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 không cần thiết hoặc chia nhỏ nội dung của một bài tập phức tạp mà vẫn giữ nội dung trọng tâm
a. Bài toán phức tạp: Đun nóng dung dịch NaHCO3 một thời gian cho đến khi không có khí thoát 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 toán 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 không mầu
3Na2CO3 + 2FeCl3 + 3H2O → 6NaCl + 2Fe(OH)3 + 3CO2 Có kết tủa nâu đỏ, khí không 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 toán 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 toán ban đầu
Hoàn thành sơ đồ phản ứng sau :
Al2O3 → AlCl3 → K[Al(OH)4] → Al(OH)3 → Al2O3 → Al
b.Bài toán thay đổi: Có một hỗn hợp bột Al2O3 và Fe2O3, trình bày cách tách hỗn hợp để thu được Al nguyên chất.
2.3.2.4. Xây dựng một bài toán gốc sau đó phát triển bài toán theo nhiều hướng :
Từ một bài toán khái quát, sau khi đưa ra con đường giải quyết bài toán, sẽ mở rộng bài toán đó theo các hướng khác nhau dựa vào sự phát triển các dữ kiện đầu bài.
Bài toán gốc: Cho 3,36 lit CO2 (đktc) hấp thụ hoàn toàn vào 2 lit dung dịch Ba(OH)2 0,1M . Tính khối lượng sản phẩm thu được
Bài toán mở rộng: Dẫn V lit khí CO2 (đktc) vào dung dịch chứa 2 mol Ba(OH)2. Tính V để sau phản ứng:
a. Thu được 2 muối.
b. Dung dịch thu được có một chất tan.
c. Thu được 2 muối có khối lượng bằng nhau. d. Thu được hai muối có số mol bằng nhau. e. Dung dịch phản ứng với NaHCO3 tạo kết tủa.
f. Dung dịch phản ứng với AlCl3 dư không tạo thành kết tủa.
2.3.2.5. Xây dựng các bài tập tương tự nhau: Dựa trên những bài tập sưu tầm, xây dựng thêm các bài tập khác theo mục tiêu của bài tập đó, với cách này giáo viên sẽ xây dựng được một hệ thống bài tập đồng thời qua đó rèn kỹ năng cho học sinh một cách nhuần nhuyễn.
Bài tập sưu tầm
Cho biết những muối sau đây FeS, CuS, muối nào tan được trong dung dịch HCl ( biết TCuS = 10-35,2, TFeS = 10-17,2 , k1(H2S) = 10-7,05, k2(H2S) = 10-12,9 ).
Bài toán tương tự: Tại sao tất cả các muối CaCO3, SrCO3, BaCO3 đều bị hòa tan bởi dung dịch axit mạnh.
2.3.2.6. Phát triển, mở rộng bài tập: Từ một dạng kiến thức quen thuộc, hay bài toán chính tắc có thể mở rộng để khái quát dạng bài tập đó.
a. Bài toán quen thuộc: Cho từ từ dung dịch KOH 1M vào dung dịch chứa 0,1 mol Al2(SO4)3, 0,25 mol FeSO4. Tính thể tích dung dịch KOH để thu được kết tủa lớn nhất, nhỏ nhất.
* Các pthh tạo kết tủa: Al3+
+ 3KOH → Al(OH)3 + 3K+ Fe2+ + 2KOH → Fe(OH)2 + 2K+ Để kết tủa lớn nhất: n(KOH) = 3.nAl3+
+ 2nFe2+ = 1,1 mol → V = 1,1 lit Để kết tủa nhỏ nhất: Al(OH)3 + KOH → K[Al(OH)3]
Số mol KOH hòa tan Al(OH)3 = 0,2 mol → nKOH = 1,3 mol → V = 1,3 lit
b.Bài toán mở rộng: Cho từ từ dung dịch Ba(OH)2 1M vào dung dịch chứa 0,24 mol Al2(SO4)3, 0,1 mol K2SO4. Tính thể tích dung dịch Ba(OH)2 để thu được kết tủa lớn nhất, nhỏ nhất và tính lượng kết tủa đó.
* Trường hợp Al(OH)3 kết tủa lớn nhất ( TH1) :
3Ba(OH)2 + Al2(SO4)3 → 3BaSO4 + 2Al(OH)3 nBa(OH)2 = 3.nAl2(SO4)3 = 0,72mol, còn một lượng SO4
2-
chưa phản ứng
Khi thêm Ba(OH)2 thì Al(OH)3 bị hòa tan, kết tủa bị giảm đi so với TH1 nhưng kết tủa BaSO4 lại tăng lên
Nếu Ba(OH)2 pứ hết với K2SO4 : Ba2+ + K2SO4 → BaSO4 + 2K+ Tính được nBaSO4(thêm) = 0,1 mol → +∆m so với TH1 là 23,3 gam
Có 1 phần Al(OH)3 bị hòa tan : nAl(OH)3 bị hòa tan = nOH- = 0,2 mol → khối lượng kết tủa giảm so với TH1 là 0,2.78 = 15,6 gam < 23,3 gam
Vậy với bài toán này, trường hợp tạo kết tủa lớn nhất lại là trường hợp Al(OH)3 bị hòa tan còn kết tủa nhỏ nhất là trường hợp Al(OH)3 lớn nhất.
2.3.2.7. Lựa chọn để xây dựng những bài tập có nhiều cách giải
a.Bài toán có nhiều cách giải Người ta dự tính hoà tan 10-3
mol Mg(NO3)2 trong một lít dung dịch NH3 0,5M ; để tránh sự tạo thành kết tủa Mg(OH)2 phải thêm vào dung dịch tối thiểu bao nhiêu mol
NH4Cl? Cho 5
3
( ) 1,8.10
b
k NH ; Tt Mg(OH)2 = 1,0.10-11.
*Cách giải 1: Điều kiện để không tạo kết tủa Mg(OH)2 là [Mg2+].[OH-]2 10-11 Với C0(Mg 2+ ) = 10-3 → [OH-] 10-4 Cân bằng NH3 + H2O NH4 + OH- Kb = 1,8.10-5. [cb ] 0,5-10-4 x + 10-4 10-4 → 4 4 5 4 10 ( 10 ) 1,8.10 0,5 10 x → x = 0,09
Vậy phải thêm tối thiểu 0,09 mol NH4Cl để không tạo được kết tủa Mg(OH)2
*Cách giải 2 : Điều kiện để không tạo kết tủa Mg(OH)2 là [Mg2+].[OH-] ≤ 10-11
Điều kiện để không tạo kết tủa Mg(OH)2 là [Mg2+].[OH ]2 10-11.
Với C0(Mg 2+
) = 10-3 thì [OH-] 10-4 → [H+] ≥ 10-10
Khi thêm NH4Cl sẽ được dung dịch đệm bazơ (NH3 + NH4) pHđệm bazơ = 14 – pKb - lg 4 3 [ ] [ ] NH NH , thay pH = 10, pK = 4,76 , [NH3] = 0,5 sẽ tính được [NH4 + ] = 0,09 M → n(NH4+) = 0,09 mol.
2.3.2.8. Thay đổi mức độ yêu cầu: Có thể thay đổi dữ kiện của một bài toán để trở thành bài toán mới dẫn đến thay đổi cách giải quyết bài toán.
a.Bài toán gốc : Một khoáng chất có chứa 0,95%Nhôm; 21,7%Silic và còn lại là O và H (về khối lượng). Hãy xác định công thức của khoáng chất này
* Đặt % khối lượng Oxi = a thì % khối lượng Hidro = 57,37 – a Ta có: tỷ lệ số nguyên tử Al : Si : O : H = 20,93 21,7: : :57,37
27 28 16 1
a
(1)
Mặt khác: phân tử khoáng chất trung hòa điện nên
3.20,93 4.21, 7 2. (57,37 ).1 27 28 16 a a (2) Từ (1), (2) tính được a = 55,82% → nAl : nSi : nO : nH = 2 : 2 : 9 : 4
Vậy công thức khoáng chất là Al2Si2O9H4 hay Al2O3.2SiO2.2H2O ( cao lanh ).
b. Bài toán thay đổi mức độ yêu cầu: Một khoáng chất sẵn có trong thiên nhiên có chứa 20,93% lượng Nhôm và còn chứa các nguyên tố Si, O, H. Hãy xác định công thức của khoáng chất này và gọi tên.
* Gọi công thức khoáng chất là xAl2O3.ySiO2.zH2O Ta có : Tổng PTK khoáng chất bằng 54 100
20,93
x = 258x
102x + 60y + 18z = 258x → 60y + 18z = 156x
→ x = 1, y = z = 2 là hợp lí → công thức khoáng chất là Al2O3.2SiO2.2H2O
2.3.2.9. Xây dựng những bài tập có sử dụng các phương pháp giải bài tập hóa học phổ thông thông dụng như phương pháp bảo toàn, phương pháp đường chéo, phương pháp chọn lượng chất, phương pháp tăng giảm, đồ thị… đặc biệt những bài tập có yếu tố biện luận
Bài tập1: Hoà tan hoàn toàn 2,38 gam hồn hợp Al, Zn trong dd A chứa H2SO4 và HNO3, sau phản ứng thu được 1,94 gam hỗn hợp khí B gồm N2O và khí X. Biết thể tích của khí B là 784 ml (đktc). Tính khối lượng muối thu được.
* Giải theo phương pháp bảo toàn electron-bảo toàn điện tích: Al – 3e Al+3 x 3x x Zn – 2e Zn+2 y 2y y 2N+5 + 8e 2N+2 8.0,015 0,015.2 S+6 + 2e S+6 2.0,02 0,02
- Theo định luật bảo toàn electron, có: 3x + 2y = 8.0,015 + 2.0,02 = 0,16 (mol). - Theo định luật bảo toàn điện tích, có:
Vậy, mm = mKL + mgốc axit = 2,38 + m 3
NO + m 2 4
SO Không tính được khối lượng muối.
* Giải theo phương pháp bảo toàn ion - electron:
Ta sẽ tìm được n 3
NO , n 2 4
SO thông qua số mol H+
phản ứng ở (1) và (2). - Từ CTPT của HNO3, có: nHNO nH
3 . Theo (1), có n ) ( 3 m NO = n ) ( 3 ax NO - n ) 1 ( 3 NO = nH- 2nNO 2 n ) ( 3 m NO = 0,15 – 0,03 = 0,12 (mol). Với (2): n 2 ( ) 4 m SO = n ) ( 2 4 ax SO - n ) 2 ( 2 4 SO = .nH 2 1 - n 2 SO = 0,04 – 0,02 = 0,02 (mol). Vậy, mm = mKL + m 3 NO + m 2 4 SO = 2,38 + 0,12.62 + 0,02.98 = 11,74g.
Bài tập 2. Tiến hành điện phân (điện cực trơ, màng ngăn xốp) một dd chứa m gam hỗn hợp CuSO4 và NaCl cho đến khi nước bắt đầu điện phân ở cả hai cực thì dừng lại. Ở anot thu được 0,672 lít khí (đktc), dd sau điện phân hoà tan được tối đa 1,02 gam Al2O3. Tính m.
Giải:Theo giả thiết, n
3 2O
Al = 0,01(mol), nkhí(anot) = 0,03 mol (*) Phương trình điện phân:
3x + 2y = 2.nSO 4
2-
tæng sè mol ®iÖn tÝch d-¬ng tæng sè mol ®iÖn tÝch ©m
+ 1.nNO 3 - 2NO3 + 10H+ + 8e N2O + 5H2O (1) mol 0,03 0,15 0,015 SO2 4 + 4H+ + 2e SO2 + 2H2O (2) mol 0,02 0,08 0,02 2NaCl + CuSO4 ®fdd Na2SO4 + Cu + Cl2 (1)
- Vì dd sau điện phân phản ứng được với Al2O3 nên NaCl và CuSO4 không thể bị điện phân vừa hết ở (1) và Al2O3 có tính lưỡng tính nên phải xét 2 trường hợp NaCl dư hoặc CuSO4 dư sau (1).
+ Nếu NaCl dư sau (1): 2NaCl + 2H2Odpdd,mn 2NaOH + H2 + Cl2 (2) Al2O3 + 2NaOH + 3H2O → 2Na[Al(OH)4] (3) Từ (1), (2), (3) và (*) tính được: g m g m mol n mol n CuSO NaCl CuSO NaCl 2 , 3 51 , 3 ) ( 02 , 0 ) ( 06 , 0 04 , 0 02 , 0 4 4
+ Nếu CuSO4 dư sau (1):
Al2O3 + 2H2SO4 Al2(SO4)3 + 2H2O (5) 2CuSO4 + 2H2O ®fdd 2Cu + 2H2SO4 + O2 (4) Kết hợp (1), (4), (5) và (*) tính được: 0,03 0,015 0,045( ) ) ( 03 , 0 4 mol n mol n CuSO NaCl mNaCl = 1,755g; m 4 CuSO = 7,2g.
Bài tập 3. Chất rắn A tác dụng vừa đủ với 500 ml dd HNO3 0,294M thu được 470,4 ml khí NO (đktc) (không chứa khí khác) và dd X chỉ chứa một muối duy nhất. 1. A có thể là chất nào trong số các chất cho sau đây:
Cu, Cu2O, Cu(OH)2, Fe, FeCO3, Fe2O3, NaOH, Fe(OH)2
2. Xác định A nếu khối lượng muối sinh ra trong dd X là 11,844 gam.
Cách giải :nNO = 0,021 (mol), n
3
HNO = 0,147 (mol).
1. Vì A + HNO3 là phản ứng oxi hoá - khử nên loại: NaOH, Fe2O3, Cu(OH)2. Vì NO là khí duy nhất sinh ra nên loại FeCO3A chỉ có thể là một trong số các chất sau: Cu, Cu2O, Fe, Fe(OH)2.
* Hướng suy luận 1: HS có thể xét lần lượt từng trường hợp ứng với phần 1 xem trường hợp nào thoả mãn giả thiết rồi kết luận HS sẽ phải xét 4 trường hợp. Cách làm này dài và không hay.
* Hướng suy luận 2: Nhanh và thông minh hơn.
A + HNO3 M(NO3)n + NO + H2O (M là kim loại trong A) Áp dụng ĐLBTKL đối với N: nN(m) = nN(ax) – nN(NO) = 0,126 (mol)
nm = n M n 62 844 , 11 126 , 0 M = 32n n = 2; M = 64 (Cu).
Đến đây, nếu HS kết luận A là Cu hay Cu2O đều không thuyết phục. Vì thực tế mới chỉ biết A chứa Cu và chưa biết số oxh của Cu trong A là bao nhiêu. Gọi +x là số oxh của Cu trong A. Có:
Cu+x – (2 – x)e Cu+2 N+5 + 3e N+2 Mol: (2 – x).0,063 0,063 3.0,021 0,021 Theo ĐLBT Electron : (2 – x).0,063 = 3.0,021 x = +1. Vậy A là Cu2O.
2.4. Hệ thống bài tập phần kim loại dùng cho bồi dƣỡng học sinh giỏi
Trong phạm vi luận văn, chúng tôi sẽ xây dựng hệ thống bài tập tự luận theo những hướng đã phân tích và lựa chọn ở trên.
2.4.1. Hệ thống bài tập tự luận phần đại cương của kim loại
2.4.1.1. Bài tập về cấu tạo nguyên tử và cấu trúc tinh thể kim loại
Bài 1. Một nguyên tố mà nguyên tử của nó có tổng số electron thuộc các phân lớp s là 7. Xác định nguyên tố thỏa mãn tính chất đó.
Bài 2. Hai nguyên tố A và B ở hai nhóm A liên tiếp trong BTH, tổng số proton trong nguyên tử A và B là 31.
a. Xác định tên hai nguyên tố A, B.
b. Nêu tính chất hóa học đặc trưng, viết cấu hình electron của nguyên tử A, B cũng như của ion hình thành từ tính chất đặc trưng đó.
Bài 3. Một hợp chất A được tạo thành từ 3 ion có cùng cấu hình là: 1s22s22p63s23p6. Xác định CTPT của A, biết rằng A tan trong nước tạo thành dd làm xanh giấy quỳ.
Bài 4. Hợp chất A được tạo thành từ cation X+ và anion Y2-. Mỗi ion đều do 5 nguyên tử của hai nguyên tố tạo thành. Tổng số proton trong X+
là 11, tổng số electron trong Y2- là 50. Xác định CTPT và gọi tên A, biết rằng hai nguyên tố trong Y2- thuộc cùng một nhóm A và thuộc hai chu kỳ liên tiếp.
Bài 5. Nguyên tố A không phải là khí hiếm, nguyên tử A có phân lớp ngoài cùng là 3p. Nguyên tử của nguyên tố B có phân lớp ngoài cùng là 4s.
a. Nguyên tố nào là kim loại, phi kim ?
b. Xác định cấu hình electron của A, B và gọi tên chúng. Biết tổng số electron của hai phân lớp ngoài cùng của chúng là 7.
Bài 6.(Trích đề chọn HSGQG – 2005, bảng A. Đề chính thức)
Các vi hạt có cấu hình electron phân lớp ngoài cùng: 3s1, 3s2, 3p3, 3p6 là nguyên tử hay ion ? Tại sao ? Dẫn ra một phản ứng hoá học (nếu có) để minh hoạ tính chất hoá học đặc trưng của mỗi vi hạt. Cho biết các vi hạt này là ion hay nguyên tử của các nguyên tố nhóm A và nhóm VIIIA.
Bài 7. a. Vẽ ô mạng cơ sở các kiểu mạng tinh thể lpđg, lptk, lptd, lp.Tính số nguyên tử kim loại trong một ô mạng cơ sở của các mạng tinh thể đó.
b. Kể tên vài kim loại kết tinh theo kiểu mạng đó.
Bài 8. Chứng minh rằng trong kiểu mạng lptk độ đặc khít là 68%; trong mạng lptd và lp độ đặc khít là 74%.
Bài 9. Niken có cấu trúc tinh thể theo kiểu lptd. Biết rằng niken có bán kính nguyên tử là 1,24 A0
. Tính số nguyên tử niken có trong mỗi tế bào cơ sở, hằng số mạng a và khối lượng riêng của niken.
Bài 10. Một kim loại thuộc nhóm IVA có khối lượng riêng là 11,35 g/cm3 kết tinh theo kiểu cấu trúc lptd với độ dài mỗi cạnh của ô cơ sở là 4,95A0
. Tính nguyên tử khối và gọi tên kim loại đó.
Bài 11. Tính thể tích và bán kính nguyên tử Mg biết rằng DMg = 1,74 g/cm3 và thể tích các quả cầu nguyên tử Mg chiếm 74% thể tích của toàn mạng tinh thể.