SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI TRƯỜNG THPT LONG PHƯỚC Mã số:…………………… SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Người thực hiện: HUỲNH THANH LONG Lĩnh vực nghiên cứu: PHƯƠNG PHÁP GIẢNG DẠY BỘ MÔN HÓA Năm học: 2010-2011 1 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO DỒNG NAI Đơn vị :TRƯỜNG THPT LONG PHƯỚC Mã số:…………………… (Do HĐKH PGD ghi) SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM “PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP HỖN HỢP SẮT VÀ OXIT SẮT” Người thực hiện: Lĩnh vực nghiên cứu: Quản lý giáo dục:  Phương pháp dạy học bộ môn: Hóa Học  Lĩnh vực khác:……………  Có đính kèm: các sản phẩm không thể hiện trong bảng in  Mô hình  Phần mềm  Phim ảnh  Hiện vật khác Năm học: 2014 - 2015 SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC * I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN: 1. Họ và Tên: 2. Ngày tháng năm sinh: 3. Nam(Nữ): 4. Địa chỉ: 5. Điện thoại: 6. Fax: Email: 7. Chức vụ: 8. Đơn vị công tác: II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO: 1. Trình độ chuyên môn: Cử nhân khoa học 2. Năm nhận bằng:2005. 3. Chuyên ngành đào tạo:Hóa Học. III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC: 1. Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Giảng dạy Hóa Học. 2. Số năm kinh nghiệm: 9 năm. 3. Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây: - Chuyên đề giải nhanh bài tập hóa học bằng công thức. - Chuyên đề kim loại tác dụng với dung dịch muối - Chuyên đề giải bài toán tạo muối cacbonat. - Chuyên đề giải bài toán tinh pH của dung dịch chất điện li - 2 I. ĐẶT VẤN ĐỀ:  Hình thức kiểm tra đánh giá bằng trắc nghiệm không còn lạ lẫm với các em học sinh, nhưng thi trắc nghiệm yêu cầu học sinh trong một khoảng thời gian ngắn các em phải giải quyết một số lượng bài tập tương đối lớn. Hầu như với khoảng thời gian đó các em khó có thể giải quyết tốt các bài toán có trong đề. Muốn làm tốt được đề thi đòi hỏi học sinh phải trang bị cho mình những kinh nghiệm giải quyết bài toán nhanh và gọn.  Để giải quyết làm được điều đó đòi hỏi các em phải biết vận dụng linh hoạt các định luật bảo toàn, có các mẹo thay thế chất để có thể chuyển đổi từ hỗn hợp phức tạp thành dạng đơn giản hơn, một trong số dạng bài toán hoá phức tạp hay gặp trong các đề tốt nghiệp, thi đại học là các bài toán về sắt và các oxit sắt.  Thông thường những bài tập về sắt thường khá phức tạp và xảy ra theo nhiều phương trình phản ứng khác nhau. Các em thường khó khăn trong việc phán đoán và giải quyết những bài toán về sắt. Tôi nghiên cứu đề tài này với mong muốn giúp các em giải quyết những khó khăn gặp phải khi đối diện với những bài tập về sắt . II. THỰC TRẠNG.  Chuyển từ hình thức thi tự luận sang trắc nghiệm, học sinh bối rối trước các loại bài tập liên quan đến phản ứng oxi hoá khử có nhiều trạng thái số oxi hoá. Một số bài toán phức tạp khi giải theo phương pháp tự luận truyền thống.  Việc giải các loại bài tập này theo phương pháp truyền thống mất rất nhiều thời gian viết phương trình phản ứng, lập và giải hệ phương trình. Học sinh thường có thói quen viết và tính theo phương trình phản ứng nên ít nhanh nhạy với bài toán dạng trắc nghiệm Kết quả khảo sát trước khi áp dụng đề tài 3 Lớp 12A2 12A5 12A6 12A7 Tì lệ 5,0≥ 25,9% 32,45% 42,9% 52,67% III. GIẢI QUYẾT VẦN ĐỀ. 1. Cơ sở lí thuyết. Định luật bảo toàn khối lượng: Khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng khối lượng các chất được tạo thành sau phản ứng. Định luật bảo toàn nguyên tố: Tổng khối lượng một nguyên tố trước phản ứng bằng tổng khối lượng của nguyên tố đó sau phản ứng. Nội dung định luật có thể hiểu là tổng số mol của một nguyên tố được bảo toàn trong phản ứng. Định luật bảo toàn electron: Trong phản ứng oxi hóa khử: Số mol electron mà chất khử cho đi bằng số mol electron mà chất oxi hóa nhận về. Khi vận dụng định luật bảo toàn electron vào dạng toán này cần lưu ý:  Trong phản ứng hoặc một hệ phản ứng chỉ cần quan tâm đến trạng thái đầu và trạng thái cuối mà không cần quan tâm đến trạng thái trung gian.  Nếu có nhiều chất oxi hóa và chất khử thì số mol electron trao đổi là tổng số mol của tất cả chất nhường hoặc nhận electron. 2. Thí dụ minh họa. 2.1 Dạng chuyển đổi hỗn hợp tương đương: • Trong số oxit sắt thì ta coi Fe 3 O 4 là hỗn hợp của FeO và Fe 2 O 3 có số mol bằng nhau. Như vậy có thể có hai dạng chuyển đổi.  Nếu cho số mol FeO và Fe 2 O 3 có số mol bằng nhau thì ta coi như trong hỗn hợp chỉ là Fe 3 O 4. 4  Nếu số mol của FeO và Fe 2 O 3 không bằng nhau thì ta coi hỗn hợp là FeO và Fe 2 O 3 . • Hỗn hợp gồm Fe, S , FeS và FeS 2 có thể coi như hỗn hợp gồm Fe và S. vì trong hợp chất thì tổng số oxi hóa bằng 0. Như vậy hỗn hợp từ 3 chất ta có thể chuyển thành hỗn hợp 2 chất hoặc 1 chất tương đương. Ví dụ 1: Để hoà tan hoàn toàn 2,32 gam hỗn hợp gồm FeO, Fe 3 O 4 và Fe 2 O 3 (trong đó số mol FeO bằng số mol Fe 2 O 3 ), cần dùng vừa đủ V lít dd HCl 1M. Giá trị của V là A. 0,23 B. 0,18 C. 0,08 D. 0,16 Cách giải thông thường: FeO + 2HCl → FeCl 2 + H 2 O x 2x Fe 2 O 3 + 6HCl → 2FeCl 3 + 3H 2 O x 6x Fe 3 O 4 + 8HCl → FeCl 2 + 2FeCl 3 + 3H 2 O y 8y Gọi x là số mol FeO ⇒ số mol x cung là số mol của Fe 2 O 3 . Gọi y là số mol của Fe 3 O 4 72x + 160x + 232y = 2,32 ⇒ 232x + 232y = 2,32 ⇒ x + y = 0,01 (1) HCl n 8x + 8y = 8 0,01 = 0,08 mol= × 5 0,08 V = 0,08 lit 1 = Giải nhanh: Vì 2 3 FeO Fe O n = n ⇒ Coi như hỗn hợp chỉ có Fe 3 O 4 . 3 4 Fe O O 2,32 n = 0,01 mol n 0,08 mol 232 = ⇒ = Ta có: n = 2 n 2 0,04 0,08 mol + O H × = × = 0,08 V = 0,08 lit 1 = Ví dụ 2: Cho 9,12 gam hỗn hợp gồm FeO, Fe 2 O 3 , Fe 3 O 4 tác dụng với dd HCl (dư). Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, được dung dịch Y. Cô cạn Y thu được 7,62 gam FeCl 2 và m gam FeCl 3 . Giá trị của m là : A. 9,75gam B. 8,75gam C. 7,80gam D. 6,50gam Cách giải thông thường: FeO + 2HCl → FeCl 2 + H 2 O x 2x x Fe 2 O 3 + 6HCl → 2FeCl 3 + 3H 2 O y 6y 2y Fe 3 O 4 + 8HCl → FeCl 2 + 2FeCl 3 + 3H 2 O z 8z z 2z Gọi x, y, z lần lượt là số mol của FeO, Fe 2 O 3 và Fe 3 O 4 có trong 9,12 gam hỗn hợp. 72x + 160y + 232z = 9,12 (1) 6 7,62 x + z = 0,06 127 = (2) Từ (1) ⇒ 160(y + z) + 72(x +z) = 9,12 ⇒ y + z = 0,03 3 FeCl m 162,5 (2y + 2z) = 162,5 2 0,03 = 9,75 gam. = × × × Giải nhanh: Coi như hỗn hợp gồm FeO và Fe 2 O 3 2 HCl 2 3 3 FeCl a mol FeO a mol Fe O b mol FeCl 2b mol   →     72a + 160b = 9,12 b = 0,03 7,62 a = = 0,06 127   ⇒    3 FeCl m 162,5 2 0,03 = 9,75 gam. = × × Ví dụ 3: Hòa tan hoàn toàn 3,76 gam hỗn hợp: S, FeS, FeS 2 trong HNO 3 dư được 0,48 mol NO 2 duy nhất và dung dịch X. Cho dung dịch Ba(OH) 2 dư vào X, lọc kết tủa nung đến khối lượng không đổi thì khối lượng chất rắn thu được là: A. 17,545gam B. 18,355gam C. 15,145gam D. 2,4000gam Giải nhanh: Coi như hỗn hợp chỉ gồm Fe và S 0 3 2+ 2 HNO OH t3+ 3 2 3 Ba 2 4 4 NO 0,48 mol Fe 2a mol Fe Fe(OH) Fe O a mol S b mol SO BaSO b mol − −    → → → ↓     → ↓  Quá trình nhường elctron Quá trình nhận elctron 3+ + 3 2 2 6+ Fe Fe + 3e NO + 1e + 2H NO + H O 2a mol 6a mol 0,48 mol 0,48 mol S S + 6e b mol 6b mol − → → → 112a + 32b = 3,76 a = 0,015 6a + 6b = 0,48 b = 0,065   ⇒     7 m rắn = 160 0,015 233 0,065 17,545 gam.× + × = 8 2.2 Dạng đốt cháy Sắt trong không khí rồi cho sản phẩm phản ứng với chất oxi hóa  Khi đốt cháy sắt trong không khí sẽ tạo ra hỗn hợp sản phẩm. Nếu học sinh viết phương trình hóa học và lập hệ phương trình để giả quyết thì se gặp vô vàn khó khăn. Đề giải dạng bài tập này ta vận dụng định luật bào toàn khối lượng và bào toàn electron. Ví dụ 1: Nung m gam bột Fe trong oxi, thu được 3 gam hỗn hợp chất rắn A. Hòa tan hoàn toàn A trong dung dịch HNO 3 dư thu được 0,56 lít (đktc) NO (duy nhất). Giá trị m là: A. 2,22gam. B. 2,26gam. C. 2,52gam. D. 2,32gam. Giải nhanh theo định luật: HNO 3 Fe + O 3 gam A 0,025 mol NO 2 a mol b mol → → Quá trình nhường elctron Quá trình nhận elctron 3+ + 3 2 Fe Fe + 3e NO + 3e + 4H NO + 2H O a mol 3a mol 0,075 mol 0,025 mol −  →  → 2 2 O + 4e 2O bmol 4b mol −  → 56a + 32b = 3 a = 0,045 3a = 4b + 0,075 b = 0,015   ⇒     m Fe = 0,045 × 56 = 2,25 gam. Giải nhanh theo công thức kinh nghiệm: m rắn = 80n Fe - 8n e nhận m 0,56 3 80 8 3 m = 2,52 gam. 56 22,4 = × − × × ⇒ 9 Ví dụ 2: Nung nóng 12,6 gam Fe ngoài không khí sau một thời gian thu được m gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe 2 O 3 và Fe 3 O 4 . Hỗn hợp này phản ứng hết với dung dịch H 2 SO 4 đặc nóng (dư), thu được 4,2 lít khí SO 2 (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Tính m? A. 12gam B. 12,25gam C. 15g am D. 20gam Giải nhanh theo định luật: 2 4 H SO 2 m Fe + O gam X 0,1875 mol SO 2 0,225 mol b mol → → Quá trình nhường elctron Quá trình nhận elctron 3+ 2 + 4 2 2 Fe Fe + 3e SO + 2e + 4H SO + 2H O 0,225mol 0,675mol 0,375 mol 0,1875 mol − → → 2 2 O + 4e 2O bmol 4b mol − → 0,675 = 4b + 0,375 b = 0,075⇒ m rắn = 12,6 + 0,075 × 32 = 15 gam. Giải nhanh theo công thức kinh nghiệm: m rắn = 80n Fe - 8n e nhận m rắn 12,6 4,2 80 8 2 = 15 gam. 56 22,4 = × − × × Ví dụ 3: Nung nóng m gam bột sắt ngoài không khí, sau phản ứng thu được 20 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe 2 O 3 và Fe 3 O 4 . Hòa tan hết X trong dung dịch HNO 3 loãng thu được 5,6 lít hỗn hợp khí Y gồm NO và NO 2 có tỉ khối so với H 2 là 19. Tính m và thể tích HNO 3 1M đã dùng? A. 16,8gam và 1,15 lít B. 14gam và 1,15 lít C. 16,8gam và 1,5 lít D. 14gam và 1,5 lít Giải nhanh theo định luật: 2 Y H 2 NO x mol 20 d 19 NO y mol HNO 3 Fe + O gam X 5,6 lit Y 2 a mol b mol  →   → =   10 [...]... mạnh dạn đưa các phương pháp giải bài tập này vào và qua giảng dạy tôi thấy học sinh nắm vấn đề tương đối nhẹ nhàng và có hiệu quả rõ rệt nhất là định hướng và thời gian giải bài tập 14 TÀI LIỆU THAM KHẢO 1 Dương Hoàng Giang, 2008 Thể loại và phương pháp giải Hoá Học đại cương vô cơ 12 NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội 2 Phạm Đoan Trinh, Nguyễn Thế Khoa , 2008 Bộ đề ôn luyện bằng phương pháp trắc nghiệm... nghiệm còn hạn chế nên các phương pháp giải nhanh chưa được phong phú và đa dạng dể đáp ứng nhu cầu của các em học sinh V KẾT LUẬN Trong quá trình giảng dạy bản thân tôi đã có rất nhiều trăn trở khi dạy về bài tập sắt và hợp chất của sắt Tôi nhận thấy đề thi đại học số lượng câu hỏi về sắt và hợp chất sắt luôn chiếm một tỉ lệ nhất định và đặc biệt là những bài toán về phần sắt có độ khó đặc trưng riêng,... 0,125 + 2 × 2 × 0,1 = 1,15 mol V= 1,15 = 1,15 lít 1 Bài tập tương tự Ví dụ 4: Nung x mol Fe trong không khí thu được 16,08 gam hỗn hợp rắn A Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp rắn A trong dung dịch HNO 3 dư thu được 0,972 lít (đktc) khí NO Giá trị của x là: A 0,15 B 0,214 C 0,24 D.0,22 Ví dụ 5: Để m gam bột sắt (A) trong không khí, sau một thời gian biến thành hỗn hợp rắn B có khối lượng 12 gam Cho B tác dụng hoàn... hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe 3O4, Fe2O3 cần 0,05 mol H2 Mặt khác hòa tan hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X trong dung dịch H2SO4 đặc thu được thể tích khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất) ở điều kiện tiêu chuẩn là A 448 ml B 224 ml C 336 ml D 112 ml Giải nhanh: Sơ đồ phản ứng: Thực chất phản ứng khử các oxit trên là O → H2O H2 + 0,05 → 0,05 mol Coi hỗn hợp ban đầu có 0,05 mol O và 3, 04 − 0, 05.16... sinh ra 2,24l khí NO duy nhất ở đktc Giá trị m là: A 10,08 g B.21,6g C.16,8 g D 11,2g Ví dụ 6: Nung m gam Fe trong không khí thu được 104,8 gam hỗn hợp rắn A Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp rắn A trong dung dịch HNO 3 dư thu được 12,096 lít (đktc) hỗn hợp khí gồm NO và NO2 có tỉ khối hơi so với H2 là 20,334 Giá trị của m là: A 74,8 g B 87,4g C 47,8g 11 D.78,4g 2.3 Dạng khử không hoàn toàn Fe2O3 sau cho sản... Fe 2O3 và Fe3O4 Hòa tan hết X trong dung dịch HNO3 đặc, nóng thu được 4,368 lít NO2 (sản phẩm khử duy nhất ở đktc) Tính m ? A 11,2gam B 16,0gam C 24gam D 12gam Phân tích đề: Sơ đồ phản ứng FeO,Fe3O 4 HNO3  NO 2 CO Fe 2O3   →   → to Fe(NO3 )3 Fe 2O3 , Fe Trong trường hợp này xét quá trình đầu và cuối ta thấy chất nhường e là CO, chất nhận e là HNO3 Nhưng nếu biết tổng số mol Fe trong oxit. .. Quá trình nhận elctron Fe → Fe3+ + 3e O+ 2e → O-2 0,04 0,05 0,1 0,12 (mol) (mol) SO 2 − + 2e + 4H +  SO 2 + 2H 2O → 4 2a mol 0,12 = 0,1 + 2a ⇒ a = 0,01 mol Vậy: VSO2 = 224 ml 13 a mol Bài tập tương tự Ví dụ 3: Hỗn hợp A gồm FeO, Fe2O3, Fe3O4 (trong đó số mol FeO bằng số mol Fe2O3) Hòa tan 4,64 gam trong dung dịch H2SO4 loãng dư được 200 ml dung dịch X Tính thể tích dung dịch KMnO4 0,1M cần thiết... B 25ml C 15ml D 10ml IV HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI  Qua tiến hành khảo sát thử nghiệm với đối tượng học sinh ở các lớp 12A2, 12A5, 12A6, 12A7 đã đạt được kết quả như sau: • 70% học sinh nắm bài và vận dụng được vào các dạng bài cụ thể ( trên 5 điểm) • 20% vận dụng chưa thuần thục còn lúng túng • 10% học sinh chỉ nắm được dạng cơ bản Kết quả khảo sát trước khi áp dụng đề tài Lớp 12A2 12A5 12A6 12A7 Tì lệ ≥... là CO, chất nhận e là HNO3 Nhưng nếu biết tổng số mol Fe trong oxit ta sẽ biết được số mol Fe2O3 Bởi vậy ta dùng chính dữ kiện bài toán hòa tan X trong HNO3 đề tính tổng số mol Fe Giải bằng định luật bảo toàn electron n NO2 =0,195mol Gọi số mol Fe và O tương ứng trong X là a và b ta có: 56a + 16b = 10,44 (1) Quá trình nhường e: Fe   Fe3+ + 3e → a mol Quá trình nhận e: − NO3 + e + 2H +   NO 2 + H... 0,195 mol O bmol 0,195 mol + 2e   O 2 − → 2b mol Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có: 3a = 2b + 0,195 Từ (1) và (2) ta có hệ 56a + 16b = 10, 44  3a − 2b = 0,195 Giải hệ trên ta có a = 0,15 và b = 0,1275 Như vậy nFe = 0,15 mol nên nFe O = 0, 075mol  m = 12 gam → 2 3 12 (2) Giải nhanh: Quá trình nhường elctron +2 +4 − NO3 + 1e + 2H +  NO 2 + H 2O → C  C + 2e → a mol Quá trình nhận elctron . mạnh dạn đưa các phương pháp giải bài tập này vào và qua giảng dạy tôi thấy học sinh nắm vấn đề tương đối nhẹ nhàng và có hiệu quả rõ rệt nhất là định hướng và thời gian giải bài tập. 14 TÀI LIỆU. Fe 3 O 4. 4  Nếu số mol của FeO và Fe 2 O 3 không bằng nhau thì ta coi hỗn hợp là FeO và Fe 2 O 3 . • Hỗn hợp gồm Fe, S , FeS và FeS 2 có thể coi như hỗn hợp gồm Fe và S. vì trong hợp chất thì tổng số. dạng bài toán hoá phức tạp hay gặp trong các đề tốt nghiệp, thi đại học là các bài toán về sắt và các oxit sắt.  Thông thường những bài tập về sắt thường khá phức tạp và xảy ra theo nhiều phương