sáng kiến kinh nghiệm phương pháp số oxi hóa trung bình

A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I. LỜI MỞ ĐẦU:
Hiện nay trong quá trình đổi mới phương pháp giảng dạy học cũng như
phương pháp kiểm tra đánh giá chất lượng học sinh thì phương pháp kiểm tra trắc
nghiệm đã được áp dụng có hiệu quả.Tuy nhiên hình thức kiểm tra trắc nghiệm
cũng yêu cầu học sinh phải học tập nghiên cứu vấn đề ở mức độ cao hơn: tư duy
nhanh hơn, kỹ năng làm bài nhanh, các phương pháp làm bài cũng nhiều hơn…
Vậy để học sinh có những kỹ năng như thế ngoài tự học, tự sáng tạo của học
sinh thì giáo viên cũng phải cung cấp cho học sinh những phương pháp giải phù
hợp với yêu cầu của hình thức thi. Trong quá trình giảng dạy tôi thấy rằng học sinh
rất lúng túng khi xử lý bài toán oxi hóa khử trong đó có các nguyên tố có nhiều số
oxi hóa khác nhau. Đối với dạng toán này học sinh không biết làm một cách tổng
quát mà chỉ xét các trường hợp rồi đưa ra đáp án nên mất rất nhiều thời gian, do đó
hiệu quả trong khi thi trắc nghiệm không cao. Vì vậy thực tế yêu cầu cần thiết phải
có phương pháp giải bài toán hợp lý. Với ý định đó, trong sáng kiến kinh nghiệm
(SKKN) này tôi muốn hình thành cho học sinh một phương pháp giải nhanh bài
toán trên một cách tổng quát trên nền tảng kiến thức đã có mà không mất quá nhiều
thời gian.Phương pháp này nó là sự kết hợp giữa lý thuyết mà học sinh tiếp thu
được trong quá trình học tập ở phổ thông và kĩ năng giải toán cho đối tượng đại
diện.
II. THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU:
1. Thực trạng :
Khi đứng trước một bài toán Hóa dạng trắc nghiệm học sinh thường lúng
túng không biết bắt đầu từ đâu và lựa chọn phương pháp giải nào để vừa nhanh
nhất lại đảm bảo tính chính xác tối ưu.Cũng như vậy, đa phần học sinh khi gặp bài
toán oxi hóa khử ứng với các nguyên tố có nhiều mức oxi hóa thì thường lúng túng
không đưa ra được phương pháp giải phù hợp. Đa số học sinh thường phải xét các
trường hợp khác nhau của các mức oxi hóa khác nhau. Việc làm như thế sẽ mất rất
nhiều thời gian và trong khi xét các trường hợp có thể khiến học sinh mắc sai lầm.
Vì vậy hiệu quả giải toán trắc nghiệm của học sinh không cao, thường dễ mắc sai
lầm trong giải toán.

2.Kết quả, hiệu quả:
1
Trước thực trạng đó của học sinh tôi thấy cần thiết phải hình thành cho học
sinh thói quen khi gặp các vấn đề mà phương pháp giải thông thường không cho
hiệu quả cao cần phải tự học nghiên cứu để đưa ra những phương pháp giải mới
sáng tạo và hiệu quả hơn. Và vì thế khi gặp một vấn đề mà học sinh lúng túng trong
cách xử lý tôi luôn nêu những tình huống ‘có phương pháp giải nhanh, hiệu quả,
tổng quát hơn không?’ và yêu cầu học sinh phải vận dụng tối đa các kiến thức đã
nghiên cứu vào vấn đề đang đề cập để giải quyết. Do đó trong quá trình giảng dạy
tôi đã đưa ra một phương pháp giải nhanh bài toán hóa học : Phương pháp số oxi
hóa trung bình.Phương pháp này được giải quyết trên nền tảng của sự kết hợp với
phương pháp bảo toàn electrron và bảo toàn nguyên tố.
Trong sáng kiến kinh nghiệm này tôi muốn đưa ra một trong những phương
pháp được sử dụng có hiệu quả, nó được hình thành phát triển và mở rộng thông
qua nội dung kiến thức, sự tích lũy thành bài toán tổng quát, thành một phương
pháp giải nhanh cho học sinh.
2
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I CÁC GIẢI PHÁP THỰC HIỆN
1. Tổ chức cho học sinh hình thành kỹ năng giải toán Hóa thông qua các tiết
học có sự hướng dẫn của giáo viên
2. Tổ chức rèn luyện khả năng định hướng giải toán của học sinh. Trong đó
yêu cầu khả năng lựa chọn lời giải ngắn gọn trên cơ sở phân tích bài toán sử dụng
phương pháp số oxi hóa trung bình.
3. Tổ chức kiểm tra để thu thập thông tin về khả năng nắm vững kiến thức
của học sinh.
4. Cung cấp hệ thống các bài tập mở rộng để học sinh tự rèn luyện.
II. CÁC BIỆN PHÁP TỔ CHỨC THỰC HIỆN
Nội dung này được thông qua 3 buổi dạy:
+ Buổi1: Tổ chức cho học sinh hình thành phương pháp giải bài toán đặc trưng

+ Buổi 2: Tổ chức cho học sinh áp dụng phương pháp vào các bài toán cụ thể
+ Buổi 3: Vận dụng vào làm kiểm tra trắc nghiệm
Buổi 1: Phương pháp số oxi hóa trung bình
- Giáo viên đặt vấn đề : Trong các bài toán hóa học đặc biệt là các bài tập oxi hóa
khử đối với các nguyên tố nhiều số oxi hóa thì khi các phản ứng hóa học xảy ra tùy
thuộc vào điều kiện thực hiện thí nghiệm, nồng độ các chất, bản chất các chất mà
chúng có thể tạo thành các hợp chất, các chất có những số oxi hóa khác nhau.
Vì vậy khi gặp các bài toán như trên sẽ gặp điều không thuận lợi: Có nhiều trường
hợp xảy ra, do đó bài toán sẽ đưa ta vào việc xét nhiều trường hợp xảy ra. Do đó
khi làm sẽ mất nhiều thời gian, cách làm này sẽ không hiệu quả.
Ví dụ 1: Khi cho Fe vào dung dịch HNO
3
ta thu được dung dịch A và khí NO (sản
phẩm khử duy nhất của N
+5
) thoát ra. Vậy dung dịch A có thế chứa những chất gì?
Với bài toán này thông thường học sinh phải xét các trường hợp có thể xảy ra:
-
Trường hợp 1: dung dịch có HNO
3
và Fe(NO
3
)
3
-
Trường hợp 2: dung dịch có Fe(NO
3
)
3
-

Trường hợp 3: dung dịch có Fe(NO
3
)
2
-
Trường hợp 4: dung dịch có Fe(NO
3
)
2
và Fe(NO
3
)
3
Do Fe có thể có các số oxi hóa +2 và +3 trong các hợp chất nên các phản ứng xảy
ra rất phức tạp. Nếu ở các kỳ thi, thi trắc nghiệm để có thế giải quyết nhanh bài
toán mà đi xét các trường hợp thì không thật sự hiệu quả.
3
- Giáo viên đặt vấn đề tiếp: Trong quá trình phản ứng trên dù phản ứng có xảy ra
như thế nào thì chúng ta vẫn có thể quy các hợp chất của Fe (sắt (II) và sắt (III) ) về
Fe(NO
3
)
n
với
n
là số oxi hóa trung bình của Fe trong các hợp chất nên thõa mãn
điều kiện 2
≤
n
≤

3. Như vậy nếu:
+
n
= 2 : Tức trong dung dịch A chỉ có muối Fe(NO
3
)
2
+
n
= 3 : Tức trong dung dịch A chứa muối Fe(NO
3
)
3
+ 2<
n
<3: Tức trong dung dịch A chứa cả muối Fe(NO
3
)
2
và muối Fe(NO
3
)
3
Như vậy lúc bấy giờ bài toán được xử lý với một chất ở dạng tổng quát nên khi xử
lý bài toán sẽ dễ dàng hơn, không mất thời gian để xét các trường hợp nữa.
- GV: Vậy nếu một nguyên tố có nhiều số oxi hóa trong các hợp chất khác nhau
ta có thể quy về một chất dưới dạng số oxi hóa trung bình để giải quyết bài toán
dưới dạng một chất đơn giản hơn. Nhưng khi quy đổi như thế cần đảm bảo:
+ Định luật bảo toàn khối lượng: Khối lượng các chất trước và sau quy đổi
là như nhau.

+ Định luật bảo toàn nguyên tố: trong hỗn hợp có những nguyên tố nào thì
khi quy đổi số nguyên tố vẫn không thay đổi.
+ Công thức tính số oxi hóa trung bình :
Giả sử nguyên tố A có các số oxi hóa trong các hợp chất là x
1
,x
2
,x
3
,x
n
tương
ứng với số mol của chúng là a
1
,a
2
,a
3
,a
n
. Vậy số oxi hóa trung bình được xác
định như sau:

n
=
n321
nn332211
a aaa
ax axax.ax
++++

++++
Khi đó thay vì học sinh phải giải quyết bài toán một nguyên tố có nhiều mức oxi
hóa khác nhau (tức nhiều chất khác nhau) thì học sinh chỉ cần nghiên cứu một mức
oxi hóa ( số oxi hóa trung bình tức là chỉ có một chất). Bài toán sẽ trở nên ngắn
gọn, đơn giản hơn nhiều.
VD
2
: Cho phản ứng sau : Zn + HNO
3

→
Zn(NO
3
)
2
+ NO + N
2
+ H
2
O. Biết tỉ lệ
số mol của NO và N
2
là 2:3. Vậy tổng số hệ số tối giản nhất của các chất tham gia
phản ứng là:
A.55 B. 62 C. 63 D. 50
Lời giải:
- Cách làm thông thường học sinh:
+ Viết các phương trình phản ứng, cân bằng mỗi phương trình
+ Nhân các phương trình sao cho đúng hệ số của NO và N
2

theo tỉ lệ và cộng lại.
Ta thấy việc giải như trên mất rất nhiều thời gian.
- Cách sử dụng số oxi hóa trung bình:
4
Áp dụng công thức tính số oxi hóa trung bình của N trong sản phẩm khử là :

n
=
2.32
0.2.32.2
+
+
= 0,5
Vậy ta có quá trình cho nhận e như sau:
Zn
0

→
Zn
2+

+ 2e
N
+5
+ 4,5e
→
N
+0,5

Nhân với hệ số phù hợp ta được phản ứng cân bằng:

18Zn + 44HNO
3

→
18Zn(NO
3
)
2
+ 2NO + 3N
2
+ 22H
2
O. Chọn đáp án B
Kết luận: Như vậy vận dụng số oxi hóa trung bình học sinh đã đưa được từ nhiều
lần cân bằng phản ứng về một phương trình cần bằng, rút gọn được nhiều thời
gian.
VD
3
: Cho 11,2(g) Fe tan hoàn toàn vào dung dịch chứa x (mol) HNO
3
. Sau phản
ứng thu được dung dịch Y chứa 37,24 (g) muối và V (lít) khí NO ( sản phẩm khử
duy nhất của N
+5
). Vậy x có giá trị là:
A. 0,55 B. 0,44 C. 0,56 D. 0,46
Lời giải:
- Cách giải thông thường : Vì muối này chưa thể biết là muối sắt (II) hay muối
sắt (III) hoặc cả 2 loại nên thông thường học sinh sẽ xét các trường hợp rồi loại
dần:

+ Nếu lên muối sắt (II) ta có : Fe
0

→
Fe
+2
+ 2e
0,2mol 0,2 0,4 mol
Vậy m
muối sắt (II)
= 0,2 .180 = 36 (g) loại
+ Nếu là muối sắt (III) tương tự ta có: Fe
0

→
Fe
+3
+ 3e
m
muối sắt (III)
= 0,2.242 = 48,4(g) Loại
Vậy đó là hỗn hợp muối sắt (II) và muối sắt (III):
Gọi số mol Fe(NO
3
)
2
và Fe(NO
3
)
3

lần lượt là a và b.
Bảo toàn nguyên tố Fe ta có: a + b = 0,2
Khối lượng muối là : 180a + 242b = 37,24
Giải hệ phương trình ta có



=
=
0,02molb
0,18mola
Ta lại có quá trình nhường nhận e : Fe
0

→
Fe
+2
+ 2 e
0,18mol 0,36mol
Fe
0

→
Fe
+3
+ 3 e
0,02mol 0,06mol
N
+5
+ 3e

→
N
+2
Áp dụng bảo toàn e ta có n
NO
=
3
06,036,0 +
= 0,14mol
5
Áp dụng bảo toàn nguyên tố N ta có x = n
HNO
3
= 0,14 + 0,36+0,06 = 0,56
Chọn đáp án: C
- Cách sử dụng phương pháp số oxi hóa trung bình :
Ta có quá trình tổng quát: Fe
0

→
Fe
+
n

+
n
e
0,2mol 0,2
n
(mol)

N
+5
+ 3e
→
N
+2
0,2
n

3
n0,2

Theo bảo toàn nguyên tố Fe ta có n
Fe
= n
muối
= 0,2mol. Hay muối có dạng
Fe(NO
3
)
n
có khối lượng là: 0,2( 56 + 62
n
) = 37,24.
⇒
n
= 2,1
Vậy số mol của NO là :
3
n2,0

= 0,14 mol
Áp dụng bảo toàn nguyên tố N có : x = n
HNO
3
= 0,2
n
+ 0,14 = 0,56 (mol)
Chọn đáp án: C
Buổi 2: Một số bài tập áp dụng
VD
1
: Cho 5,6 (g) Fe tác dụng hết với x(mol) khí Cl
2
( ở đktc). Sau phản ứng thu
được chất rắn A. Hòa tan chất rắn A vào nước đến phản ứng hoàn toàn ta chỉ thu
được dung dịch B chứa 14,475 (g) chất tan. Tìm x?
Lời giải:
Phân tích bài toán :
Ta thấy chất rắn A có thể còn Fe dư nên khi tan vào trong nước Fe dư có khả
năng phản ứng với dung dịch muối Fe
3+
để tạo ra dung dịch muối Fe
2+
hay Fe
3+
hoặc hỗn hợp cả 2 muối.
- Áp dụng phương pháp số oxi hóa trung bình ta có: Giả sử muối trong dung dịch B
có dạng FeCl
n
.

+ Vì sau phản ứng hoàn toàn chỉ thu được dung dịch B không có chất rắn, nên
Fe tan hết. Áp dụng bảo toàn nguyên tố Fe ta có số mol muối FeCl
n
= 0,1mol.
Vậy ta có m
muối
= 0,1(56 + 35,5.
n
) = 14,475
⇒

n
= 2,5
Áp dụng bảo toàn nguyên tố Cl ta có n
Clo
=
2
n0,1.

⇒
x = 0,125mol
Kết luận : Ta thấy ở ví dụ 1 khi sử dụng phương pháp trung bình ta có thể quy bài
toán với nhiều trường hợp thành một trường hợp tổng quát.
6
VD
2
: Cho m(g) Fe tan hết trong dung dịch HNO
3
vừa đủ. Sau phản ứng hoàn toàn
ta thu được dung dịch chỉ chứa muối sắt và 3,36 lít khí NO ( sản phẩm khử duy

nhất của N
+5
). Tìm m?
Lời giải:
- Áp dụng phương pháp số oxi hóa trung bình ta có :
Fe
0

→
Fe
+
n

+
n
e ( 2
≤
n
≤
3)

n
0,45
mol 0,45mol
N
+5

+ 3e
→
N

+2

0,45mol 0,15mol
Áp dụng định luật bảo toàn electron vào quá trình trên ta thấy n
Fe(phản ứng)
=
n
0,45
Mà 2
≤
n
≤
3 nên
3
45,0

≤
n
Fe(phản ứng)

≤

2
45,0
(mol)
Hay 8,4
≤
m
≤
12,6

Kết luận: Ta thấy trong bài toán trên cũng sẽ có nhiều trường hợp xảy ra, nếu
không tinh ý học sinh rất dễ chọn trong dung dịch muối chỉ có Fe
3+
hoặc Fe
2+
như
vậy học sinh sẽ đánh mất rất nhiều nghiệm. Nhưng khi sử dụng phương pháp số oxi
hóa trung bình thì tổng quát được các vấn đề.
VD
3
: Cho m(g) Fe tan hoàn toàn trong dung dịch H
2
SO
4
đặc nóng. Sau phản ứng
thu được dung dịch X chỉ chứa các muối sunfat nặng 35,2(g) và sản phẩm khử duy
nhất của S
+6
là SO
2
. Biết số mol Fe phản ứng bằng 40% số mol H
2
SO
4
đã phản ứng.
Vậy m có giá trị bằng:
A. 22,4g B. 11,2 g C. 5,6g D. 13,6g
Lời giải: Áp dụng phương pháp số oxi hóa trung bình ta có
Fe
0

→
Fe
+
n

+
n
e ( 2
≤
n
≤
3)
x(mol)
n
x(mol)
S
+6
+ 2e
→
S
+4

n
x
2
nx
(mo l)
Áp dụng bảo toàn nguyên tố S ta có
n

H
2
SO
4
(phản ứng)
= n
S
= n
S(muối)
+n
S(sản phẩm khừ SO
2
)
=
2
nx
+
2
nx
=
nx

Theo giả thuyết ta có n
Fe (phản ứng)
= 40% n
H
2
SO
4
(phản ứng)

. Hay x = 0,4
nx
Vậy
n
= 2,5. Do đó muối sunfat có dạng Fe
2
(SO
4
)
2,5
nặng 35,2(g)
Bảo toàn nguyên tố Fe ta có n
Fe(phản ứng)
= n
Fe(trong muối)
= 0,1.2 = 0,2(mol)
Vậy m có giá trị bằng = 11,2(g). Chọn đáp án B
7
Kết luận: Như vậy việc kết hợp phương pháp số oxi hóa trung bình với các phương
pháp ( bảo toàn electron và bảo toàn nguyên tố) sẽ giúp một bài toán phức tạp
thành bài toán đơn giản và tổng quát hơn.
VD
4
: Cho 4,8 (g) hỗn hợp X gồm bột Al và Mg vào 700 (ml) dung dịch CuSO
4
1M.
Sau phản ứng hoàn toàn thu được chất rắn A ( H =100%). Xác định thành phần
chất rắn A?
Lời giải:
- Với bài toán này nếu giải thông thường học sinh thường phải xét các trường hợp

rồi kết luận. Như vậy sẽ mất nhiều thời gian nhưng nếu học sinh áp dụng phương
pháp số oxi hóa trung bình cho hỗn hợp X thì rất nhanh:
Ta có quá trình được biểu diễn như sau : R
0

→
R
+
n

+
n
e ( 2
≤
n
≤
3)
Mặt khác số mol hỗn hợp 0,177 < n
hhX
< 0,2 . Dựa vào quá trình trên ta thấy số
mol electron hỗn hợp X nhường lớn nhất là 0,2.3 = 0,6 mol
Ta lại có quá trình: Cu
2+
+ 2e
→
Cu
0
0,7mol 1,4 mol
Vậy n
e nhận

> n
e nhường max
. Nên hỗn hợp X tan hết CuSO
4
dư. Vậy A chứa Cu
Kết luận : Như vậy với phương pháp số oxi hóa trung bình chúng ta có thể dùng để
biện luận loại nghiệm.
VD
5
: Cho 8,4 (g) Fe tan hết trong dung dịch HNO
3
, sau phản ứng thu được dung
dịch X ( không chứa NH
4
NO
3
) và khí NO duy nhất thoát ra ở đktc. Tìm thể tích khí
NO thoát ra ?
Lời giải :
Vì sắt tan hết nhưng chúng ta thấy sẽ có những trường hợp xảy ra khác nhau :
Toàn bộ sắt lên sắt (III), sắt (II) do Fe dư, hoặc lên cả 2 trường hợp. Vậy tổng quát
ta có quá trình sau : Fe
0

→
Fe
+
n

+

n
e ( 2
≤
n
≤
3)
0,15mol 0,15
n
(mol)
N
+5
+ 3e
→
N
2+
0,15
n
0,05
n
(mol)
Theo định luật bảo toàn eletron ta có:
n
NO
= 0,05
n
. Do 2
≤
n
≤
3 nên : 0,1

≤
n
NO
≤
0,15
⇒
2,24
≤
V
NO
≤
3,36 (lít)
Kết luận: Như vậy ta thấy phương pháp trung bình không những giúp giải quyết
bài toán một cách tổng quát mà nó còn có tác dụng lớn trong các bài toán khoảng
giá trị ( tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất).
8
VD
6
: (TSĐH – Khối A - 2008) Cho 11,36 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe
2
O
3
và
Fe
3
O
4
phản ứng hết với dung dịch HNO
3
loãng dư thu được 1,344 lít khí NO (Sản

phẩm khử duy nhất, ở đktc) và dung dịch X.Cô cạn dung dịch X thu được m gam
muối khan.
a. Tìm số mol HNO
3
đã tham gia phản ứng?
b. Tính giá trị của m?
Lời giải:
Ta có thể coi hỗn hợp X gồm : Fe
+
n

(x mol) và O
-2
( y mol)
Áp dụng bảo toàn điện tích và bảo toàn khối lượng ta có:
x.
n
= 2y (1) và 56x + 16y = 11,36 (2)
Theo đó khi cho hỗn hợp X vào dung dịch HNO
3
ta có :
Fe
+
n


→
Fe
+3

+ (3-
n
) e
x mol x(3-
n
) mol
N
+5
+ 3e
→
N
+2
0,18 0,06mol
Theo bảo toàn eletron ta có : x(3-
n
) = 0,18 (3)
Từ hệ (1)(2)(3) ta có: x = 0,16mol; y = 0,15 mol và
n
= 1,875.
Vậy hỗn hợp X gồm : Fe
+1,875
( 0,16mol) và O
-2
( 0,15mol)
a. Khi cho phản ứng với dung dịch HNO
3
:
- Bảo toàn nguyên tố N ta có n
HNO
3

= n
N
= 0,16.3 + 0,06 = 0,54mol
b. m = 0,16.242 =38,72 gam
Kết luận: Như vậy rõ ràng với phương pháp này chúng ta đã có thế đưa nhiều chất
với mức số oxi hóa khác nhau của sắt thành một hợp chất có số oxi hóa duy nhất
của Fe. Nên bài toán được xử lý nhẹ nhàng và tổng quát hơn nhiều.
VD
7
: Cho 0,96(g) Mg tan hoàn toàn trong dung dịch H
2
SO
4
đặc nóng. Sau phản
ứng thu được dung dịch chỉ chứa muối sunfat của Magie và 0,02mol hỗn hợp sản
phẩm khử của S
+6
là S và X. Tìm X?
Lời giải:
Ta có các quá trình sau:
Mg
0

→
Mg
2+
+ 2e
0,04mol 0,08mol
Gọi số oxi hóa trung bình trong sản phẩm khử là
n

ta có quá trình sau:
S
+6
+ (6-
n
) e
→
S
+
n
0,08mol 0,02mol
Áp dụng bảo toàn electron ta thấy : 0,02(6-
n
) = 0,08. Giải phương trình ta thấy
n
= 2. Vậy phải có n
1
<
n
<n
2
mà n
1
= 0 (S) nên n
2
= +4 (SO
2
)
9
Vậy sản phẩm khử X là SO

2
VD
8
: Cho 1,68 g kim loại M có hóa trị II không đổi tan hoàn toàn trong dung dịch
HNO
3
sau phản ứng thu được dung dịch X không chứa NH
4
NO
3
và 1,12 lít hỗn hợp
sản phẩm khử của N
+5
là ( NO và NO
2
) ở đktc. Vậy M có thế là:
A. Be hoặc Zn B. Mg hoặc Ca
C. Be hoặc Ca D. Mg hoặc Be
Lời giải:
Ta có quá trình sau: M
0

→
M
+2
+ 2e
0,025(5-
n
) 0,05(5-
n

)
Gọi số oxi hóa trung bình trong hỗn hợp sản phẩm khử là
n
(2<
n
<4)
Vậy :
N
+5
+ (5-
n
) e
→
N
+
n
0,05(5-
n
) 0,05mol
Áp dụng bảo toàn electron ta có : n
M
= 0,025(5-
n
) hay M =
1,68
0,025(5 n)−
.
Vì 2<
n
<4 nên

1,68
0,025.3
<M <
1,68
0,025
hay 22,4 < M < 67,2
Vậy chỉ có kim loại Mg và Ca trong đáp án phù hợp.Chọn đáp án B
Kết luận: Qua các ví dụ 7 và ví dụ 8 một lần nữa ta thấy tác dụng của phương
pháp số oxi hóa trung bình đó là quy nhiều mức oxi hóa khác nhau thành số oxi
hóa trung bình để giải quyết bài toán. Phương pháp còn dùng để xác định tên
nguyên tố, sản phẩm khử của các phản ứng.
VD
9
( ĐHK A-2009) : Cho 3,024g kim loại M tan hết trong dung dịch HNO
3
loãng,
thu được 940,8 ml khí N
x
O
y
( Sản phẩm khử duy nhất, ở đktc) có tỉ khối so với H
2
là 22. khí N
x
O
y
và kim loại M lần lượt là :
A. NO và Mg B. NO
2
và Al

C. N
2
O và Al D. N
2
O và Fe
Lời giải:
Ta nhận thấy khí thỏa mãn đó là N
2
O ( do tỉ khối so với H
2
là 22 nên M
khí
=44)
Mặt khác ở đây giả thuyết chưa cho kim loại gì, hóa trị bao nhiêu nên áp dụng
phương pháp số oxi hóa trung bình ta có:
M =
336,0
.024,3 n
= 9
n
( Do dựa vào giả thuyết các kim loại là
Mg,Al,Fe nên 2
≤

n
≤
3. Vì vậy 18
≤
M
≤

27. Do đó kim loại cần tìm là Al
Vậy chọn đáp án C
10
Nhận xét: Nếu bài toán này chúng ta giải với hóa trị nguyên điều đó có nghĩa là
ta đã loại rất nhiều nghiệm trong bài toán này nếu kim loại đó là Fe. Vì Fe tan hết
trong dung dịch HNO
3
thì vẫn còn tồn tại các trường hợp tồn tại 2 muối và có giá
trị 2 <
n
< 3. Do đó khi giải bằng phương pháp số oxi hóa trung bình ta đã vét
toàn bộ nghiệm.
Dựa vào phương pháp số oxi hóa trung bình ta có thể giải nhanh các bài toán
trong các kỳ thi đại học ví như:
VD
1
: (ĐH KB 200 9) : Cho 2,24 (g) Fe vào 200 ml dung dịch gồm AgNO
3
0,1M và
Cu(NO
3
)
2
0,5M. Sau phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch X và m (g) chất rắn
Y. Tìm m?
( Dùng phương pháp giá trị trung bình số oxi hóa ta chứng minh được Fe dư nên
dung dịch ban đầu hết)
VD
2
(ĐH KA-2007): Hòa tan hoàn toàn 12g hỗn hợp gồm Fe và Cu tỉ lệ mol tương

ứng là 1:1 bằng dung dịch HNO
3
, thu được V lít hỗn hợp khí X gồm ( NO và NO
2
)
và dung dịch Y ( chứa muối và axit dư). Tỉ khối của X so với H
2
là 19. Tìm V?
( Dùng phương pháp số oxi hóa trung bình ta quy 2 kim loại về 1, 2 sản phẩm khử
về 1 như vậy bài toán gọn hơn rất nhiều)
VD
3
: Cho 11,2 (g) Fe tan hết trong dung dịch HNO
3(vừa đủ)
sau phản ứng thu được
dung dịch chứa m(g) muối ( không có NH
4
NO
3
) và khí NO
2
( sản phẩm khử duy
nhất của N
+5
). Tìm m biết sô mol Fe phản ứng bằng 20,833% số mol HNO
3
phản
ứng.
( Dùng phương pháp số oxi hóa trung bình ta có thể tính được công thức tổng quát
của muối là Fe(NO

3
)
2,4
dựa vào bảo toàn nguyên tố Fe nữa ta tính được ngay kết
quả)
Buổi 3: Thực hiện kiểm tra, đánh giá
Sau khi học sinh đã được nghiên cứu các lý thuyết cũng như luyện tập với cách
làm của phương pháp tôi thực hiện kiểm tra lấy kết quả :
Đề bài :
I . Trắc nghiệm(2 điểm):
Câu 1: cho phản ứng sau: R + HNO
3

→
R(NO
3
)
2
+ NO + NO
2
+ H
2
O. Biết tỉ lệ
số mol của NO và NO
2
là 1:2. Vậy tổng hệ số tối giản của các chất tham gia phản
ứng là:
A. 22 B. 21
11
C. 23 D. Kết quả khác

Câu 2: Tính thể tích dung dịch HNO
3
1M tối thiểu cần để hòa tan 2,24 (g) Fe biết
sản phẩm khử duy nhất của N
+5
là NO
2
.
A. 150ml B. 160ml C. 200ml D. 100ml
Câu 3: Cho 5,1 (g) hỗn hợp gồm Al và Mg vào 500ml dung dịch CuSO
4
1M. Sau
phản ứng xảy ra hoàn toàn ta thu được dung dịch X và chất rắn Y. Vậy chất rắn Y
gồm:
A. Cu B. Cu và Mg
C. Cu và Al D. Cu,Al và Mg
Câu 4: Cho m(g) hỗn hợp gồm Mg và Zn tan hết trong dung dịch HNO
3
dư, sau
phản ứng thu được dung dịch (chỉ muối muối của kim loại và axit dư) và 2,24 lít
hỗn hợp Y gồm N
2
và N
2
O. Biết tỉ khối của Y so với H
2
là 18, vậy m có giá trị
bằng:
A. 10,8g B. 29,25g
C. 10,8 <m<29,25 D. Không xác định được

II. Tự luận (8 điểm):
Câu 5(5 điểm): Hòa tan m (g) Fe hoàn toàn trong V (ml) dung dịch HNO
3
1,2M.
Sau phản ứng thu được dung dịch X chỉ chứa muối sắt nặng 21,72(g) và khí NO
duy nhất thoát ra ở đktc. Biết số mol Fe phản ứng bằng 28,85% số mol HNO
3
phản
ứng.
a. Tìm m và V?
b. Tính khối lượng của các muối có trong dung dịch X
c. Tính thể tích dung dịch NaOH cần cho vào dung dịch X để thu kết tủa toàn bộ
lượng ion kim loại có trong dung dịch X?
Câu 6(3điểm): Tính thể tích khí Cl
2
tối thiểu cần để đốt cháy hết:
a. 12(g) hỗn hợp gồm Al và Fe
b. 6,2(g) P
12
MỘT VÀI KẾT QUẢ THU ĐƯỢC SAU BÀI KIỂM TRA:
- Để biết được hiệu quả của quá trình trên tôi tiến hành thực hiện bài kiểm tra với 2
đối tượng học sinh thuộc 2 lớp khác nhau nhưng mức độ học tập tương đương
( Lớp 12A và 12B của trường THPT Lê Viết Tạo) giữa một lớp (12B) được nghiên
cứu phương pháp với lớp (12A) chưa được nghiên cứu. Tôi thu được những kết quả
như sau:
+ Đối với các em lớp 12A khi chưa nghiên cứu thường rất lúng túng khi gặp các
dạng bài vì ở đây các em phải xét các trường hợp của các mức số oxi hóa khác
nhau. Một số em học tập khá giỏi khi giải xét các trường hợp đúng nhưng lại mất
rất nhiều thời gian, một số em học tập chưa tốt thì thường không thể đưa ra được
hướng giải tích cực. Câu 1 với các em 12A thường viết các phản ứng ở các trường

hợp khác nhau sau đó cân bằng theo tỉ lệ, ở câu này hầu hết các em làm được
nhưng lại mất rất nhiều thời gian.
+ Đối với các em ở lớp 12B sau khi nghiên cứu xong vấn đề việc các em áp dụng
và cho kết quả hợp lý nhanh và chính xác
+ Riêng ở câu số 5 thì đã được phân biệt một cách rõ dàng nhất giữa 2 đối tượng
này: 12A hầu như không biết hướng giải thế nào, một số học sinh giải theo hướng
xét các trường hợp thì mất nhiều thời gian vả lại trong quá trình xét quá nhiều
trường hợp dẫn đến sai sót. Còn với đối tượng học sinh lớp 12B làm rất tốt, khi làm
cho kết quả nhanh và chính xác.
BẢNG THỐNG KÊ KẾT QUẢ KHI SO SÁNH Ở 2 LỚP NHƯ SAU:
Lớp Sĩ số % HS loại giỏi %HS loại khá %HS loại TB %HS loại yếu-kém
12A 45 0% 12% 13% 75%
12B 45 30% 50% 15% 5%
Qua đó ta thấy việc nghiên cứu và đưa ra những hướng mới phát triển
mở rộng một bài toán và có những phương pháp giải bài tập hóa học sau khi học
sinh nghiên cứu các kiến thức sẽ giúp học sinh có thể thiết lập cho mình những
phương pháp giải các bài tập hay hơn cho kết quả nhanh và chính xác hơn phù hợp
với những mức độ của các kỳ thi của việc đổi mới kiểm tra đánh giá hiện nay. Vậy
việc đặt ra tình huống và yêu cầu học sinh giải quyết khi giải các bài tập mà các bài
tập đó với cách làm thông thường chưa phù hợp là rất cần thiết.
13
C. KẾT LUẬN
I. KẾT QUẢ THU ĐƯỢC:

Sau một thời gian kiểm nghiệm trên các đối tượng học sinh đã được trang
bị phương pháp giải nhanh, tôi thấy ở học sinh có sự phát triển tư duy, có khả năng
nhìn nhận một bài toán phức tạp để chuyển về một bài toán đơn giản đồng thời tạo
ra phương hướng giải quyết một bài toán nhanh hơn, chính xác hơn phù hợp với
mức độ cao của những bài toán trong các kỳ thi hóa học. Ngoài thiết lập cho học
sinh được những phương pháp giải nhanh như thế còn hình thành cho học sinh khả

năng nhìn nhận vấn đề và nhu cầu nghiên cứu tìm tòi đưa ra những phương pháp
giải mới nhanh, phù hợp hơn. Điều đó phản ánh hiệu quả của việc dạy học tích cực
kết hợp với sự tư duy sáng tạo của học sinh. Đó cũng chính là mục đích hiện thân
của báo cáo sáng kiến kinh nghiệm này.
Vấn đề đưa ra phù hợp với nhu cầu và mức độ của kỳ thi hiện nay, được
áp dụng với rất nhiều dạng toán hóa học khác nhau. Khi nghiên cứu phương pháp
học sinh có thể chuyển một bài toán phức tạp rắc rối thành những bài toán đơn
giản, khi giải sẽ cho hiệu quả xác đáng. Để học sinh nắm vững được phương pháp
thì trước hết yêu cầu học sinh phải hiểu rõ lý thuyết cũng như nhìn nhận bản chất
của các quá trình hóa học xảy ra. Sau đó giáo viên đưa ra những tình huống có vấn
đề, yêu cầu học sinh sáng tạo và đưa ra những phương hướng giải quyết (dưới sự
hướng dẫn của giáo viên).
II. KIẾN NGHỊ:
Qua sự thành công bước đầu của phương pháp này thiết nghĩ rằng chúng
ta cần phải có sự nghiên cứu và hình thành cho học sinh những phương pháp giải
nhanh các bài tập hóa học. Chúng ta không nên chỉ nêu ra những phương pháp giải
cũ, phương pháp giải không còn phù hợp với mức độ của bài toán cũng như
những yêu cầu cao của các kỳ thi. Do đó trong quá trình giảng dạy tôi luôn đưa học
sinh vào những tình huống có vấn đề rồi yêu cầu học sinh tự hình thành cho mình
những phương pháp giải nhanh, hay, hiệu quả.
Sáng kiến kinh nghiệm này là một phần nhỏ của bản thân thu được
trong quá trình giảng dạy trong một phạm vi nhỏ hẹp. Vì vậy việc phát hiện những
ưu nhược điểm chưa được đầy đủ và sâu sắc. Mong rằng báo cáo kinh nghiệm này
các đồng nghiệp cho tôi thêm những ý kiến phản hồi những ưu nhược điểm của
phương pháp này.
14
Cuối cùng tôi mong phương pháp này sẽ được các đồng nghiệp nghiên
cứu và áp dụng một cách hiệu quả trong thực tiễn để rút ra những điều bổ ích.
Bài viết chắc chắn không thể thiếu thiếu sót rất mong được sự đóng góp ý kiến,
phê bình, phản hồi của các đồng nghiệp.

XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG
Thanh Hóa, ngày 20 tháng 05 năm 2013
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác.
Vũ Thị Hương
15