhiều tốn theo phương pháp truyền thống học sinh nhiều thời gian để tìm đáp án Để khắc phục điều sử dụng phương pháp bù điện tích truyền đạt đến em Phương pháp không người có cách tiếp cận khác nhau, nêu tiếp cận đúng, hợp lí đạt kết ngồi mong đợi em 1.2 Mục đích nghiên cứu - Nâng cao chất lượng hiệu dạy- học hoá học - Giúp cho học sinh nắm chất, giải nhanh tập hóa học sử dụng phương pháp bù điện tích - Phát huy tính tích cực tạo hứng thú cho học sinh học tập đặc biệt giải tập hoá học 1.3 Đối tượng nghiên cứu - Đối tượng học sinh trung học phổ thơng - Kiến thức lí thuyết tập liên quan chương trình hóa học THPT - Nghiên cứu sở lí thuyết, dấu hiệu sử dụng, bước tiến hành sử dụng phương pháp bù điện tích - Chọn lọc ví dụ đặc trưng, khai thác khía cạnh mà học sinh thường vướng mắc 1.4 Phương pháp nghiên cứu Để hồn thành đề tài, tơi vận dụng phương pháp nghiên cứu khoa học như: Phân tích lý thuyết, điều tra bản, tổng kết kinh nghiệm sư phạm sử dụng số phương pháp thống kê tốn học việc phân tích kết thực nghiệm sư phạm v.v Nghiên cứu kỹ sách giáo khoa sách nâng cao phương pháp giải tập tham khảo tài liệu biên soạn phân tích hệ thống dạng tốn hoá học theo nội dung đề Đúc rút kinh nghiệm thân trình dạy học Áp dụng đề tài vào chương trình giảng dạy học sinh lớp 11 12 THPT NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lý luận sáng kiến kinh nghiệm 2.1.1 Định luật bảo tồn điện tích Trong dung dịch điện tích ln ln bảo tồn ∑ số mol điện tích dương = ∑ số mol điện tích âm 2.1.2 Phạm vi áp dụng phương pháp Phương pháp áp dụng để giải nhiều tốn Tuy nhiên, thích hợp ưu việt với toán oxit axit tác dụng với dung dịch bazơ Cần ý toán oxit axit tác dụng với dung dịch bazơ dung dịch sau phản ứng ln có cation kim loại, anion gốc axit có H+ OH- 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm + Học sinh biết định luật bảo tồn điện tích sử dụng dung dịch cụ thể + Khi gặp toán oxit axit tác dụng với dung dịch bazơ học sinh dừng lại phương pháp truyền thống, nhiều thời gian 2.3 Hệ thống ví dụ từ đơn giản đến phức tạp sử dụng phương pháp VD1: Hấp thụ hoàn toàn 5,6 lít khí CO (đktc) 600 ml dung dịch NaOH 0,5M thu dung dịch X Tính khối lượng chất tan có dung dịch X.( trích đề thi khối A 2007) Lời giải truyền thống Ta có = 1,2 Thí nghiệm có muối tạo Pt CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O a 2a (1) a CO2 + NaOH→ NaHCO3 b b (2) b Gọi a, b số mol Na2CO3 NaHCO3 ta có: a+b =nCO2=0,25 a+ 2b = nNaOH =0,3 Giải ta a= 0,2; b=0,05=> mCt= 0,2 106+0,05.84= 25,4 (gam) Nhận xét: tập ta giải theo phương pháp giải tốn cách lập phương trình hệ phương trình, Phương pháp bù điện tích Na+ : 0,3 CO2 + NaOH→ CO32-: 0,25 0,25 H+ OH- 0,3 Nhận xét: số mol điện tích âm 0,5, số mol điện tích dương 0,3=> dung dịch phải có H+ 0,2 mol để bảo tồn điện tích  mCt= 0,3.23+ 0,25.60+0,2.1= 25,4 (gam) VD2: Hấp thụ 3,36 lít SO2 (đktc) vào 0,5 lít hỗn hợp gồm NaOH 0,2M KOH 0,2M Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu khối lượng muối khan ( Trích 350 tập hóa vơ NGƠ NGỌC AN) A 9,5gam B 13,5g C 12,6g D 18,3g Lời giải truyền thống Ta có = 1,33 Thí nghiệm có muối tạo CO2 + 2OH- → CO32- + H2O Pt a 2a (1) a CO2 + OH-→ HCO3b b (2) b Gọi a, b số mol Na2CO3 NaHCO3 ta có: a+b =nCO2=0,15 a+ 2b = nOH- =0,2 Giải ta a= 0,1; b=0,05 => mCt= mNa+ + mK+ + mCO32- +mHCO3- =18,3 (gam) Phương pháp bù điện tích Na+: 0,1 NaOH: 0,1 SO2 + 0,15 K+: 0,1 → → mCt= 18,3 SO32-: 0,15 KOH : 0,1 H+ : 0,1( bù phần điện tích dương cịn thiếu) Nhận xét: số mol điện tích âm 0,15.2=0,3> tổng số mol điện tích dương 0,2 nên dung dịch cịn H+ 0,1 mol để bảo tồn điện tích  mCt= 0,1.23+0,1.39+0,15.80+0,1.1=18,3 gam VD3: Cho 0,012 mol CO2 hấp thụ 200 ml NaOH 0,1M Ca(OH)2 0,01M Khối lượng kết tủa thu sau phản ứng là( Trích đề THPT Quốc gia 2016) Lời giải truyền thống Ta có: nOH-/nCO2 =2=> Phản ứng tạo muối TH Pt: CO2 + 2OH- → CO320,012 0,024 CO32- + Ca2+ 0,002 0,002 + H2O 0,012 → CaCO3 0,002  mCaCO3 = 0,2 gam Phương pháp bù điện tích Na+: 0,02 NaOH CO2 + 0,02 0,012 Ca(OH)2 Ca2+ :0,002 → → CaCO3 0,002 CO32-: 0,012 0,002 Nhận xet: Số mol điện tích dương số mol điện tích âm=> sản phẩm chứa muối trung hịa mCaCO3 = 0,002.100=0,2 gam VD4: Hấp thụ hồn tồn 2,24 lít CO2 (đktc) vào 100 ml dung dịch gồm K2CO3 0,2M KOH x mol/lít , sau phản ứng xảy hoàn toàn thu dung dịch Y Cho toàn Y tác dụng với dung dịch BaCl2 (dư), thu 11,82 gam kết tủa Giá trị x là( Trích đề thi khối B – 2011 ) A 1,0 B 1,4 C 1,2 D 1,6 Lời giải truyền thống Ta có nBaCO3 =0,06 mol Các phương trình hóa học xảy CO2 + 0,1x/2 CO2 2KOH → K2CO3 + H2O 0,1x + 0,1x K2CO3 + H2O→ 2KHCO3 0,1-0,1x/2 (1) (2) 0,1-0,1x/2 BaCl2 + K2CO3→ BaCO3 + 2KCl 0,06 0,06 Nhận thấy nBaCO3= 0,06< nCO2=> có muối tạo thành dung dịch Y Theo (1,2,3) ta có: nK2CO3/(3) = nK2CO3(1) + nK2CO3(dd đầu) - nK2CO3(2)  0,04 + 0,1x/2 - (0,1+ 0,1x/2) = 0,06 => x =1,4 phương pháp bù điện tích K+: 0,04 + 0,1x K2CO3: 0,02 mol →Dung dịch Y CO32-: 0,14 CO2 + 0,1 +BaCl2 → BaCO3 H+: 0,28 - 0,04 - 0,1x KOH: 0,1x mol 0,06 Hoặc OH-: Nhận xét: Dung dịch Y khơng thể chứa OH- nBaCO3 =0,06< 0,14 => dung dịch Y để cân điện tích phải bù H+ => nH+ = nCO32—nBaCO3 0,28- 0,04 - 0,1x = 0,14 - 0,06 => x = 0,14 VD5: Hỗn hợp khí X gồm SO2 CO2 có tỉ khối so với H2 27 Dẫn a mol hỗn hợp khí X qua bình đựng lít dung dịch NaOH 1,5a mol/l, thu dung dịch Y chứa m gam muối Biểu thức liên hệ m a là( Trích hóa học vơ Nguyễn Đức Vận) A m = 105a B m = 103,5a C m = 116a D m = 141a Lời giải truyền thống Cho a = 1→ → �SO2 : � CO2 : � �XO �� �X  54  32  22 �Na2 XO3 : x � �NaHXO3 : y �x  y  �y  0,5 �� �� x  y  1,5 � �x  0,5 m = 0,5 (23.2 + 22 + 16,3 + 23 + + 22 + 16.3) = 105 phương pháp bù điện tích Giả sử a=1 Áp dụng sơ đồ đường chéo ta có nCO2=nSO2= 0,5 mol CO32-: 0,5 SO2: 0,5 + NaOH 1,5=> CO2: 0,5 SO32-: 0,5 Na+: 1,5 H+: 0,5( BT điện tích) Nhận xét:Số mol Na+=1,5, tổng số mol điện tích âm 2=> Thiếu điện tích dương =>Dung dịch cân điện tích phải bù H+ với số mol dễ tính 0,5 mol BTKL=> m= 60.0,5+ 80.0,5+23.1,5+1.0,5 = 105 VD6: Hấp thụ hết x lít CO2 đktc vào dung dịch chứa 0,4mol KOH , 0,3 mol NaOH 0,4 mol K2CO3 thu dung dịch Y Cho dung dịch Y tác dụng với dung dịch BaCl2 thu 39,4gam kết tủa Biết phản ứng hoàn toàn Giá trị x là: A.20,16 lít B.18,92 lít C.16,72 lít D.15,68 lít phương pháp bù điện tích K+:1,2 mol CO2 + 0,4 mol KOH Na+: 0,3 mol 0,3 mol NaOH → CO32- : (0,4 +x/22,4) mol 0,4 mol K2CO3 H+: 1,5 - 2(0,4+x/22,4) (BTĐT) + BaCl2→ BaCO3 0,2 Hoặc OHNhận xét: ∑nNa+,K+ =1,5 Nếu dung dịch Y có OH- nCO32-= nBaCO3 0,4 +x/22,4= 0,2=> x x= 20,16 lit VD7:Cho 1,42 gam P2O5 tác dụng hoàn toàn với 50 ml dung dịch KOH 1M, thu dung dịch X Cô cạn dung dịch X thu chất rắn khan có khối lượng Lời giải truyền thống P2O5 + 3H2O → 2H3PO4 0,01 0,02 Ta có nKOH/ nH3PO4 = 0,05/0,02=2,5 Phản ứng tạo muối trung hòa, muooia axit 3KOH + H3PO4 → K3PO4 + 3H2O 3a a a 2KOH + H3PO4 → K2HPO4 + 2H2O 2b b b Ta có hệ : 3a+ 2b= nKOH= 0,05 a+ b = nH3PO4 = 0,02 giải ta a= 0,01, b= 0,01=> mCt = mK3PO4 + mK2HPO4 =3,86 gam phương pháp bù điện tích K+: P2O5 + KOH →Dung dịch X 0,05 PO43- : 0,02 H+ : 0,01( BTĐT) Nhận xét : Vì số mol điện tích âm PO43- dung dịch 0,02.3=0,06 Số mol điện tích dương K+ 0,05 thiếu hụt 0,01 mol nên dung dịch X có H+ BTKL có mCt= 0,05 39 + 0,02 95 + 0,01.1= 3,86 gam VD8:Cho 100 ml dung dịch H3PO4 0,1M tác dụng với 120 ml dung dịch NaOH 0,2M Sau phản ứng xảy hồn tồn , cạn dung dịch thu m gam chất rắn khan.Tính m(Trích tập hóa vơ Hồng Nhâm) Lời giải truyền thống Nhận xét: 2 Sản phẩm hôn xhowpj muối HPO42- PO43- PT: H3PO4 + 2OH- → HPO42- + 2H2O x 2x x H3PO4 + 3OH- → PO43y 3y (1) + 3H2O (2) y Đặt x, y số mol H3PO4 (1,2) Ta có hệ : x+ y= 0,01 2x + 3y =0,024 Giải ta : x= 0,006 y= 0,004  m= 0,006 142 + 0,04.164= 1,508 gam phương pháp bù điện tích Na+: 0,024 H3PO4 + NaOH→ dung dịch PO43- : 0,01=> mCt= 1,508 gam 0,01 H+ : 0,006 0,024 Nhận xét : Số mol điện tích dương 0,024 < số mol điện tích âm 0,01.3=0,03=> Dung dịch có H+ số mol tương ứng 0,006  m Muối= mNa+ + mPO43- + mH+ = 1,508 gam VD9 : Lấy V ml dung dịch H3PO4 35% (D=1,25 g/ml) đem trộn với 200ml dung dịch KOH 1M thu dung dịch X có 14,95 gam muối Giá trị V A 16,8 B 19,2 C 30 D.89 Lời giải truyền thống nKOH/nH3PO4 mCt (KH2PO4) 27,2 (K2HPO4) 17,4 (K3PO4) 14,1 Vì khối lượng muối thu 14,95 gam nên sau phản ứng thu dduocj muối K3PO4 K2HPO4 PT: H3PO4 + 2OH- → HPO42- + 2H2O x 2x x H3PO4 + 3OH- → PO43y Theo ta có: 3y (1) + 3H2O (2) y 2x + y = 0,2 174 x+ 212y =14,95 Giải ta x= 0,025 y= 0,05 => V= 16,8 lít phương pháp bù điện tích Ta có nH3PO4 = x (mol); nKOH = 0,2 (mol) Sơ đồ K+: 0,2 H3PO4 + KOH → PO43- : x x 0,2 H+ : 3x-0,2 OH- : 0,2-3x TH1 : Nếu dung dịch sau phản ứng có H+ BTKL ta có : 0,2.39+ 95.x+ 3x-0,2= 14,95 => x = 0,075=> V= 16,8 lít TH2 : Dung dịch có OH- khơng phù hợp VD9 Cho 0,56 gam hỗn hợp X gồm C S tác dụng hết với lượng dư dung dịch HNO3 đặc, nóng, thu 0,16 mol hỗn hợp khí gồm NO CO2 Mặt khác, đốt cháy 0,56 gam X O2 dư hấp thụ toàn sản phẩm vào dung dịch Y chứa 0,02 mol NaOH 0,03 mol KOH, thu dung dịch chứa m gam chất tan Biết phản ứng xảy hoàn toàn Giá trị m (Đề thi sở GD Thanh Hóa) A 3,64 B 3,04 C 3,33 D 3,82 Phương trình o t � CO2↑ + 4NO2↑ + 2H2O PTHH: (1) C + 4HNO3đặc �� x → x → 4x (mol) o t (2) S + 6HNO3đặc ��� H2SO4 + 6NO2↑ + 4H2O y Ta có hệ → 6y (mol) �mX  12x  32y  0,56 �x  0,02mol � �nCO2  nC  0,02mol � � � � � �nhhkh� 5x  6y  0,16 �y  0,01mol �nSO2  nS  0,01mol 10 Ngồi ta dùng bảo toàn e xác định nCO2 nSO2 Tính m theo cách giải truyền thống Gọi công thưc chung CO2 SO2 XO2 ta có: X=(12.0,02+32.0,01)/0,03= 56/3 nNaOH= 0,02 => nOH- = 0,05 nKOH = 0,03 Nhận thấy nOH-/nXO2 =0,05/0,03=> phản ứng tạo XO32- HXO3- Pt: o t XO2 + OH- ��� XO32- + H2O a XO2 + b 2a o t � HXO3OH- �� b Ta có hệ: a+ b = 0,03 2a+ b = 0,05 Giải ta a= 0,02 b = 0,01 => mCt = mNa+ + mK+ + mXO32- + mHXO3- = 3,64 gam Tính m phương pháp bù điện tích CO2: 0,02 + SO2: 0,01 K+: 0,03 KOH: 0,03 → NaOH: 0,02 Na+: 0,02 CO32-: 0,02 SO32-: 0,01 H+: 0,01( Bù điện tích) BTKL tac có mCt== mNa+ + mK+ + mCO32- + mSO32- + mH+ = 3,64 gam 11 2.4 Thực nghiệm sư phạm Sau hoàn thành đề tài “ Sử dụng phương pháp bù điện tích tập hóa học” Tơi áp dụng với học sinh lớp 11C 1, 11C2, 11C3, 11C8 Trường THTP Hàm rồng năm học 2020- 2021, triển khai tiết luyện tập, ôn tập, kết hợp dạy lý thuyết tập Trước dạy dạng tập này, tiến hành kiểm tra sau tiến hành dạy bình thường lớp 12C 3, 12C8 cho học sinh nắm phương pháp kết hợp với luyện tập lớp 12C 1, 12C2 Kết khảo sát sau: 12 Kết kiểm tra đợt 1: (Chưa áp dụng đề tài ) Lớp Sĩ số 11C1 11C2 11C3 11C8 41 46 45 43 Điểm giỏi SL % 6,98 2,33 4,55 2,22 Điểm SL % 20,93 11,63 15,91 8,89 Điểm TB SL % 25 58,14 30 69,76 28 59,09 32 71,11 Điểm yếu SL % 13,93 16,28 11 20,45 17,78 Điểm TB SL % 14 34,1 8,7 25 29,55 17 37,78 Điểm yếu SL % 6,97 2,27 4,44 Kết kiểm tra đợt 2: (Đã áp dụng đề tài) Điểm giỏi SL % 12C1 41 12 29,2 12C2 46 15 32,6 12C6 45 27,27 12C7 43 22,22 Từ kết ta nhận thấy: Lớp Sĩ số Điểm SL % 12 29,2 21 45,6 11 40,91 18 35,56 Sau luyện tập kết giải tập học sinh lớp tăng Tuy nhiên với lớp 11C3, 11C8 không định hướng phương pháp cách hệ thống kết giải tập học sinh tăng chậm, nhiều học sinh vẩn lúng túng trình giải tập dạng Còn lớp 11C1, 11C2 định hướng cách hệ thống phương pháp luyện tập kĩ giải tập học sinh tăng rõ rệt, học sinh biết phân tích tốn có định hướng cụ thể trước giải thể kết kiểm tra đợt lớp tăng rõ rệt 13 KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Sau áp dụng phương pháp bù điện tích dựa định luật bảo tồn điện tích vào việc giải toán oxit axit tác dụng với dung dịch bazơ tới đối tượng học sinh thấy tự tin hướng dẫn em giải toán dạng từ đơn giản đến toán phức tạp nhiều trường hợp lại thời gian so với phương pháo giải truyền thơng Về phía học sinh, sau tiếp cận phương pháp em đầu tỏ ngạc nhiên, lĩnh hội phương pháp thì háo hức, phấn khích đặc biệt tự tin giải 3.2 Kiến nghị Công tác dạy học, đúc rút sáng kiến kinh nghiệm lãnh đạo ngành quan tâm Song để việc đúc rút sáng kiến kinh nghiệm có sức lan tỏa viết có chất lượng cần đưa lên trang web sở để giáo viên có điều kiện tiếp cận, học hỏi Đề tài cịn mang tính chủ quan, chưa thực hồn thiện, nhiều hạn chế Vì vậy, tơi mong đóng góp ý kiến q báu thầy cô, bạn đồng nghiệp để đề tài hồn thiện Trân trọng cám ơn Tơi xin cam đoan sáng kiến kinh nghiệm thân viết, không copy, không chép nôi dung người khác XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG Thanh Hóa, tháng năm 2021 Người viết SKKN Nguyễn Văn Hồng 14 ... dụng phương pháp Phương pháp áp dụng để giải nhiều toán Tuy nhiên, thích hợp ưu việt với toán oxit axit tác dụng với dung dịch bazơ Cần ý toán oxit axit tác dụng với dung dịch bazơ dung dịch sau... Sau áp dụng phương pháp bù điện tích dựa định luật bảo tồn điện tích vào việc giải toán oxit axit tác dụng với dung dịch bazơ tới đối tượng học sinh thấy tự tin hướng dẫn em giải toán dạng từ... axit có H+ OH- 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm + Học sinh biết định luật bảo tồn điện tích sử dụng dung dịch cụ thể + Khi gặp toán oxit axit tác dụng với dung dịch bazơ