IỊ2.1.1. Rèn luyện năng lực phát hiện vấn đề và giải quyết vấn đề

IỊ2. Sử dụng bài tập HH vô cơ trong bồi dưỡng HSG ở trường THPT

IỊ2.1.1. Rèn luyện năng lực phát hiện vấn đề và giải quyết vấn đề

(b) CuSO4 + KI 

Hướng dẫn

(a’) Cu +

2 1

O2 H2SO4loangnhanh CuO (a’’) CuO + H2SO4  CuSO4 + H2O  (a) Cu +

2 1

O2 + H2SO4(loãng) CuSO4 + H2O

(b’) 2CuSO4 + 4KI  2CuI2 + K2SO4 (b”) 2CuI2  2Cu + I2

 (b) 2CuSO4 + 4KI  2CuI + I2 + 2K2SO4

Chú ý: CuI2 không bền.

Câu 2. Cho các muối sau:

Zn(NO3)2, AgNO3, Hg2(NO3)2, Pb(NO3)2, Fe(NO3)2. Các muối khi nhiệt phân tạo ra kim loại là

Ạ AgNO3, Hg2(NO3)2, Pb(NO3)2; B. AgNO3.

C. AgNO3, Hg2(NO3)2 ; D. Zn(NO3)2, AgNO3, Hg2(NO3)2,Pb(NO3)2.

Hướng dẫn

Chú ý: (1) Hg2(NO3)2 t0 2HgO + 2NO2 (2) 2HgO t0 2Hg + O2

(3) Hg2(NO3)2 t0 2Hg + 2NO2 + O2

Câu 3.1. Cho x mol Fe tác dụng với x lít đ HNO3 có nồng độ là 1M thấy thoát ra khí NO (duy nhất) và thu được đ X. Dung dịch X gồm (bỏ qua sự thuỷ phân của các ion)

Ạ Fe2+

, Fe3+, NO3-. B. Fe3+, NO3-.

C. Fe3+, NO3-, H+ . D. Fe2+, Fe3+, NO3-, H+ .

Câu 3.2. Cho 11,2x gam Fe tác dụng với x lít đ HNO3 có nồng độ là 1M thấy thoát ra khí NO (duy nhất) và thu được đ X. Dung dịch X gồm (bỏ qua sự thuỷ phân của các ion)

Ạ Fe2+, Fe3+, NO3-. B. Fe3+, NO3-. C. Fe3+

Câu 3.3. Cho 19,6x gam Fe tác dụng với x lít đ HNO3 có nồng độ là 1 M thấy thoát ra khí NO (duy nhất) và thu được đ X. Dung dịch X gồm (bỏ qua sự thuỷ phân của các ion)

Ạ Fe2+, Fe3+, NO3-. B. Fe3+, NO3-.

C. Fe3+, NO3-, H+ D. Fe2+, Fe3+, NO3-, H+ .

Dựa vào sơ đồ biểu diễn sản phẩm của PƯ khi cho a mol Fe tác dụng với đ chứa b mol HNO3 (tạo NO duy nhất) để giải “ chùm” BT trắc nghiệm:

a < 4 b 4 b 4 b < a < 8 3b 8 3b a < 8 3b a (Fe3+, NO3-

, H+) (Fe3+, NO3-) (Fe2+, Fe3+, NO3-) (Fe2+, NO3-)

Ví dụ: 3.1.+ Xác định được: a = nFe = 0,25x ; b = nHNO3 = x . Khi a = 0,25b  đ X gồm : Fe3+, NO3- (a = 4 1 b). IỊ1.7. Bài tập tổng hợp Bài 1. [Ví dụ 1 – IỊ2.1.3].

Bài 2. X và Y là hai nguyên tố thuộc cùng phân nhóm và thuộc hai chu kỳ liên tiếp trong bảng tuần hoàn các nguyên tố HH, trong đó ZY > ZX. Tổng số proton hai hạt nhân nguyên tử của X và Y là 32

1. Tìm hai nguyên tố X và Ỵ

2. Viết cấu hình e của nguyên tử nguyên tố X, Y .

3. Cho biết tính chất HH đặc trưng của X và Ỵ Viết các PTPƯ minh hoạ. 4. Cho biết PP HH cơ bản dùng để điều chế X , Ỵ

5. Một đ A chứa hai ion X2+ và Y2+, nồng độ mỗi đều bằng 0,02M. Cho từ từ đ muối amoni oxalat ((NH4)2C2O4) vào đ Ạ Nếu nồng độ của ion C2O42-

được tính toán chính xác thì muối oxalat của X và Y có thể được kết tủa riêng biệt. Cho cân bằng hoá học diễn ra như sau:

XC2O4(r)  X2+(aq) + C2O42-(aq) (1) YC2O4(r)  Y2+(aq) + C2O42-(aq) (2) ạ Nồng độ ion oxalat là bao nhiêu để có thể làm kết tủa tối đa lượng ion Y2+ mà không kết tủa ion X2- ?

b. Khi ion X2- bắt đầu kết tủa thì nồng độ ion Y2+ còn lại trong đ là bao nhiêủ Biết rằng : KS (YC2O4) = 8,6.10-5 ; KS(XC2O4) = 2,3. 10-9.

Hướng dẫn

1. Xác định được : ZX = 12 (Mg) ; ZY = 20 (Ca) . 2. Cấu hình e của Ca , Mg:

Mg (Z =12): 1s22s22p63s2; Ca (Z =12) : 1s22s22p63s23p64s2.

+ PP HH điều chế Ma và Ca: MCl2 dpnc  M + Cl2

ạ Điều kiện để tạo kết tủa CaC2O4 : [Ca2+][C2O42-]  2,3 .10-9 để tạo kết tủa tối đa ion Ca2+ thì nồng độ ion [C2O42-] > 1,15.10-7M.

b. Điều kiện để tạo kết tủa MgC2O4 : [Mg2+][C2O42-]  8,6 .10-5

 Để Mg2+ bắt đầu kết tủa thì nồng độ [C2O42-] > 4,3.10-3M + Nồng độ Ca2+ còn lại trong đ là: [Ca2+] =

] [ 2 42 ) ( 2 4  O C KS CaCO = 5,34.10-7 M Bài 3. [Ví dụ 2 – IỊ2.1.3].

Bài 4. Dung dịch A gồm các chất tan FeCl3, AlCl3, NH4Cl và CuCl2 (nồng độ mỗi chất xấp xỉ 0,1 M).

1- Dung dịch A có tính axit, bazơ hay trung tính ? Tại sao ?

2- Cho H2S lội chậm qua đ A cho đến bão hoà thì được kết tủa và đ B. Hãy cho biết thành phần các chất trong kết tủa và trong đ B.

3- Thêm từ từ đ NH3 đến dư vào đ B. Hãy cho biết hiện tượng xảy ra và viết các PTPƯ dạng ion để giải thích .

Hướng dẫn

1- Dung dịch A có tính axit vì xảy ra các PƯ sau:

Fe3+ + H2O  [Fe(OH)]2+ + H+ (1) NH4+ NH3 + H+ (3) Al3+ + H2O  [Al(OH)]2+ + H+ (2) Cu2+ + H2O  [Cu(OH)]+ + H+ (4)

2- Cho H2S lội qua đ A có các PƯ sau:

Cu2+ + H2S  CuS + 2H+ (1’) 2Fe3+ + H2S  Fe2+ + S + 2H+ (2’) + Kết tủa : CuS và S.

+ Dung dịch B : Fe2+, Al3+, NH4+ , H+ , H2S , Cl- . 3- Thêm đ NH3 đến dư vào B có các PƯ sau:

NH3 + H+  NH4+ (a) Al3++ 3NH3 + 3H2O Al(OH)3 + 3NH4+ (d) H2S + 2NH3 2NH4+ + S2- (b) (2Al3++ 3S2-+ 6H2O2Al(OH)3+3NH4++3H2S) Fe2+ + S2-  FeS (c) H2S + 2NH3 2NH4+ + S2- (g)

+ Kết tủa: FeS (đen) và Al(OH)3 (trắng).

Bài 5. [Ví dụ 3 – IỊ2.1.4 ].

Bài 6: Trong phòng thí nghiệm có các đ sau:

NaCl. NaNO3, MgCl2, MgNO3, AlCl3, Al(NO3)3, CrCl3, Cr(NO3)3. Hãy phân biệt các đ trên bằng PP HH. Viết các PTPƯ để giải thích .

Hướng dẫn

+ Cho đ AgNO3 lần lượt vào từng đ trên.

-Tạo kết tủa trắng là các đ NaCl, MgCl2, AlCl3, CrCl3 (mẫu A). Ag+ + Cl-  AgCl .

- Không có hiện tượng là các đ NaNO3, MgNO3, Al(NO3)3, Cr(NO3)3 (ký hiệu là mẫu B).

+ Cho đ NaOH đến dư vào các đ mẫu Ạ

- Tạo kết tủa trắng là đ MgCl2: Mg2+ + 2OH-  Mg(OH)2trắng. - Không có hiện tượng là đ NaCl.

- Tạo kết tủa trắng, sau đó tan dần là các đ AlCl3 , CrCl3.

Al3+ + 3OH- Al(OH)3trắng ; Al(OH)3 + OH-  [Al(OH)4]- Dung dịch thu được ký hiệu mẫu C.

Cr3+ + 3OH-  Cr(OH)3trắng ; Cr(OH)3 + OH- [Cr(OH)4]-

Dung dịch thu được ký hiệu mẫu D.

+ Thêm nước Br2 vào các dung dịch mẫu C và D:

- Xuất hiện màu vàng là mẫu D  đ muối clorua trước đó là CrCl3. [Cr(OH)4]- + Br2 + 4OH- CrO42-(vàng) + 2Br- + H2O

- Không có hiện tượng gì là mẫu C  đ muối clorua trước đó là AlCl3. + Nhận ra các đ mẫu B tương tự như trên.

Bài 7. [Ví dụ 3 – IỊ2.1.3].

Bài 8. Có các đ sau: HCl, NaCl, CuCl2, CuSO4.

1. Trộn đ HCl với các đ CuCl2, NaCl, được đ hh X, rồi tiến hành đp với điện cực trơ và có màng ngăn.

Hãy cho biết pH của đ thay đổi như thế nào (tăng hay giảm) trong quá trình đp ? Viết các PTPƯ xảy ra để giải thích.

2. Trộnđ NaCl với đ CuSO4, được đ Ỵ Tiến hành đp (với điện cực trơ, có màng ngăn xốp) đ Y chứa m gam (CuSO4 + NaCl) cho tới khi H2O bắt đầu bị đp ở cả 2 điện cực thì dừng lạị ở anot thu được 0,448 lít khí (đktc). Dung dịch sau đp có thể hoà tan tối đa 0,68 gam Al2O3. Hãy tính:

+ Khối lượng (m) của (CuSO4 + NaCl) trong đ Ỵ + Khối lượng catot tăng lên trong quá trình đp.

+ Khối lượng đ giảm đi trong quá trình đp. Giả sử nước bay hơi không đáng kể trong đp. Hướng dẫn 1. + Các PƯ điện cực: - Catot: Cu2+ + 2e  Cu (1) 2H+ + 2e H2 (2) 2H2O + 2e 2OH- + H2 (3) - Anot: 2Cl- Cl2 + 2e (4) + (1) và (4) xảy ra trước (do Cu2+có tính oxi hoá lớn hơn H+):

Cu2+ + 2Cl- dp ,m.n Cu + Cl2 (5)

 pH của đ không thay đổị

+ Khi trong đ không còn Cu2+thì xảy ra (2) và (4): 2H+ + 2Cl-

  

dpđ H2 + Cl2 (6)

pH tăng dần đến 7 (do [H+] giảm).

+ Khi quá trình đp HCl kết thúc, đ còn lại NaCl thì xảy ra (3) và (4): 2Cl- + 2H2Odpm.n.xH2 + Cl2 + 2OH- (7)

pH tăng dần (pH >7) (do [OH-] tăng).

+ Khi quá trình đp NaCl kết thúc, đ còn lại NaOH thì xảy ra quá trình đp H2O theo PTPƯ: 2H2O dp O2 + 2H2 (8)

pH vẫn tăng (pH >7) (do lượng nước giảm).

2. - Catot: Cu2+ + 2e  Cu (1)

- Anot : 2Cl-  Cl2 + 2e (2) - PƯ đp: Cu2+ + 2Cl- dp Cu + Cl2 (3) hoặc CuSO4 + 2NaCl dp Cu + Cl2 + Na2SO4 (3’)

+ Nếu số mol NaCl gấp đôi số mol của CuSO4 thì sau khi PƯ (3) đ chỉ có Na2SO4  không thể hoà tan Al2O3. Muốn hoà tan Al2O3 thì trong đ phải có axit hoặc kiềm tạo thành. Do đó phải xét 2 trường hợp sau:

Trường hợp 1: Sau (3) còn CuSO4 dư xảy ra PƯ đp:

2CuSO4 + 2H2O dpđ  2Cu + 2H2SO4 + O2 (4) - Khi hết Cu2+ thì H2O bị đp ở 2 điện cực.

- PTPƯ hoà tan Al2O3: 3H2SO4 + Al2O3 Al2(SO4)3 + 3H2O (5) - Từ (5) và (4) xác định được: 4 2SO H n = 3n 3 2O Al = 0,02 mol. 4 CuSO n = nCu = 4 2SO H n = 0,02 mol; 2 O n = 0,01 mol.  2 Cl n thoát ra ở (3) là 4 , 22 448 , 0 - 0,01 = 0,01 mol.

- Từ (3) xác định được: nCuSO4= nCu = nCl2= 0,01 mol nNaCl = 0,02 mol. - Xác định được: m = mCuSO4+ mNaCl = 5,97 gam.

mcatot (tăng lên) = 1,92 gam; mđ (giảm đi) = 2,95 gam. Trường hợp 2: Sau (3) còn dư NaCl xảy ra PƯ đp:

2NaCl + 2H2Odpm.n.xH2 + Cl2 + 2NaOH (6) Khi hết NaCl thì ở anot H2O bị đp.

- PTPƯ hoà tan Al2O3: Al2O3 + 2NaOH 2NaAlO2 + H2O (7) - Từ (7) và (6) xác định được:

NaOH n =2nAl2O3= 3 04 , 0 mol ; nNaCl (đp) = 3 04 , 0 mol. 2 Cl n = 2 H n = 3 02 , 0 mol  2 Cl n thoát ra ở (3)= 3 04 , 0 mol. - Từ (3) xác định được: nCuSO4= nCu =nCl2= 3 04 , 0 mol ; nNaCl = 3 08 , 0 mol. - Xác định được: m = 4,473 gam ;

m(catot tăng lên) = 0,853 gam ; mđ giảm đi = 2,286 gam.

Bài 9. Hỗn hợp X gồm K, Zn, Fe có khối lượng 49,3 gam, số mol K bằng 2,5 lần số mol Zn. Hoà tan hh X trong nước dư còn lại một chất rắn Ạ Cho A vào 150 ml đ CuSO4 4M, thu được 19,2 gam kết tủạ

Cho hh Y gồm K, Zn, Fe vào nước dư, thu được 6,72 lít khí (đktc) và còn lại một chất rắn B không tan có khối lượng 14,45 gam. Cho B vaof 100 ml đ CuSO4 3M, thu được một chất rắn C có khối lượng 16 gam.

1. Chứng minh rằng trong B còn Zn dư. 2. Xác định mỗi kim loại trong hh Ỵ

Hướng dẫn

1. + PTPƯ: K + H2O KOH +

2 1

H2 (1); Zn + 2KOH K2ZnO2 + H2 (2) + Theo bài ra xác định được:

nKOH = nK = 2,5nZn > 2nZn Zn tan hết do đó A chỉ có Fẹ + PTPƯ: Fe + Cu2+  Fe2+ + Cu (3) + Xác định được: nCu = 0,3 < 2 Cu n (đầu) = 4.0,15 = 0,6 mol.  Cu2+ còn dư và Fe hết. Fe n = nCu= 0,3 mol mFe = 16,8 gam. + Gọi x là số mol ZnnK = 2,5x. mx = 39.2,5x + 65x + 16,8 = 49,3.  x = 0,2 mol mZn = 13 gam.  nK = 2,5x =0,5 mol mK = 19,5 gam. 2. Gọi a, b, c là số mol của K, Zn, Fe trong hh Y:

+ Trường hợp 1: a > 2bdư KOH, Zn hết  B chỉ có Fẹ

 Fe + Cu2+

Fe2++ Cu (4)

mCu = 3.0,1.64 = 19,2 gam > 16 gam = mC

 Cu2+chưa kết tủa hết, Fe tan hết. nFe = nCu = 0,25 mol.

Do B chỉ chứa Fe .

mFe = mB = 14,45 gam nFe =0,258 mol 0,25 mol (loại). + Trường hợp 2: a < 2b hết KOH, dư Zn.

 B gồm Fe và Zn dư: mB = 65 (b -

2

a

) +56c = 14,45 (*) Zn, Fe PƯ với Cu2 (Cu2+dư nên hết Zn, Fe):

nZn(dư) +nFe = nCu = 0,25 mol b -

2

a

+ c = 0,25 (**)

Từ (*) và (**) có: b = 0,2  mZn = 13 gam; c = 0,2  mFe = 11,2 gam.

IỊ2. Sử dụng bài tập HH vô cơ trong bồi dưỡng HSG ở trường THPT

IỊ2.1. Dùng BT để rèn luyện cho HS một số năng lực quan trọng

IỊ2.1.1. Rèn luyện năng lực phát hiện vần đề và giải quyết vấn đề

Trong DH HH nói chung và đặc biệt là trong bồi dưỡng HSG, cần chú trọng đến việc rèn luyện cho HS năng lực phát hiện vấn đề và giải quyết vấn đề.

Thực tiễn bồi dưỡng HSG HH ở trường THPT cho thấy, có nhiều biện pháp để rèn luyện năng lực phát hiện vấn đề và giải quyết vấn đề cho HS. Sử dụng BT được coi là một trong những biện pháp quan trọng và hữu hiệụ

Sau đây, chúng tôi dẫn ra một số BT rèn luyện cho HS năng lực phát hiện vấn đề và giải quyết vấn đề:

Ví dụ 1. Cho các chất sau: HF, HCl, HBr, HỊ

Hãy cho biết PP sunfat có thể điều chế được chất nào nêu trên ? Nếu có chất không điều chế được bằng PP này thì hãy giải thích tại saỏ Viết các PTPƯ (nếu có) để minh hoạ.

Hướng dẫn

BT trên xuất hiện tình huống có vấn đề: HF, HCl, HBr, HI đều là hợp chất của X với hiđro, HF và HCl điều chế được bằng PP sunfat, nhưng HBr, HI thì không thể. Để giải quyết BT trên, HS phải có sự quan sát, phân tích, so sánh, từ đó phát hiện vấn đề và giải quyết vấn đề.

+ HF và HCl điều chế được bằng PP sunfat:

CaF2(r ) + H2SO4(đ)250 0C CaSO4 + 2HF (1)

NaCl(r) + H2SO4(đ) 4000CNa2SO4 + 2HCl (2b)

 Phát hiện vấn đề: NaBr và NaI giống như NaF, NaCl là đều PƯ với H2SO4 đặc nóng để tạo ra HBr và HỊ

Như vậy, xuất hiện mâu thuẫn: Chất tạo thành (HBr, HI, có tính khử mạnh) và chất PƯ (H2SO4 đặc nóng, có tính oxi hoá mạnh).

 Giải quyết vấn đề: Phân tích, tìm cách giải quyết mâu thuẫn.

Tính khử của HI, HBr lớn hơn HF, HCl nên dễ bị H2SO4 đặc nóng oxi hoá: - H2SO4(đ) PƯ với NaBr.

NaBr(r ) + H2SO4(đ) t0 NaHSO4 + HBr(k)

- HBr tạo ra bị H2SO4(đ) oxi hoá thành Br2 nên không thu được HBr. 2HBr + H2SO4(đ) t0 SO2 + 2H2O + Br2

- H2SO4(đ) PƯ với NaỊ

NaI(r ) + H2SO4(đ)t0 NaHSO4 + HI(k)

- HI tạo ra bị H2SO4(đ) oxi hoá thành I2 nên không thu được HỊ 8HI + H2SO4(đ)t0 H2S + 4H2O + 4I2

 không thể điều chế HBr và HI bằng PP sufat.

Ví dụ 2. Hãy điền vào chỗ có dấu những chất thích hợp để hoàn thành các PTPƯ sau: