skkn áp dụng định luật bảo toàn eletron để giải các bài toán hoá học vô cơ

SỞ GD- ĐT HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT VIỆT NAM- BA LAN

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ÁP DỤNG ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN ELECTRON
ĐỂ GIẢI BÀI TẬP HOÁ HỌC CHƯƠNG NITƠ-PHỐT PHO
Người thực hiện: NGUYỄN THU HẰNG
Môn: hoá
Đơn vị: TRƯỜNG THPT VIỆT NAM- BA LAN
Năm học 2009 - 2010
Mở đầu
I . Lý do chọn đề tài.
Cải tiến nội dung và phương pháp dạy học nhằm nâng cao chất lượng của quá
trình dạy học là nhiệm vụ thường xuyên và lâu dài của nghành giáo dục . Hoá học là
môn khoa học vừa lý thuyết ,vừa thực nghiệm , do đó muốn nâng cao kết quả của quá
trình dạy học hoá học người ta cho rằng. Một học sinh hiếu học là học sinh sau khi học
bài xong, chưa vừa lòng với những hiểu biết của mình và chỉ yên tâm khi đã tự mình
giải được các bài tập ,vận dụng kiến thức đã học dể giải bài tập. Bài tập hoá học có tác
dụng rèn luyện khả năng vận dụng kiến thức ,đào sâu và mở rộng kiến thức đã học một
cách sinh động , phong phú .Qua đó ôn tập củng cố hệ thống hoá kiến thức một cách
thuận lợi nhất ,rèn luyện kĩ năng giải bài tập , phát triển năng lực nhận thức ,năng lực
hành động ,rèn trí thông minh ,sáng tạo cho học sinh ,nâng cao hứng thú học tập bộ
môn .Có thể nói rằng bài tập hoá học vừa là mục đích ,vừa là nội dung ,lại vừa là
phương pháp dạy học rất có hiệu quả .
Bài tập còn là con đường đầu tiên để áp dụng chính xác kiến thức khoa học vào
cuộc sống. Song thực tế cho thấy nhiều học sinh phổ thông rất sợ giải bài tập hoá học
hoặc còn rất lúng túng trong việc xác định các dạng toán , do đó gặp nhiều khó khăn
trong việc giải bài tập . Hơn nữa số tiết bài tập hoá học ở trên lớp lại rất ít, nên việc
củng cố, đào sâu và vận dụng kiến thức hoá học còn hạn chế. Trước tình trạng đó là
một giáo viên chuyên ngành hoá, trong quá trình giảng dạy, tôi thường xuyên hệ thống
-phân dạng các bài tập cho học sinh ,góp phần nâng cao khả năng giải bài tập của học

sinh ,phục vụ kiến thức cho học sinh ôn thi vào các trường đại học và cao đẳng .
Thực tế một bài tập có thể có nhiều cách khác nhau: có cách giải thông thường
theo các bước quen thuộc, nhưng cũng có cách giải độc đáo ,thông minh ,rất ngắn gọn
mà lại chính xác chẳng hạn như " Phương pháp bảo toàn electron ". Nguyên tắc của
phương pháp này là : " Khi có nhiều chất oxi hoá ,chất khử trong một hỗn hợp phản
ứng ( nhiều phản ứng hoặc phản ứng qua nhiều giai đoạn) thì tổng số electron mà các
2
chất khử cho phải bằng tổng số elctron mà chất oxi hoá nhận ". Ta chỉ cần nhận định
đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối của chất oxi hoá và chất khử thậm chí không cần
quan tâm đến việc cân bằng các phương trình phản ứng .Phương pháp này đặc biết lý
thú với các bài toán phải biện luận nhiều trường hợp có thể xảy ra các bài toán hỗn
hợp . Tuy nhiên phương pháp này chỉ áp dụng cho hệ phương trình phản ứng oxi hoá
khử và thường dùng giải bài toán vô cơ .
Với mục đích trên tôi đã nghiên cứu và hệ thống các bài tập : "áp dụng định luật bảo
toàn eletron để giải các bài toán hoá học vô cơ" . Sau đây tôi xin trình bày kinh nghiệm
của mình .
II. Mục đích nghiên cứu.
Thăm dò khả năng và năng lực riêng của học sinh khi tiếp xúc với một phương
pháp giải toán mới .
Sử dụng hệ quả của định luật bảo toàn điện tích để giải nhanh bài toán hoá học .
Phân loại và tuyển chọn một số bài tập ,một số đề tuyển sinh vào các trường đại
học,cao đẳng để học sinh luyện thi đại học
Rèn trí thông minh ,phát huy tính tích cực , chủ động ,sáng tạo của học sinh ,tạo
ra hứng thú học tập bộ môn hoá học của học sinh phổ thông .
III. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu.
Hệ thống các bài tập hoá học vô vơ ở chương trình hoá học THPT .
IV. Nhiệm vụ nghiên cứu.
Nghiên cứu cơ sở lí luận về bài tập hoá học và thực trạng của việc giải bài tập
hoá học của học sinh phổ thông hiện nay .
Nghiên cứu lý thuyết về định luật bảo toàn điện tích , phản ứng oxi hoá khử

3
Soạn và giải các bài tập vô cơ : Theo phương pháp bảo toàn electron .
Thực nghiệm đánh giá việc áp dụng phương pháp bảo toàn electron.
V. Phương pháp nghiên cứu.
1. Nghiên cứu lý thuyết
Nghiên cứu SGK ,sách bài tập hoá học phổ thông , các nội dung lí thuyết về bài tập
hoá học , định luật bảo toàn điện tích làm cơ sở .
2. Tổng kết kinh nghiệm và thủ thuật giải bài tập hoá học .
3. Trao đổi ,trò chuyện với đồng nghiệp , học sinh trong quá trình nghiên cứu
VI. Giả thuyết khoa học.
Nếu sử dụng thành thạo phương pháp này thì sẽ giúp hoc sinh giải nhanh một số bài
toán hoá học vô cơ mà không phải lập hệ phương trình đại số hay biện luận nhiều
trường hợp .
4
Nội dung
Chương I: cơ sở phương pháp bảo toàn electron
1. Định luật bảo toàn điện tích.
Định luật bảo toàn địên tích là thước đo đúng đắn của nhiều định luật vật lý ,hoá
học có liên quan đến điện tích .ở đây ta chỉ xét một số hệ quả của định luật phổ biến
trên vào bài toán hoá học.
2. Các hệ quả và áp dụng.
*Hệ quả 1: "Điện tích luôn xuất hiện hoặc mất đi từng cặp có giá trị trái dấu nhau "
Ví dụ 1 : Na
2
SO
4
tan vào nước sẽ bị điện li và xuất hiện K
+
và Cl
-

Na
2
SO
4

→
2Na
+
+ SO
4
2-
Ví dụ 2 : Mg
2+
cùng mất đi đồng thời với 2OH
-
theo phản ứng :

( )
2
2
Mg 2OH Mg OH
+ −
+ → ↓

Mg
2+
có

hai điện tích +2e.

2OH
-
có điện tích -2e.
Còn Mg(OH)
2
thì không mang điện
*Hệ quả 2 : " Trong phản ứng oxi hoá khử ,nếu chất khử phóng ra bao nhiêu mol
electron thì chất oxi hoá thu vào bấy nhiêu mol electron "
Ta đã vận dụng hệ quả trên để cân bằng phản ứng oxi hoá khử .Và nhiều trường hợp
chỉ cần vần dụng hệ quả trên là có thể giải được bài toán mà không cần phải viết và cân
bằng phương trình phản ứng .
Ví dụ 3 : Cho 1,92 gam Cu tan vừa đủ trong dung dịch HNO
3
loãng ,nóng ta thu
được V lít khí NO (đktc) .Tính V và khối lượng HNO
3
nguyên chất đã tham gia
phản ứng .
Bài giải
n
Cu
=
64
92,1
= 0,03 (mol).

5
Ta có các quá trình trao đổi electron :
Quá trình nhường e: Quá trình nhận e :

2
Cu Cu 2e
+
→ +
5 2
N 3e N
+ +
+ →

số mol electron cho = số mol electron nhận
Hay : 0,06 = 3x suy ra : x = 0,02 (mol) .
Thể tích khí NO thoát ra ở đktc là :
V
NO
= 0,02 x 22,4 = 0,448 (lit)
Từ (1) suy ra trong dung dịch xuất hiện 0,03 mol Cu
2+
nên theo định luật bảo toàn điện
tích phải có 0,06 mol NO
3
-
tham gia tạo muối
Vậy phản ứng trên có 0,02 mol NO
3
-
tham gia phản ứng oxi hoá khử và 0,06 mol
NO
3
-
tham gia phản ứng trung hoà ( Làm môi trường )

Tổng số mol NO
3
-
= Tổng số mol HNO
3
= 0,08 mol
suy ra : khối lượng HNO
3
= 0,08 x 63 = 5,04 (g) .
* Hệ quả 3 : "Một hỗn hợp gồm nhiều kim loại có hoá trị không đổi và khối lượng cho
trước sẽ phóng ra bao nhiêu mol electron không đổi cho bất kì gốc phi kim nào "
Ví dụ 4 : Lấy 7,78 gam hỗn hợp A gồm hai kim loại hoạt động (X,Y) có hoá trị
không đổi chia thành 2 phần bằng nhau:
Phần 1: Nung trong oxi dư để oxi hoá hoàn toàn ta thu được 4,74 gam hỗn hợp 2
oxit.
Phần 2:Hoà tan hoàn toàn trong dung dịch hỗn hợp HCl và H
2
SO
4
loãng .
Tính thể tích khí H
2
thu được ở đktc
Bài giải
Số mol oxi nguyên tử kết hợp với
2
78,7
= 3,94 gam hỗn hợp hai kim loại:

16

94,374,4 −
= 0,05 mol oxi nguyên tử
Trong quá trình tạo oxit ,oxi đã thu electron của kim loại như sau:
O + 2e
→
O
2-
(1)
6
( mol) : 0,05 0,1 0,05
Theo (1) thì 0,05 mol O đã thu được 0,1 mol electron do 3,94 g hỗn hợp 2 kim loại
phóng ra .Khi 3,94 g hỗn hợp 2 kim loại khử H
+
của dung dịch axit cũng phóng ra 0,1
mol electron .
Vậy H
+
sẽ thu 0,1 mol electron theo bán phản ứng :
2H
+
+ 2e
→
H
2

↑
(2)
(mol) : 0,1 0,05
Vậy thể tích khí H
2

thoát ra là :V = 0,05. 22,4 = 1,12 lít.


7
Chương II : Hệ thống bài tập hoá học giải theo phương pháp bảo toàn
electron
Loại 1 : Phản ứng của kim loại với axít .
Bài 1: Cho m g Zn vào dung dịch HNO
3
thấy có 4,48 lít hỗn hợp khí NO và NO
2

có tỉ lệ số mol là 1/1 ở đktc. Tính m?
Bài giải
a. Phương trình phản ứng:
Zn + 4 HNO
3
= Zn(NO
3
)
3
+ 2NO
2
+ 2H
2
O (1)
3Zn + 8 HNO
3
= 3 Zn(NO
3

)
2
+ 2NO + 4H
2
O (2)
Ta có n
hỗn hợp
=
4,22
48,4
= 0,2 mol
n
2
0,2
0,1
2
NO NO
n n= = =
mol
Ta có các quá trình trao đổi electron :
Quá trình nhường e: Quá trình nhận e :

2
Zn 2eZn
+
→ +
5 4
5 2
N 1e N
N 3e N

+ +
+ +
+ →
+ →

→
∑
Số mol electron N
5+
nhận là : 3*0,1+0,1=0,4 mol
Số mol Zn =
0,4
0,2
2
mol=

m=65*0,2=13 gam
Bài 2: Cho 6,3 g hỗn hợp Al ,Mg vào 500 ml dung dịch HNO
3
( loãng ) 2M thấy có
4,48 lít khí NO , (duy nhất ) ở đktc và thu được dung dịch A
1. Chứng minh rằng trong dung dịch còn dư axít .
2. Tính nồng độ các chất trong dung dịch A .
Bài giải
a. Phương trình phản ứng:
Al + 4 HNO
3
= Al(NO
3
)

3
+ NO + 2H
2
O (1)
3Mg + 8HNO
3
= 3 Mg(NO
3
)
2
+ 2NO + 4H
2
O (2)
8
Ta có n
NO
=
4,22
48,4
= 0,2 mol
n
3
HNO
= 0,5 .2 = 1 mol
Ta có các quá trình trao đổi electron :
Quá trình nhường e: Quá trình nhận e :

2
3
Mg 2e

Al Al 3e
Mg
+
+
→ +
→ +
5 2
N 3e N
+ +
+ →

Số mol electron N
5+
nhận là : 3*0,2 =0,6 mol
Kim loại cho bao nhiêu electron thì nhận về bấy nhiêu gốc
3
NO
−
Số mol HNO
3
tham ra phản ứng là: 0,2+0,6=0,8<1 Vậy axit dư.
b/Tính số mol Al ,Mg
Gọi số mol Al ,Mg lần lượt bằng a,b mol.
Ta có phương trình :

( )
( )
27a 24b 6,3 g
3a 2b 0,6 mol
+ =



+ =



→

a 0,1 mol
b 0,15 mol
=


=

Dung dịch A có : Mg(NO)
2
0,15 mol
HNO
3
dư 0,2 mol
Al(NO
3
)
3
0,1 mol
[Al(NO
3
)
3

] =
5,0
1,0
= 0,2 (M)
[HNO
3
] =
5,0
2,0
= 0,4 (M)
[Mg(NO
3
)
2
] =
0,15
0,3
0,5
=
(M)
Bài 3: Hoà tan 2,88 gam hỗn hợp Fe , Mg bằng dung dịch HNO
3
loãng dư thu
được 0,9856 lít hỗn hợp khí NO , N
2
( ở 27,3
0
c , 1 at ) có tỉ khối so với H
2
bằng

14,75
1. Viết các phương trình phản ứng có thể xảy ra
2. Tính khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp
9
Bài giải
1. Phương trình phản ứng:
3Mg + 8 HNO
3
= 3 Mg(NO
3
)
2
+ 2NO + 4H
2
O
5Mg + 12HNO
3
= 5Mg(NO
3
)
2
+ N
2
+ 6 H
2
O
Fe + 4HNO
3
= Fe(NO
3

)
3
+ NO + 2H
2
O
2.Tính khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp.
Đặt số mol NO, N
2
lần lượt là a,b mol
Ta có hệ phương trình :

30 28
14,72 . 2
a b 0,04
a b
a b
+

=

+


+ =


Ta được a= n
NO
= 0,03 mol ; b = n
N

2
= 0,01 mol
Ta có các quá trình trao đổi electron :
Quá trình nhường e: Quá trình nhận e :

3
2
Fe Fe 3e
Mg Mg 2e
+
+
→ +
→ +
5 2
5 0
N 3e N
2N 10e 2N
+ +
+
+ →
+ →

Số mol e do N
+5
nhận :
3.n
NO
+ 10 . n
N
2

= 3.0,03 + 0,01 .10 = 0,19 mol (I)
Gọi số mol Fe , Mg bằng x ,y mol , ta có ssố mol e do Fe ,Mg nhường :
n
e
= 3x + 2y (II)
áp dụng định luật bảo toàn e ta có
3x + 2y = 0,19 (mol) (III)
Mặt khác ta có : 56x + 24 y = 2,88 (g ) (IV)
Ta có hệ phương trình :

( )
( )
3x 2y 0,19 mol
56x 24 y 2,88 g
+ =


+ =



x 0,03 mol
y 0,05 mol
=

→

=


Vậy m
Fe
= 0,03 . 56 = 1,68 (g)
m
Mg
= 0,05 . 24 = 1,2 (g)
10
Bài 4 : Cho 1,35 gam hôn hơp Cu, Mg, Al tác dụng với HNO
3
thu được hỗn hợp
khí X gồm 0,04 mol NO và 0,01 mol NO
2
.
1. Viết phương trình phản ứng.
2. Tính tổng khối lượng muối nitrat tạo thành sau phản ứng?
Bài giải
1. Các ptpư :

3 3 2 2 2
3 3 3 2 2
3 3 2 2 2
3 3 2 2
3 3 3 2
3
Mg 4 HNO Mg(NO ) 2NO +2H O
Al 6 HNO Al(NO ) 3NO +3H O
Cu 4 HNO Cu(NO ) 2NO +2H O
3Mg 8 HNO 3Mg(NO ) 2NO +4H O
Al 4 HNO Al(NO ) NO +2H O
3 8 HNO Cu

+ → + ↑
+ → + ↑
+ → + ↑
+ → + ↑
+ → + ↑
+
3 2 2
3Cu(NO ) 2NO +4H O → + ↑

2. Tính tổng khối lượng muối nitrat.
Quá trình nhận e :
N
+5
+ 3e = N
+2
N
+5
+ 1e = N
+4
3*0,04 1*0,01
→
∑
Số mol electron N
5+
nhận là : 0,12+0,01=0,13 mol
Kim loại cho bao nhiêu electron thì nhận về bấy nhiêu gốc
3
NO
−
3

Kl
NO
m m m
M
−
= +
=1,35+0,13*62=9,41 gam
Bài 5 : . Hoà tan a g kim loài M trong dung dịch HNO
3
2M ta thu được 16,8 lit
hỗn hợp khí X (đktc) gồm 2 khí không màu, nhưng hóa nâu ngoài không khí. Tỉ
khối hơi của X so với H
2
là 18,5. Tính thể tích dung dịch HNO
3
đã dùng biết lấy
dư 25%.
Bài giải
Hỗn hợp khí X gồm 2 khí không màu, nhưng hóa nâu ngoài không khí do đó nó
phải có khí NO và một khí khác là N
2
hoặc N
2
O.
Ta có
2
N O
n 0,375 mol.n= =
NO
/

, , * = → = =
H
2
X X
d 18 5 M 18 5 2 37
và
16.8
0,75
22.4
X
n = =
mol
Mà M
NO
<37 do đó khí còn lại là khí N
2
O có M>37.
11
áp dụng sơ đồ đường chéo cho hỗn hợp X ta có:

30
44
n
n
NO
N
2
O
1
=

7
7
37
1

2
N O
0,375 mol.n n= =
NO
N
5+
+ 3e
→
N
2+
(NO)
0,375 1,125 0,375
2N
5+
+ 8e
→
2N
+
(N
2
O)
0,75 3 0,375
∑
số mol electron mà N
5+

nhận là: 1,125 + 3 =4,125 mol
Kim loại cho bao nhiêu electron thì cũng nhận bấy nhiêu gốc
3
NO
−
∑
số mol HNO
3
tham ra phản ứng là: 0,375 +0,375*2 +4,125=5,25 mol
5,25
2,63
2
→ = =
3
HNO
V
lít
Do lấy dư 25% nên lượng HNO
3
thực tứ đem dùng là: 2,625 * 1,25 = 3,28 lít.
Bài 6: Cho m gam Fe vào dung dịch 0,4 mol HNO
3
loãng. Sau phản ứng thấy dung
dịch chứa 26,44 gam chất tan và khí NO duy nhất. Tính m?
Bài giải
Kim loại cho bao nhiêu electron thì nhận về bấy nhiêu gốc
3
NO
−
.

Ta có các quá trình nhận electron:
5 2
N 3e N
+ +
+ →
x 3x x
∑
sô mol HNO
3
tham ra phản ứng là: x+3x=4x
4 0,4 0,1x x→ ≤ → ≤

Trường hợp I : HNO
3
thiếu Fe dư trong dung dịch chỉ có Fe(NO
3
)
2
:
m
chất tan
=
3
Fe
NO
m m
−
+
=
0,3

*56 0,3*62 27
2
+ =
gam > 26,44 gam (loại)
Trường hợp II : HNO
3
dư Fe hết trong dung dịch có Fe(NO
3
)
3
và HNO
3
dư:
Ta có
3 3
( )Fe NO
n x=
mol và
3
(0,4 4 )
HNO
n x= −
mol
242 63(0,4 4 ) 26,44 0.124 0x x x→ + − = → = − <
(loại)
12
Trường hợp III : Vậy cả Fe và HNO
3
đều hết. Trong dung dịch có Fe(NO
3

)
3
và
Fe(NO
3
)
2
3
62*0,3 26,44 7,84
M Fe Fe Fe
NO
m m m m m
−
= + = + = → =
gam
Loại 2 : Xác định kim loại M
Bài 1 : Hoà tan 32 gam kim loại M trong dung dịch HNO
3
đặc thu được 22,4 lít
NO
2
ở đktc. Xác định kim loại M?
Bài giải
2
NO
22,4
n 1
22,4
mol= =
Ta có các quá trình trao đổi electron :

Quá trình nhường e: Quá trình nhận e :

M ne
n
M
+
→ +
5 4
N 1e N
+ +
+ →

Số mol e do N
+5
nhận : 1*1 = 1 mol
1
32
M
m
n M n
n n
= → = =
.
mà n biến thiên từ 1-3.
n 1 2 3
M 32 64 96
Vậy M là Cu.
Bài 2 : Hoà tan8,1 gam kim loại M trong dung dịch HNO
3
thu được 0,3 mol NO

2
và 0,2 mol NO. Xác định kim loại M?
Bài giải
Ta có các quá trình trao đổi electron :
Quá trình nhường e: Quá trình nhận e :

M ne
n
M
+
→ +
5 4
5 2
N 1e N
N 3e N
+ +
+ +
+ →
+ →

Số mol e do N
+5
nhận : 3.n
NO
+ n
NO
2
= 3.0,2 + 0,3 = 0,9 mol
0,9 8,1
9

0,9
M
m n
n M n
n n
= → = = =
13
mà n biến thiên từ 1-3.
n 1 2 3
M 9 18 27
Vậy M là Al.
Bài 3: Hoà tan 3,3 g hỗn hợp X gồm Fe và kim loại R ( R có hoá trị không đổi )
trong dung dịch HCl dư ,được 2,688 lít khi H
2
.Nếu hoà tan 3,3 g X trên bằng
dung dịch HNO
3
dư được 0,896 lít hỗn hợp khí Y gồm N
2
O và NO có tỉ khối so với
H
2
là 20,25 .
Tìm kim loại M và % khối lượng của X .
Bài giải
Gọi số mol NO ,N
2
O trong hỗn hợp lần lượt là a,b mol .
ta có hệ :
( )

( )
a b 0,04 mol I
30 44
40,5 g II
a b
M
a b
+ =



+
= =

+


Từ (I) vá (II) ta có a =0,01 , b= 0,03
Gọi x,y là số mol của Fe ,R trong hỗn hợp
Phản ứng của X với dung dịch HCl :
Quá trình nhường e :
Fe
→
Fe
+3
+2e
x 2x
R
→
R

+n
+ ne
y ny

→
Số mol e nhường là : 2x + ny
Quá trình nhận e :
2H
+
+ 2e
→
H
2

2.0,12 0,12
áp dụng định luật bảo toàn e ta có : 2x + ny = 0,24 (I)
Phản ứng của X với HNO
3
:
Quá trình nhường e :
14
Fe
→
Fe
+3
+3e
x 3x
R
→
R

+n
+ ne
y ny
→
Số mol e nhường là : 3x + ny
Quá trình nhận e :
N
+5
+ 3e = N
+2
3.0,03 0,03
2N
+5
+10e = N
2
10.0,01 0,01
Số mol e nhận là : 3.0,03 + 10.0,01 = 0,19
áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có : 3x + ny = 0,19 (II)
Mặt khác theo bài ra ta có : 56x + ny = 3,3 g (III)
từ (I) ,(II) ,(III) ta được : x= 0,03 mol ; y= o,o6 mol ; M=27 ; n=3 Vậy M là Al
%m
Fe
=
100.
3,3
56.03,0
=50,91%
%m
Al
=

100.
3,3
27.06,0
= 49,09%
Bài 4 : (Đề ĐH Dược -2001)
Hỗn hợp X gồm FeS
2
và MS có số mol như nhau , M là kim loại có hoá trị không
đổi .Cho 6,51 gam X tác dụng hoàn toàn với lượng dư dd HNO
3
đun nóng ,thu
được dd a và 13,216 lít (đktc) hỗn hợp khí A
2
có khối lượng là 26,34 gam gồm NO
2
và NO . Thêm một lượng dư dd BaCl
2
loãng vào A
1
,thấy tạo thành m
1
g chất kết
tủa trắng trong dd dư axit trên
1. Hãy cho biết kim loại M.
2. Tính giá trị khối lượng m
1
.
Bài giải
Gọi a,b là số mol của NO
2

và NO trong A
2
:
Ta có có hệ:
15
46a 30 b 26,34
a b 0,59
+ =


+ +


a 0,54
b 0,05
=

→

=

Ta có các quá trình trao đổi e :
Quá trình nhường e :

3 2
2 4
FeS Fe 2SO +15e
+ −
→ +

x 15x


2 2
4
MS M SO 8e
+ −
→ + +
x 8x
Quá trình nhận e :

5 4
N 1 e N
+ +
+ →

0,54 0,54

5 2
N 3e N
+ +
+ →
0,15 0,05
áp dụng định luật bảo toàn e ta có :
15x + 8x = 0,15 + 0,54
→
x = 0,03
Mắt khác ,ta lại có :
120 x + (M + 32 ) x = 6,51
→

M = 65
Vậy M là Zn
Phản ứng tạo kết tủa : Ba
2+
+
2
4
SO
−

→
BaSO
4

3x 3x
m
BaSO
4
= ( 3.0,03).233 = 20,97 (gam)
16
Chương III : Thực nghiệm sư phạm
I. Mục đích thực nghiệm.
Đánh giá khả năng giải các bài toán sử dụng phương pháp bảo toàn electron của học
sinh .
II. Phương pháp thực nghiệm.
1.Đối tượng:
- Chọn học sinh lớp 11A
6
, 11 A
7

làm đối tượng thực nghiệm.
-Chọn 30 học sinh lợc học khá tương đương nhau .
- Chia làm 2 nhóm thực nghiệm.
2. Cách tiến hành thực nghiệm :
Thực nghiệm theo kiểu đối chứng .
-Giáo viên hướng dẫn học sinh nhóm 1 cách giải bài tập theo phương pháp bảo
toàn electron , nhóm 2 không hướng dẫn trước như nhóm 1.
-Tiến hành thực nghiệm :
* Thực nghiệm lần 1 ( kiểm tra khả năng nhận thức ): cho học sinh 2 nhóm làm các
bài tập 1 , 2 , 4.
Chấm điểm : - Phân loại giỏi ,khá trung bình , kém.
* Thực nghiệm lần 2 (kiểm tra độ bền kiến thức ): cho học sinh 2 nhóm làm các bài
tập còn lại.
Chấm điểm :- Phân loại giỏi ,khá , TB , kém.
III. Kết quả thực nghiệm.
Sau khi tiến hành thực nghiệm tôi thu được kết qủa theo bảng sau :
*Kết quả thực nghiệm lần 1:
17

Kết quả
ĐTTN
Giỏi Khá Trung bình Yếu
Nhóm 1

42% 38% 13,33% 6,67%
Nhóm 2 33,33% 26,67% 26,67% 13,33%
*Kết quả thực nghiệm lần 2:
Kết quả
ĐTTN
Giỏi Khá Trung bình Yếu

Nhóm 1

33,33%b 53,33% 6,67% 6,67%
Nhóm 2 13,33% 33,33% 26,67% 26,67%
IV. Đánh giá kết quả thực nghiệm.
Với nhóm 1 học sinh đã được hướng dẫn giải bài tập theo phương pháp bảo toàn
electron nên các em tiếp thu bài nhanh hơn, kỹ năng giải bài tập nhanh hơn nên tỉ lệ %
các bài đạt giỏi, khá cao hơn nhóm 2.
Nhờ nắm vững kiến thức về định luật bảo toàn electron và áp dụng định luật một
cách thuần thục, sáng tạo, mà hiệu quả học tập và độ khắc sâu kiến thức hơn của học
sinh nhóm 1 cao hơn nhóm 2 từ đó tạo hứng thú cho học sinh yêu thích môn Hóa học
hơn .
18
Kết luận
Qua quá trình nghiên cứu đề tài này ,tôi thấy phương pháp luyện tập thông qua
sử dụng bài tập là một trong các phương pháp quan trọng để nâng cao chất lượng dạy
học bộ môn và góp phần nâng cao hứng thú học tập bộ môn. Tuy nhiên để rèn luyện
tính suy luận củng cố kiến thức về phản ứng hoá học cho học sinh và rèn kĩ năng giải
bài tập hoá học , thì việc sử dụng các bài toán có nội dung sử dụng định luật bảo toàn
electron để giải sẽ có tác dụng to lớn và đặc biệt đáp ứng phần nào những khúc mắc
của học sinh khi giải đề tuyển sinh vào đại học khối A ,B. Do đó là giáo viên chuyên
nghành Hoá tôi thấy nên giới thiệu phương pháp bảo toàn electron một cách hệ thống
cho học sinh khi giải bài tập hóa học ,bắt đầu từ lớp 11,rồi sang lớp 12 thì củng cố và
nâng cao hơn ,giúp các em nâng cao kiến thức ,tạo sự say mê trong học tập và có vốn
kiến thức để thi đỗ vào các trường đại học và cao đẳng.
Trong quá trình nghiên cứu ,vì thời gian có hạn ,nên tôi chỉ nghiên cứu một phần
trong các phương pháp giải bài tập hoá học ,số lượng bài tập vận dụng chưa được
nhiều và không tránh khởi những thiếu sót .Tôi rất mong nhận được sự đóng góp ý
kiến quý báu của các thầy cô giáo và các đồng nghiệp.
Hiện nay tôi thấy hầu hết các giáo viên đều vận dụng kinh nghiệm giảng dạy từ

bản thân trong quá trình giảng dạy, mặt khác tham khảo qua các SKKN của đồng
nghiệp thì kết quả giảng dạy trong nhà trường sẽ thu được kết quả cao hơn.
Cuối cùng tôi xin chân thành cám ơn ban giám hiệu nhà trường, sở giáo dục đào
tạo đã tạo điều kiện cho tôi được thể hiện kinh nghiệm của mình trong công tác giảng
dạy.
Hà Nội ngày 15 tháng 04 năm 2010

Người thực hiện
Nguyễn Thu Hằng
19
Tài liệu tham khảo
1-Nguyễn Ngọc quang-Nguyễn Cương-Dương Xuân Trinh
Lý luận dạy học hoá học-NXBGD Hà Nội-1982
2-Nguyễn Cương-Nguyễn Mạnh Dung-Nguyễn Thị Sửu
Phương pháp dạ hoá học tập 1-NXBGD-2000
3-Nguyễn Cương-Nguyễn Mạnh Dung-Nguyễn Thị Sửu
Phương pháp dạy hoá học tập 2-NXBGD-2000
4-Quan hán Thành
Phân loại và phương pháp giải toán hoá vô cơ-NXB Trẻ 2000
5-Phạm Đức Bình-Lê Thị Tam-Nguyễn Hùng Phương
Hướng dẫn giải đề thi TSĐH hoá vô cơ theo 16 chủ đề -NXBQG.TP.HCM y
6-Nguyễn Phước Hoà Tân
Phương Pháp giải toán hoá học-NXBĐHQG.TP.HCM 2001
20
Mục lục
Trang
Mở đầu 1
I-Lý do chọn đề tài 1
II-Mục đích nghiên cứu 2
III-Đối tượng và phạm vi nghiên

cứu 2
IV-Nhiệm vụ nghiên
cứu 2
V-Phương pháp nghiên
cứu 3
VI-Giả thuyết khoa học 3
Nội dung 4
Chương I: Cơ sở phương pháp bảo toàn
electron 4
Chương II: Hệ thống bài tập hoá học phổ thông giải theo phương pháp bảo toàn
electron 7
Chương III: Kết quả thực nghiệm sư
phạm 16
Kết luận 18
Tài liệu tham khảo 19
21