Một số biện pháp sử dụng hệ thống bài tập hoá học phần kim loạ

việc bồi dƣỡng học sinh giỏi ở trƣờng trung học phổ thông

2.3.1. Biện pháp phát hiện học sinh giỏi

2.3.1.1. Sử dụng bài tập phát hiện kiến thức và tiếp thu kiến thức: Thơng qua đó,

học sinh biết phát hiện những kiến thức đã được học và tiếp nhận những kiến thức đó để giải quyết những vấn đề trong yêu cầu của bài tập

Bài tập 1: Một khoáng chất chứa 20,93% Al ; 21,7% Si ; còn lại là O, H ( về khối lượng ). Hãy xác định cơng thức khống chất này.

Có tỉ lệ số nguyên tử : nAl : nSi : nO : nH = 20,97 21, 7: : :57,37

27 28 16 1

a

(1)

Mặt khác: phân tử khống chất trung hịa điện nên

20,93 21, 7 57,37

3. 4. 2. 1. 0

27 27 16 1

a a

    (2)

Từ (1) và (2) ta được a = 55,82; thay vào được nAl : nSi : nO : nH = 2 : 2 : 9 : 4 Vậy cơng thức khống chất là Al2Si2O9H4 hay Al2O3.2SiO2.2H2O ( Cao lanh )

Phân tích: Để giải quyết được bài tốn này, học sinh phải phát hiện được kiến thức của bài toán liên quan đến những kiến thức đã học như: Cách lập công thức của chất dựa vào % khối lượng, dựa vào hóa trị ngun tố(chương trình THCS), dựa vào tính chất trung hịa điện tích trong hợp chất( phần dung dịch, chất điện li ), dựa vào khoáng chất chứa Al, Si, O, Si ( trong phần kiến thức lớp 11 về khoáng chất chứa Si ).

Bài tập 2: Cho một kim loại A tác dụng với một dung dịch nước của muối B. Hãy tìm các kim loại và các dung dịch muối thỏa mãn A, B nếu xảy ra một trong các hiện tượng sau đây:

a. Kim loại mới  bám lên kim loại A. b. Dung dịch đổi màu từ vàng  xanh. c. Dung dịch mất màu vàng.

d. Khơng có hiện tượng gì. e. Có một chất khí .

f. Có một chất khí  đồng thời có kết tủa màu trắng lẫn xanh.

g. Có 2 khí  trong đó một khí khơng mầu, khơng mùi, một khí khơng mầu, có mùi.

h. Có khí  và có kết tủa keo trắng rồi tan hết khi dư A. i. Có khí  và có chất lỏng tạo ra phân thành 2 lớp.

j. Có khí  và có kết tủa và chất lỏng tạo ra phân thành 2 lớp.

Cách giải : Ở đây vận dụng những kiến thức đã học về phản ứng trong dụng dịch ở

lớp 11 kết hợp với phản ứng giữa kim loại với dung dịch muối sẽ xác định được a. Mg, Fe, Pb… + dung dịch muối của kim loại có tính khử yếu hơn.

c. Fe3+(vàng) + Fe → Fe2+ . d. Không xảy ra pư .

e. Na + dd Muối của KLK. f. Ba + dung dịch CuSO4.

g. Ba, Na, K… + dung dịch muối NH4+

( khơng có kết tủa ). h. KLK, Ba, Ca + dung dịch muối của Al3+

. i. KLK, Ba, Ca + dung dịch muối C6H5NH3+

( không tạo kết tủa ).

2.3.1.2. Sử dụng bài tập biện luận nhằm phát hiện khả năng lập luận chặt chẽ, khả năng tư duy đa dạng, bao quát vấn đề, khả năng tư duy logic…

Bài tập 1: Cho 1,36 gam Mg, Fe vào 400 ml dung dịch CuSO4 chưa rõ nồng độ. Khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được chất rắn A nặng 1,84 gam và dung dịch B. Cho B tác dụng với dd NaOH dư, lọc và nung kết tủa trong khơng khí đến khối lượng khơng đổi thu được hỗn hợp oxit nặng 1,2 gam. Tính khối lượng các kim loại trong hỗn hợp và nồng độ dung dịch CuSO4.

Cách giải: từ giả thiết thu hỗn hợp oxit → B có từ hai muối trở lên

Nếu CuSO4 dư hoặc vừa đủ pư với hỗn hợp kim loại → khối lượng oxit thu được phải lớn hơn 1,36 → Vậy Mg pư hết, Fe pư một phần

Mg + Cu2 → Mg2+ + Cu (1); Fe + Cu2+ → Fe2+ + Cu (2) x x x x y y y y Mg2+ → Mg(OH)2 → MgO (3); Fe2+ → Fe(OH)2 → Fe2O3 (4)

x x/2 y y/2

Gọi x là số mol Mg, y là số mol Fe phản ứng ; z là số mol Fe cịn dư Có hệ 24x + 56(y+z) = 1,36

56z + 64(x+y) = 1,84

40x + 160.y/2 = 1,2 → x = y = z = 0,01 Hỗn hợp có mMg = 0,01.24 = 0,24 gam ; mFe = 0,02 . 56 = 1,12 gam nCuSO4 = x + y = 0,02 → [CuSO4] = 0,02 : 0,4 = 0,05M

Bài tập 2 : Đun nóng PbO2 với Mn2+ trong dung dịch HNO3 thì có hiện tượng gì xảy ra ? Hiện tượng có thay đổi khơng nếu thay HNO3 bằng HCl hoặc dùng dư Mn2+ ?

Cách giải :Trong dung dịch axit đun nóng PbO2 sẽ oxihóa Mn2+ thành MnO4 5 PbO2 + 2 Mn2+ + 4 H+  2 MnO + 5 Pb2+ + 2 H2O

Cần suy luận: nếu có sự oxi hóa Mn2+

thành MnO2 theo phương trình :

PbO2+Mn2+ MnO2+Pb2+, thì MnO2 tạo ra cũng bị PbO2 oxihóa đến MnO4 3PbO2 + 2MnO2 + 4H+  2MnO4- + 3Pb2+ + 2H2O

-Nếu thay HNO3 bằng HCl thì MnO4- sinh ra sẽ oxihóa Cl- thành Cl2, lúc này HCl vừa có vai trị cung cấp H+(mơi trường) để MnO4-

oxihóa, vừa có Cl- là chất khử được MnO4-

2MnO4- + 10Cl- + 16H+ → 2Mn2+ + 5Cl2 + 8H2O

- Nếu dùng dư Mn2+ thì MnO4- sinh ra sẽ oxihóa Mn2+ thành MnO(OH)2↓

3Mn2+ + 2MnO4- + 7H2O → 5MnO(OH)2↓

Bài tập 3. Cho 2,16 gam hỗn hợp gồm Al và Mg tan hết trong dung dịch HNO3 lỗng, đun nóng nhẹ tạo ra dung dịch A và 448 ml ( đo ở 354,9K và 988mmHg ) hỗn hợp khí B khơ gồm 2 khí khơng mầu, khơng đổi mầu trong khơng khí. Tỉ khối của B so với oxi bằng 0,716 lần tỉ khối của CO2 với Nitơ. Làm khan A một cách cẩn thận thu được chất rắn D, nung D đến khối lượng không đổi thu được 3,84 gam chất rắn E. Viết pthh, tính lượng chất D, tính % khối lượng kim loại trong hỗn hợp đầu Cách giải : Các phương trình hóa học : Khí B theo giả thiết chứa N2 và N2O 5Mg + 12H+ + 2NO3- → 5Mg2+ + N2 + 6H2O

4Mg + 10H+ + 2NO3- → 4Mg2+ + N2O + 5H2O 10Al + 36H+ + 6NO3- → 10Al3+ + 3N2 + 18H2O 8Al + 30H+ + 6NO3- → 8Al3+ + 3N2O + 15H2O 4Al(NO3)3 → 2Al2O3 + 12NO2 + 3O2

2Mg(NO3)2 → 2MgO + 4NO2 + O2

Với KL mol TB của 2 khí = 36 và tổng số mol 2 khí = 0,02 ta có thể tính được số mol N2 = 0,01 và N2O = 0,01. Lập phương trình theo quy tắc bảo tồn số

mol electron : Al – 3e  Al3+. 2N5+ + 10 e  N2. x 3x 0,1 0,01 Mg – 2e  Mg2+. 2N5+ + 8 e  N2O y 2y 0,08 0,01 dẫn tới hệ phương trình 3x + 2y = 0,18

Hệ phương trình này khi giải sẽ cho x = 0 . Từ đây nảy sinh vấn đề ? - Theo ĐLBTKL : 3,84 gam chất E chắc chắn là Al2O3 và MgO

Từ lượng 2 kim loại và lượng 2 oxit tính được nAl = 0,04 , nMg = 0,045 Lặp lại tính tốn như trên : Al - 3e → Al3+

. 2N+5 + 10e → N2 0,04 0,12 0,1 0,01 Mg - 2e → Mg2+ 2N+5 + 8e → 2N+1 0,045 0,09 0,08 0,01

Nhận thấy : tổng số mol e nhường (0,21) > tổng số mol e thu (0,18) → chứng tỏ còn một phần N+5

= 0,21 – 0,18 = 0,03 mol đã tham gia phản ứng khác, khơng giải phóng khí. Đó là phản ứng : 4Mg + 10H+

+ NO3- → 4Mg2+ + NH4+ + 3H2O 8Al + 30H+ + 3NO3- → 8Al3+ + 3NH4+ + 9H2O 2NH4NO3 → N2 + O2 + 4H2O

Vậy D gồm :Al(NO3)3 (8,52 gam) ; Mg(NO3)2 (6,66 gam) ; NH4NO3 (2,4 gam) có lượng = 17,58 gam. Hỗn hợp ban đầu có 50% lượng mỗi kim loại.

Bài tập 4 : Xác định sức điện động E0 , hằng số cân bằng của phản ứng: Hg2 2   Hg + Hg2+ ; Cho :E0(Hg2+/ Hg2 2 ) = 0,92V và E0(Hg2+/ Hg) = 0,85V Lời giải : Bài tốn này thường có hai hướng giải

Hướng giải thứ nhất : E0 = E0 (Hg2+/ Hg2 2 ) + E0 (Hg2+/ Hg) = – 0,92V + 0,85V = – 0,07V 0 . 1.( 0,07) 1,186 0,059 0,059 10 10 10 n E k      = 6,5.10-2

Hướng giải thứ hai : Tính theo phương pháp tổng quát: Hg22  2Hg2+ + 2e ; G 0 1= – 2F . (– 0,92) Hg2+ + 2e  Hg ; G 0 2= – 2F . 0,85 Hg22  Hg2+ + Hg ; G0 = G 0 1+ G 0 2= – 1 F . E0. G0 = – 1F.E0 = – 2F(0,85 – 0,92)  E0 = 2(– 0,07) = – 0,14 Lg K = 1.( 0,14) 0, 059  = – 2,37  K = 4,26. 10– 3

Ở đây cách giải theo hướng thứ nhất khơng đúng vì số e dịch chuyển ở phản ứng tổng quát và ở các bán phản ứng là không bằng nhau.

2.3.1.3. Sử dụng bài tập vận dụng những tư duy khoa học của những môn khoa học khác như Vật lí, Tốn học

Bài tập 1. Lấy hai thanh đồng nối vào một vôn kế rồi nhúng hai dây đồng đó vào hai cốc đựng dung dịch CuSO4. Cho biết kim vơn kế có quay khơng ?

Cách giải

Kim vơn kế có thể khơng quay nếu dung dịch CuSO4 ở hai cốc có cùng nồng độ Kim vơn kế quay ( xuất hiện dịng điện ) nếu dung dịch CuSO4 ở hai cốc có nồng độ khác nhau, khi đó xuất hiện một pin điện hóa với hai cực là hai thanh đồng ở trên Giả sử cốc 1 có [CuSO4] = 1M , cốc 2 có [CuSO4] = 0,01M

Khi đó tính được : E1 = E0Cu2+/Cu = 0,34V

E2 = E0Cu2+/Cu + 0, 059 2

lg[ ]

2 Cu

 = 0,34 + 0,0295lg0,01 = 0,281V

Sđđ = E+ - E- = E1 – E2 = 0,34 – 0,281 = 0,059V

Bài tập 2: Vàng kết tinh theo kiểu mạng lptd, khối lượng riêng dAu= 19,4 g/cm3, hằng số mạng a = 4,07 A0. Tính khoảng cách ngắn nhất giữa hai tâm của hai nguyên tử vàng và phần trăm thể tích khơng gian trống trong mạng lưới tinh thể đã cho.

Lời giải:

- Vì các quả cầu ở đỉnh và tâm của các mặt tiếp xúc với nhau, nên:

4 2 2

4R aR a

2.3.1.4. Sử dụng bài tập có nhiều cách giải nhằm phát hiện năng lực sáng tạo của học sinh

Bài tập 1: Cho hỗn hợp X ( FeS2 và Cu2S ) vào dung dịch HNO3 cho phản ứng hết, sau phản ứng thu được khí NO ( sản phẩm khử duy nhất ) và dung dịch Y chỉ chứa hai muối tan. Tính % khối lượng các chất trong hỗn hợp X

* Khoảng cách ngắn nhất giữa 2 tâm nguyên tử Au là:

dmin = 2R =

2 2

a

= 2,878 A0. * Số đơn vị cấu trúc: nAu = .6

2 1 8 . 8 1  = 4. Độ đặc khít: 4) 0,74 2 .( . 3 4 . 4 3 3   Au a a P  hay P = 74% % thể tích khơng gian trống: 100% - 74% = 26%. Hình 2.1: Ơ mạng lptd

Cách giải

Cách 1: Sử dụng bảo tồn ngun tố và bảo tồn điện tích Sơ đồ : FeS2 → Fe3+ + 2SO42- ; Cu2S → 2Cu2+

+ SO42- a a 2a b 2b b Ta có: 3a + 2.2b = 2.2a + 2b → a = 2b % 2 2.120 .100 60%;% 2 40% 2.120 160 FeS   Cu S  

Cách 2: Dùng phương trình ion thu gọn

FeS2 + 4H+ + 5NO3- → Fe3+ + 2SO42- + 5NO + 2H2O a 4a 5a

3Cu2S + 16H+ + 10NO3- → 6Cu2+ + 3SO42- + 10NO + H2O b 16b/3 10b/3

Vì sản phẩm chỉ thu được hai muối nên số mol H+

= số mol NO3- 4a + 16b/3 = 5a + 10b/3 → a = 2b

Bài tập 2 : Hịa tan hồn tồn 17,2 gam hỗn hợp ( Cu, Ag ) trong dung dịch HNO3 dư rồi cô cạn dung dịch thu được, đem nhiệt phân muối khan đến khối lượng không đổi được 18,8 gam hh chất rắn. Tính % khối lượng các kim loại.

Lời giải : Cách 1 : viết các pthh, đặt ẩn số ( số mol Cu, Ag lần lượt là x, y ), chất

rắn sau pư là (CuO, Ag) 64x + 108y = 17,2

80x+108y =18,8→x=0,1, y=0,1→% khối lượng Cu , Ag Cách 2: Xây dựng sơ đồ, sử dụng pp tăng giảm khối lượng

Cu → Cu(NO3)2 → CuO

Ag → AgNO3 → Ag

Thấy +∆m = mO(CuO) = 1,6 → nO = 0,1 = nCu → % Cu , Ag

Bài tập 3 : Chứng minh rằng Fe(II) bền trong dung dịch nước ( nghĩa là không bị dị li theo phản ứng ): Fe2+

aq → Fe3+aq + Fe(r)

Cho E0Fe2+/Fe = -0,44V ( E01 ) ; E0Fe3+/Fe2+ = +0,77V ( E02 )

Cách 1: Phản ứng 3Fe2+

aq  2Fe3+aq + Fe(r)

Xét hai cặp E0

1 > E02 nên Fe3+ dễ dàng oxh Fe thành Fe2+ , nghĩa là pư xảy ra theo chiều nghịch tức là Fe2+

Cách 2 : Fe3+aq + 1e → Fe2+aq (1)

Fe2+aq + 2e → Fe(r) (2) Lấy (2) –2.(1) : 3Fe2+

aq  2Fe3aq+ + Fe (3) ∆G0

3 = ∆G02 – 2.∆G01 → -n3FE03 = -n2FE02 + 2.n1FE01 →

E03 = 0 0 0 3 3 2 1 3 3 . 2 2 2(0, 44 0, 77) lg 41 0, 059 0, 059 n E E E k n         → k3 = 10-41 ( rất nhỏ ) nên

coi phản ứng (3) không xảy ra

2.3.1.5. Sử dụng bài tập đặc trưng của bộ môn như thực hành, thực tế để kích thích được sự say mê, rèn luyện những kĩ năng của học sinh giỏi hóa học

Bài tập: Có một dung dịch CuSO4 1M, cốc thủy tinh, nước cất, dây đồng, ống đong thể tích có vạch. Hãy tạo ra một pin điện hóa với sđđ = 0,2515V

Lời giải: Tính tốn lí thuyết : Sđđ = E+ - E+

Nếu lấy dung dịch CuSO4 1M vào cốc làm điện cực thì Eđc = E0Cu2+/Cu = 0,34V →

để có pin với Sđđ = 0,2515V thì phải chuẩn bị dung dịch CuSO4 có E = 0,34 – 0,2515 = 0,0885V

Áp dụng phương trình Nernst: ECu2+

/Cu = E0Cu 2+ /Cu + 0,0295lg[Cu2+] = 0,34 +0,0295lg[Cu2+] = 0,0885V → [Cu2+ ] = 10-3M Thực nghiệm

-Pha chế dung dịch CuSO4: Áp dụng cơng thức pha lỗng trộn 1V dung dịch CuSO4 1M với 999V nước cất sẽ được dung dịch CuSO4 10-3M

-Cho hai dung dịch CuSO4 vào hai cốc, cho hai thanh Cu vào hai cốc và nối hai thanh đồng bằng dây dẫn điện, ta đã được một pin điện hóa có Epin như yêu cầu.

2.3.2. Biện pháp bồi dưỡng học sinh giỏi

Ngoài tuyển chọn, GV phải biết cách xây dựng bài tập phù hợp với trình độ nhận thức, rèn kỹ năng giải quyết vấn đề thông qua một số cách sau:

2.3.2.1. Lược bớt hoặc chia nhỏ

Có thể lược bớt phần khơng cần thiết hoặc chia nhỏ nội dung của một bài tập phức tạp mà vẫn giữ nội dung trọng tâm

a. Bài tốn phức tạp: Đun nóng dung dịch NaHCO3 một thời gian cho đến khi khơng có khí thốt ra, thu lấy dung dịch ( X ). Cho lần lượt từng dung dịch sau vào dung dịch X riêng rẽ : AlCl3, FeCl3, MgCl2, BeCl2, BaCl2. Nêu hiện tượng xảy ra và giải thích.

b.Bài tốn biến đổi: Nêu hiện tượng xảy ra, giải thích hiện tượng khi cho + dung dịch Na2CO3 vào dung dịch AlCl3

+ dung dịch Na2CO3 vào dung dịch FeCl3 ….

Cách giải

3Na2CO3 + 2AlCl3 + 3H2O → 6NaCl + 2Al(OH)3 + 3CO2 Có kết tủa keo trắng, khí khơng mầu

3Na2CO3 + 2FeCl3 + 3H2O → 6NaCl + 2Fe(OH)3 + 3CO2 Có kết tủa nâu đỏ, khí khơng mầu

Na2CO3 + BeCl2 + H2O → NaCl + xBe(OH)2.yBeCO3 Tạo kết tủa trắng

Na2CO3 + MgCl2 + H2O → NaCl + Mg(OH)2.MgCO3 Tạo kết tủa trắng

Na2CO3 + BaCl2 → 2NaCl + BaCO3 Tạo kết tủa trắng

2.3.2.2. Đảo chiều cách hỏi: Từ một bài tập đã có, xây dựng bài tập mới với các yêu

cầu ngược với bài tập đã có, cách làm này sẽ giúp học sinh nhận ra con đường để giải bài tập đó một cách thấu đáo hơn.

a. Bài tốn ban đầu: Có dung dịch Mg2+

trong đó [Mg2+] = 10-3M. tính pH của dd kiềm để khi cho vào dung dịch Mg2+

trên xuất hiện kết tủa. Cho TMg(OH)2 = 10-11 b. Bài tập đảo chiều: Bazơ hóa dung dịch chứa [Mg2+

] = 10-3M và điều chỉnh pH thì thấy khi pH = 10 bắt đầu xuất hiện kết tủa. Tính TMg(OH)2

2.3.2.3. Thay đổi hình thức của bài tập: Đa dạng hóa cách diễn đạt bài tập, từ dạng

bài tập tự luận chuyển sang dạng bài tập trắc nghiệm và ngược lại, từ dạng điều chế chuyển sang dãy chuyển hóa, từ bài tập về cách điều chế chuyển sang bài tập ứng dụng…

a. Bài tốn ban đầu

Hồn thành sơ đồ phản ứng sau :

Al2O3 → AlCl3 → K[Al(OH)4] → Al(OH)3 → Al2O3 → Al

b.Bài tốn thay đổi: Có một hỗn hợp bột Al2O3 và Fe2O3, trình bày cách tách hỗn