hướng dẫn học sinh giỏi áp dụng định luật bảo toàn electron trong giải toán hóa học

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH VĨNH PHÚC
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ VĨNH YÊN
  
BÁO CÁO CHUYÊN ĐỀ
BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI
HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIỎI ÁP DỤNG ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN
ELECTRON TRONG GIẢI TOÁN HÓA HỌC
Môn: HÓA HỌC
Tổ bộ môn: KHOA HỌC TỰ NHIÊN.
Mã: 33
Nhóm tác giả: - TRẦN THỊ HẰNG
Điện thoại: 0974769105
Email:
- DƯƠNG THỊ THANH HUYỀN
Điện thoại: 0987267199
Email:

Vĩnh Yên, năm 2014
1
MỤC LỤC
Tên đề mục Trang
Phần I: Phần mở đầu 1
1. Lí do chọn đề tài 1
2. Mục đích của đề tài 1
3. Nhiệm vụ nghiên cứu 1
4. Đối tượng nghiên cứu 1
5. Phương pháp nghiên cứu 1
6. Không gian của đối tượng nghiên cứu 2
7. Phạm vi và kế hoạch nghiên cứu 2
Phần II: Nội dung 3
1. Cơ sở lí luận của đề tài 3

2. Cơ sở thực tiễn 4
3. Giải pháp mới, sáng tạo 4
4. Kết quả nghiên cứu 18
5. Ứng dụng vào thực tiễn công tác giảng dạy 18
5.1. Quá trình áp dụng của bản thân 18
5.2. Bài học kinh nghiệm 18
Phần III: Kết luận và kiến nghị 20
1. Kết luận 20
2. Kiến nghị 20
2
Phần I: ĐẶT VẤN ĐỀ
1. Lý do chọn đề tài
Nâng cao chất lượng giáo dục là vấn đề không chỉ của ngành giáo dục
mà còn được toàn xã hội quan tâm. Chính vì lẽ đó mà nó là một phần quan
trọng trong chủ đề của nhiều năm học. Để nâng cao chất lượng giáo dục cần
đầu tư nâng cao chất lượng đại trà bằng nhiều phương pháp, song đầu tư cho
chất lượng mũi nhọn để phát hiện, chọn lựa và bồi dưỡng học sinh giỏi cũng
là một vấn đề hết sức quan trọng.
Bồi dưỡng học sinh giỏi là nhiệm vụ khó, vì nó đòi hỏi nhiều kiến thức, kĩ
năng vận dụng cao, đề thi tập trung khai thác sâu kiến thức không chỉ ở cấp học
THCS mà còn cả ở cấp THPT, thậm chí cả đề thi Đại học, đề thi học sinh giỏi cấp
THPT. Riêng môn hoá học có nhiều phương pháp giải bài tập hoá học được giáo
viên hướng dẫn học sinh sử dụng khi bồi dưỡng học sinh giỏi như: sử dụng đinh
luật bảo toàn nguyên tố, bảo toàn khối lượng, bảo toàn electron, tăng giảm khối
lượng, sử dụng khối lượng mol trung bình…
Qua việc tham khảo những đề thi học sinh giỏi gần đây, xu hướng sử dụng
định luật bảo toàn electron cho phản ứng oxi hoá – khử ngày càng áp dụng rộng rãi,
với ưu điểm dùng được cho các bài toán phức tạp xảy ra qua nhiều quá trình, thậm
chí nhiều bài không xác định được chất dư chất hết. Điều đặc biệt lý thú của
phương pháp này là không cần viết bất cứ một phương trình phản ứng nào, không

cần quan tâm tới các giai đoạn trung gian… nên được nhiều giáo viên sử dụng.
Chính vì vậy chúng tôi mạnh dạn đề xuất chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi
THCS: “Hướng dẫn học sinh giỏi áp dụng định luật bảo toàn electron trong
giải toán hoá học”
2. Mục đích của đề tài
Phân dạng các bài toán hoá học có sử dụng định luật bảo toàn electron nhằm
nâng cao chất lượng học sinh giỏi
3. Nhiệm vụ nghiên cứu.
- Nêu lên được cơ sở lý luận của chuyên đề.
- Tiến hành điều tra tình hình nắm vững kiến thức cơ bản của học sinh giỏi.
- Hệ thống bài toán Hoá học theo từng dạng.
- Qua bài tập giúp các em tích cực, chủ động chiếm lĩnh tri thức rèn luyện kĩ năng.
4. Đối tượng nghiên cứu: Học sinh giỏi lớp 9
5. Phương pháp nghiên cứu.
Trong đề tài này chúng tôi đã vận dụng các phương pháp nghiên cứu khoa
học như: Phân tích lý thuyết, tổng kết kinh nghiệm sư phạm. Tham khảo các tài liệu
3
đã được biên soạn và phân tích hệ thống các dạng bài toán hoá học theo nội dung
đã đề ra.
Trên cơ sở đó chúng tôi đã trình bày các dạng bài toán hoá học đã sưu tầm và
nghiên cứu để nâng cao khả năng, trí tuệ của học sinh.
6. Giới hạn về không gian của đối tượng: Trường THCS Đồng Tâm
7. Phạm vi và kế hoạch nghiên cứu
Đối tượng: học sinh lớp 9
Dự kiến số tiết bồi dưỡng: 9 tiết
4
Phần II: NỘI DUNG
1. Cơ sở lý luận của đề tài:
1.1. Cách xác định số oxi hoá
Số oxi hóa là một đại lượng qui ước.

- Số oxi hóa của các nguyên tử trong đơn chất bằng không (0).
VD: Na
o
, O
2
o
, …
- Tổng đại số số oxi hóa của các nguyên tử trong hợp chất bằng không (0).
Kim loại trong hợp chất có số oxi hoá dương, thường bằng hoá trị của chúng,
kim loại kiềm là +1, kim loại kiềm thổ là +2
VD: Trong các hợp chất NaCl, CuSO
4
số oxi hoá của Na, Cu lần lượt là +1,
+2 và được viết là Na
+1
, Cu
+2
Hiđro trong các hợp chất thường có số oxi hoá +1, Oxi là - 2
Bài tập vận dụng : Tính số oxi hóa của các nguyên tố có gạch dưới trong các
chất sau: KMnO
4
, K
2
MnO
4
, MnO
2
, HNO
3
, NO

2
, , NH
4
NO
3
, N
2
O, NO,
N
2
O
3
, N
2
O
5
, KNO
3
, N
2
O
4
,
(NH
4
)
2
SO
4
, FeO, Fe

2
O
3
, Fe
3
O
4
, Fe, Fe(OH)
2
,Fe(OH)
3
, FeS
2
, FeCO
3
,
FeSO
4
, Fe
2
(SO
4
)
3
, Fe(NO
3
)
3
, H
2

SO
4
, SO
2
1.2. Phản ứng oxi hoá- khử
Nội dung về phản ứng oxi hoá- khử được đề cập ở SGK hoá học lớp 8 từ
trang 110 đến trang 113
- Phản ứng oxi hoá- khử là phản ứng hoá học xảy ra đồng thời sự oxi hoá và
sự khử
VD: 2Na
o
+ Cl
2
o
→2 Na
+1
Cl
-1
- Chất oxi hoá là chất nhận electron của chất khác.
VD: Cl
2
trong phản ứng trên
Cl
2
o
+ 2e → 2Cl
-1
- Chất khử là chất nhường electron cho chất khác.
VD: Na trong phản ứng trên
Na

o
→ Na
+1
+ 1e
- Quá trình oxi hoá là quá trình xảy ra sự mất electron.
- Quá trình khử là quá trình xảy ra sự nhận electron.
1.3.Áp dụng định luật bảo toàn electron
5
Trong phản ứng oxi hóa – khử thì tổng số electron nhường bằng tổng số
electron nhận nên tổng số mol electron mà các chất khử cho đi bằng tổng số mol
electron mà các chất oxi hoá thu vào :
=
∑ ∑
e cho e nhËn
n n
VD: Trong phản ứng trên số mol electron nhận là : 2.n
Cl2
Số mol electron nhường là : 1.n
Na
Theo định luật bảo toàn electron : 2. n
Cl2
= 1. n
Na
1.4. Chú ý
- Chủ yếu áp dụng cho bài toán oxi hoá khử các chất vô cơ.
- Có thể áp dụng định luật bảo toàn electron cho một phương trình, nhiều
phương trình hoặc toàn bộ quá trình.
- Cần xác định chính xác chất nhường và nhận electron.
- Nếu xét cho một quá trình, chỉ cần xác định trạng thái đầu và cuối số oxi
hoá của nguyên tố. Thường không quan tâm đến cân bằng phương trình phản ứng.

- Thường áp dụng kèm các phương pháp khác.
2. Cơ sở thực tiễn:
Qua nhiều năm giảng dạy, chúng tôi nhận thấy học sinh giỏi rất lúng túng khi
giải bài tập hóa học có liên quan đến phản ứng oxi hoá- khử do các em không phân
biệt được chúng và không có kỹ năng giải các bài toán dạng này dẫn đến các em sợ
và ngại khi gặp bài tập dạng tính toán.
3. Giải pháp mới sáng tạo:
Chúng tôi đã chọn lọc và phân loại các bài tập theo các dạng cơ bản sử dụng
định luật bảo toàn electron, tìm cách giải cho từng dạng này góp phần nâng cao
hứng thú của các em đối với môn học.
3.1. Các dạng bài tập thường gặp:
1. Kim loại ( hoặc hỗn hợp kim loại) tác dụng với axit ( hoặc hỗn hợp axit)
không có tính oxi hoá (HCl, H
2
SO
4
loãng …)
2. Kim loại ( hoặc hỗn hợp kim loại) tác dụng với axit ( hoặc hỗn hợp axit)
có tính oxi hoá( HNO
3
, H
2
SO
4
đặc, nóng …) tạo 1 khí hoặc hỗn hợp khí
3. Oxit kim loại (hoặc hỗn hợp oxit kim loại) tác dụng với axit ( hoặc hỗn
hợp axit) có tính oxi hoá( HNO
3
, H
2

SO
4
đặc, nóng …)
4. Các bài toán liên quan tới sắt (điển hình là bài toán để sắt ngoài không khí)
5. Bài toán nhúng kim loại vào dung dịch muối
Nói chung bất kỳ bài toán nào liên quan tới sự thay đổi số oxi hoá đều có
thể giải được bằng phương pháp này.
6
3.2. Các ví dụ minh hoạ :
3.2.1. Kim loại (hoặc hỗn hợp kim loại) tác dụng với axit ( hoặc hỗn hợp
axit) không có tính oxi hoá (HCl, H
2
SO
4
loãng …)
Ví dụ 1: Hoà tan hoàn toàn 1,5 g hỗn hợp gồm Al và Mg bằng dung dịch HCl dư
thu được 1,68 lít khí H
2
(đktc). Tính phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong hỗn
hợp ban đầu.
Giải:
+ Quá trình nhường electron:
Al
→
Al
+3
+ 3 e
x 3x
Mg
→

Mg
+2
+ 2 e
y 2y
+Quá trình nhận electron: 2H
+
+ 2e
→
H
2
2.0,075 0, 075
Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có: 3x + 2y = 0,15 (1)
Mặt khác, theo bài ra ta có: 27x + 24y = 1,5 (2)
Từ (1) và (2) có: x = 0,03, y = 0,025
Do vậy có: % Al = 60%; %Mg = 40%
3.2.2. Kim loại( hoặc hỗn hợp kim loại) tác dụng với axit( hoặc hỗn hợp axit)
có tính oxi hoá( HNO
3
, H
2
SO
4
đặc, nóng …) tạo 1 khí hoặc hỗn hợp khí
Ví dụ 1: Hoà tan hoàn toàn m gam Al vào dung dịch HNO
3
đặc, nóng thấy thoát ra
6,72 lít khí màu nâu (đktc). Tính m?
Ta có: Số mol SO
2
là 6,72: 22,4 = 0,3 mol

Chất cho electron Al → Al
+3
+ 3e

27
m
3.
27
m
Chất nhận electron N
+5
+ e → N
+4
0,3 0,3
Theo định luật bảo toàn electron: 3.
27
m
= 0,3
=> m = 2,7 gam
Ví dụ 2: Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp kim loại gồm 0,02 mol Al và 0,015 mol Zn với
vừa đủ dung dịch HNO
3
2M thu được V lít khí duy nhất (đktc) bị hoá nâu trong
không khí.
a) Tính V?
7
b) Tính thể tích HNO
3
đã dùng?
Giải

Al
o
→ Al
+3
+ 3e
0,02 3. 0,02
Zn
o
→ Zn
+2
+ 2e
0,015 2. 0,015
N
+5
+ 3 e → N
+2
3. n
NO
n
NO
Theo định luật bảo toàn electron:
3.0,02 + 2. 0,015= 3. n
NO
n
NO
= 0,03( mol)
V
NO
= 0,672 lit
Ví dụ 3: . Hoà tan hoàn toàn 24,3 g Al vào dung dịch HNO

3
loãng dư thu được hỗn
hợp khí NO và N
2
O có tỉ khối hơi so với H
2
là 20,25 và dung dịch B chỉ chứa một
muối. Thể tích khí thoát ra ở đktc là bao nhiêu?
Giải
Chất nhường electron là Al có số mol
=
24,3
0,9 (mol)
27
Al
o
→ Al
+3
+ 3e
0,9 3.0,9
⇒ =
∑
e cho
n 2,7 mol
Chất nhận electron là HNO
3
→ ¬
→ ¬
+5 +2
+5 +

2
N + 3e N NO
3x x x
2N + 8e 2N N O
8y 2y y
Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có:
+ =


+ = +

3x 8y 2,7
30x 44y 40,5.(x y)
x 0,1
V 0, 4.22, 4 8,96
y 0,3
=

⇒ ⇒ = =

=

(lít)
8
3.2.3. Oxit của kim loại nhiều hoá trị (hoặc hỗn hợp oxit kim loại nhiều hoá
trị) tác dụng với axit ( hoặc hỗn hợp axit) có tính oxi hoá (HNO
3
, H
2
SO

4
đặc, nóng
…)
Ví dụ 1. Hoà tan hết 2,16 gam FeO trong HNO
3
sau phản ứng thấy thoát ra 0,244
lit khí X (đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Tìm X?
Giải
Khí X sinh ra chứa nitơ: N
x
O
y
( x = 1, 2. y = 0, 1, 2, 3).
n
FeO
= 0,03 mol, n
X
= 0,01 mol
Ta có các bán phản ứng oxi hoá - khử:
Fe
+2
→ Fe
+3
+ 1e xN
+5

+ (5x- 2y)e → xN
+2y/x
.
0,03 0,03. l (5x – 2y)0,01 0,01x

Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có:
0,03 = (5x – 2y) 0,01. Vậy 5x – 2y = 3
x 1 2
y 1 (nhận) 2,5 (loại)
Vậy X là: NO
3.2.4. Các bài toán liên quan tới sắt (điển hình là bài toán để sắt ngoài
không khí)
Ví dụ 1: Thổi luồng không khí đi qua m(g) bột sắt nung nóng sau một thời gian
biến thành hỗn hợp A có khối lượng 30g gồm Fe, FeO, Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4
. Cho A
phản ứng hoàn toàn với dung dịch HNO
3
thấy giải phóng ra 5,6 lít khí NO duy
nhất (đktc). Tính m?
G iải
– Chất nhường electron Fe, số mol :
m
56
Fe
→
Fe
+3
+ 3e

m
56
3
m
56

⇒ =
∑
e cho
m
n 3.
56
– Chất nhận electron O
2
, số mol :
−30 m
32
và HNO
3
.
O + 2e
→
O
-2

30 m
16
−
2
30 m

16
−

9
N
+5
+ 3e
→
N
+2

(NO)
3. 0,25 0,25 0,25
−
⇒ = +
∑
e nhËn
30 m
n 2. 0,75
16
Áp dụng định luật bảo toàn electron :
−
+ = ⇒ =
30 m m
2. 0,75 3. m 25,2 (g)
16 56
Ví dụ 2. Nung nóng 5,6 g bột sắt trong bình đựng O
2
thu được 7,36 g hỗn hợp X
gồm Fe, Fe

2
O
3
và Fe
3
O
4
. Cho X tan hoàn toàn trong dung dịch HNO
3
thu được
V lít (đktc) hỗn hợp khí Y gồm NO và N
2
O
4
, tỉ khối hơi của Y so với H
2
là
25,33 gam. Tìm giá trị của V?
Giải
Gọi
2 4
NO N O
n x (mol); n y (mol)
= =
2
Y/H
30x 92y
d 25,33
(x y).2
+

= =
+
(1)
Chất cho electron Fe : 0,1 mol
Fe
→
Fe
+3
+ 3e
0,1 0,3
=>
Σ
n
e cho
= 0,3 mol
Chất nhận electron O :
−
=
7,36 5,6
0,11 (mol)
16
và HNO
3
.
2
5 2
5 4
2 4
O 2e O
0,11 0,22

N 3e N (NO)
3x x x
N e N (N O )
2y 2y y
−
+ +
+ +
+ →
+ →
+ →
⇒ = + +
∑
e nhËn
n 3x 2y 0,22 (mol e)
0,3 3x 2y 0,22
⇒ = + +
(2)
Từ (1), (2)
⇒
x = 0,02 mol ; y = 0,01 mol.
Vậy V = (0,02 + 0,01)22,4 = 0,672 lít.
Ví dụ 3. Cho 6,64 g hỗn hợp A gồm Fe, FeO, Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4
vào dung dịch HNO

3
10
loãng, dư thu được V lít hỗn hợp khí B (ở 30
o
C, 1 atm) gồm NO, NO
2
(với
=
2
NO NO
n : n 2
). Mặt khác khi cho luồng khí H
2
dư đi qua hỗn hợp A nung nóng,
sau
khi phản ứng hoàn toàn thu được 5,04 g Fe. Tính V ?
Giải
- Chất cho electron là Fe :
5, 04
0, 09(mol)
56
=
Fe
→
Fe
+3
+ 3e
0,09 0,27
- Chất nhận electron là :
O + 2e

→
O
-2
0,1 0,2
N
+5
+ 3e
→
N
+2

¬
(NO)
6x 2x
N
+5
+ e
→
N
+4

¬
(NO
2
)
x x
Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có:
0,2 + 6x + x = 0,27
x 0, 01
⇒ = ⇒

tổng số mol 2 khí = 3x = 0,03 mol.
Giải hệ tìm được
0,03.0, 082.300
V 0,738
1
= =
lít.
Chú ý : Ở các bài toán này chỉ cần xác định trạng thái đầu( Fe
o
) và cuối số oxi hoá
của nguyên tố( Fe
+3
) mà không quan tâm đến các trạng thái trung gian là hỗn hợp
A( Fe
0
, Fe
+2
, Fe
+8/3
, và Fe
+3
).
3.2.5. Bài toán nhúng kim loại vào dung dịch muối
Ví dụ : Cho 3,61g gồm Fe và Al tác dụng với 100ml dung dịch A chứa Cu(NO
3
)
2
và AgNO
3
. Sau phản ứng thu được dung dịch B và 8,12g chất rắn D gồm 3 kim

loại . Cho chất rắn D tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 0,672 l H
2
. Các chất
khí đo ở đktc và các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính C
M
của Cu(NO
3
)
2
và AgNO
3
trong dung dịch A.
Giải:
Đặt nồng độ mol của Cu(NO
3
)
2
và AgNO
3
trong 100 ml dung dịch A là x và y.
Số mol của Cu(NO
3
)
2
và AgNO
3
trong 100 ml dung dịch A: 0,1x và 0,1y
Vì chất rắn D gồm 3 kim loại nên Fe dư, các muối trong dung dịch A hết.
11
Chất rắn D tác dụng với dung dịch HCl chỉ có Fe phản ứng:

Fe + 2HCl → FeCl
2
+ H
2

Số mol của sắt dư:
n
Fedư
= n
H
2

0,672
0,03( )
22,4
mol
= =
Vậy số mol Fe phản ứng với dung dịch A: 0,03 mol
Ta có các bán phản ứng oxi hoá - khử:
Fe → Fe
+2
+ 2e Cu
+2
+ 2e → Cu
0,02 mol 0,04 mol 0,1x mol 0,2x mol 0,1x mol
Al → Al
+3
+ 3e Ag
+
+ e → Ag

0,03 mol 0,09 mol 0,1y mol 0,1y mol 0,1y mol
Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có:
0,2x + 0,1y = 0,13 (1)
Mặt khác: m
D
= m
Fedư
+ m
Cu
+ m
Ag
⇒
m
Cu
+ m
Ag
=6,44
⇒
64.0,1x + 108.0,1y = 6,44 (2)
Từ (1) và (2) ta tính được:
x = 0,5M
y = 0,3M
3.3. Một số đề thi sử dụng định luật bảo toàn electron
Bài 1: (Trích đề thi học sinh giỏi lớp 9 - Sở GD & ĐT Vĩnh Phúc năm 2011-2012)
Một hỗn hợp X gồm Na, Ca, Na
2
O và CaO. Hoà tan hết 25,65 (g) hỗn hợp X
vào nước thu được 2,8 (lít) H
2
(đktc) và dung dịch Y có 14 (g) NaOH. Hấp thụ

hoàn toàn 16,8 (l) CO
2
(đktc) vào dung dịch Y. Tính khối lượng kết tủa thu được.
Giải:
- Quy đổi hỗn hợp ban đầu gồm Na, Ca và O
2
. Đặt số mol tương ứng mỗi chất
có trong hỗn hợp là x, y, z.
- Khối lượng hỗn hợp: m
hh
= 23x + 40y+ 32z = 25,56 (a)
- Định luật bảo toàn electron: x + 2y = 4z + 0,125. 2 (b)
- Định luật bảo toàn nguyên tố: n
NaOH
= x = 0,35 (c)
x = 0,35 mol
Giải hệ (a)(b)(c) ta thu được : y = 0,3 mol
z = 0,175 mol
Vậy dung dịch Y chứa 0,35 mol NaOH và 0,3 mol Ca(OH)
2
12
Hấp thụ CO
2
vào dung dịch Y có các phản ứng:
Ca(OH)
2
+ CO
2
CaCO
3

+ H
2
O (1)
2NaOH + CO
2
Na
2
CO
3
+ H
2
O (2)
Na
2
CO
3
+ CO
2
+ H
2
O 2NaHCO
3
(3)
CaCO
3
+ CO
2
+ H
2
O Ca(HCO

3
)
2
(4)
Dựa vào các phương trình trên ta tính được khối lượng kết tủa là 20 (g)
Bài 2: (Trích đề thi học sinh giỏi tỉnh Phú Thọ 2012 - 2013)
Để 1 lượng bột sắt nặng a gam ngoài không khí, sau 1 thời gian thu được
12g chất X gồm sắt và các oxit của sắt. Cho X tác dụng hoàn toàn với dd HNO
3
loãng dư thấy giải phóng ra 2,24lit khí NO duy nhất (đktc). Viết các phương trình
hoá học xảy ra và xác định giá trị a.
Giải:
n
NO
=0,1mol
- PTHH: 2Fe + O
2

→
2FeO (1)
4Fe + 3O
2

→
2Fe
2
O
3
(2)
3Fe + 2O

2

→
Fe
3
O
4
(3)
3FeO + 10HNO
3
→
3Fe(NO
3
)
3
+ NO + 5H
2
O (4)
3Fe
3
O
4
+ 28HNO
3

→
9Fe(NO
3
)
3

+ NO + 14H
2
O (5)
Fe
2
O
3
+ 6HNO
3

→
2Fe(NO
3
)
3
+ 3H
2
O (6)
Fe + 4HNO
3

→
Fe(NO
3
)
3
+ NO + 2H
2
O (7)
- Xét quá trình cho e: Fe

0

→
Fe
+3
+ 3e

56
m
3.
56
m
- Quá trình nhận e: N
+5
+ 3e
→
N
+2
0,3 0,1
O
2
+ 4e
→
2O
-2

(12 )
32
a−
4.

(12 )
32
a−
- Theo định luật bảo toàn electron ta có: 4.
(12 )
32
a−
+ 0,3 = 3.
56
m
=> a = 10,08g
Bài 3: (Trích đề học sinh giỏi lớp 9- Vĩnh Yên. Năm học 2012-2013)
Hoà tan 3,6 (g) kim loại M hoá trị n không đổi bằng 200(g) dung dịch HNO
3
a
% thì vừa đủ thu được dung dịch A (chỉ chứa một chất tan) và 4,48 (l) hỗn hợp 2
khí NO và NO
2
(đktc) có tỷ khối so với H
2
là 21.
a. Xác định kim loại M
13
b. Tìm nồng độ của dd HNO
3
đã dùng. Cô cạn dung dịch A thu được bao nhiêu
gam muối khan.
Giải:
a) n
hỗn hợp

khí
=
4,48
22,4
= 0,2 (mol)
M
hh
= 21.2 = 42 (g/mol)
n
NO
+ n
NO
2

= 0,2
30.n
NO
+46.n
NO
2


= 42
n
NO
+ n
NO
2

n
NO
= 0,05 (mol)
=> n
NO
2

= 0,15 (mol)
Xét các quá trình:
- Quá trình nhường e: M
0
M
+n
+ ne

3,6
M
n.
3,6
M
- Quá trình nhận e: N
+5
+ 3e N
+2

3.0,05 0,05
N
+5
+ 1e N
+4

0,15 0,15
Áp dụng định luật bảo toàn electron:
n.
3,6
M
= 3. 0,05 + 0,15 =>
M
n
= 12
n = 1 => M = 12 (loại)
n= 2 => M = 24 (Mg)
n = 3 => M = 36 (loại)
Vậy M là Mg.
b) Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố:
n
N(HNO
3
)
= n
N(Mg(NO
3
)
2
)
+ n
N(NO)
+ n
N(NO
2
)

n
HNO
3

= 2.n
Mg(NO
3
)
2
+ n
NO
+ n
NO
2

14
= 2.n
Mg
+ n
NO
+ n
NO
2


= 2.
3,6
24
+ 0,05 + 0,15
= 0,5 (mol)

m
HNO
3

= 0,5.63 = 31,5 (g)
a =

31,5
200
.100% = 15,75%
m
Mg(NO
3
)
= 0,15 . 48 = 22,2 (g)
Chú ý: Khi cho kim loại tác dụng với dung dịch HNO
3
và dung dịch phản ứng
không chứa muối amoni: n
NO
3
(,muối)
=
Σ
số mol e nhường (hoặc nhận)
có thể tính n
HNO
3

= n

N(axit))
= n
N(muối)
+ n
N(NO)
+ n
N(NO
2
)
= n
N(NO
3
−
trong muối)
+ n
N(NO)
+ n
(NO
2
)
=
Σ
số mol e nhường (hoặc nhận) + n
N(NO)
+ n
(NO
2
)
= 3.0,05 + 0,15 + 0,05 + 0,15
= 0,5 mol.

Khối lượng muối khan = m
Mg(NO
3
)
2
= m
Mg
+ m
NO
3
−
(muối)
= 3,6 + 62.0,3 = 22,2 gam
Bài 4: (Trích đề kiểm tra học sinh giỏi năm 2013 -2014 Phòng GD & ĐT Vĩnh
Yên)
Hoà tan hoàn toàn 15,3âm hỗn hợp A gồm (Na, Ca, CaO, Na
2
O) vào H
2
O dư
thu được dung dịch X và 3,36 lít khí (đktc). Để trung hoà dung dich X cần vừa đủ
300ml dung dịch HCl 2M. Cho CO
2
vào dung dịch X thu được 11gam kết tủa. Xác
định thể tích CO
2
(đktc) đã dùng.
Giải:
n
H

2

=
3,36
22,4
= 0,1 (mol);

n
HCl
= 0,3.2 = 0,6 (mol)
Quy đổi hỗn hợp A thành:
Na x mol
Ca y mol
O z mol
=> Dung dịch X gồm: NaOH x mol
Ca (OH)
2
y mol
15
Theo bảo toàn nguyên tố ta có:
23x + 40y + 16z = 15,3 (a)
n
NaOH
= n
Na
= x mol
n
Ca(OH)
2

= n
Ca
= y mol
Xét toàn bộ quá trình:
- Quá trình nhường electron:
Na
0

→
Na
+1
+ 1e
x x
Ca
0

→
Ca
+2
+ 2e
y 2y
- Quá trình nhận electron:
O
0
+ 2e
→
O
-2
z 2z
2H

+1
+ 2e
→
H
2

2.0,15 0,15
Áp dụng định luật bảo toàn electron:
x + 2y = 2z + 2.0,15 (b)
n
HCl
= n
H
+

= n
OH
−

= n
NaOH
+ 2n
Ca(OH)
2

= x + 2y = 0,6 (c)

23x + 40y + 16z = 15,3 x= 0,3
Từ (a), (b), (c) => x + 2y - 2z = 0,3 => y = 0,15
x + 2y = 0,6 z = 0,15

Phương trình hoá học:
Ca(OH)
2
+ CO
2
CaCO
3
+ H
2
O (1)
2NaOH + CO
2
Na
2
CO
3
+ H
2
O (2)
Na
2
CO
3
+ CO
2
2NaHCO
3
(3)
CaCO
3

+ CO
2
+ H
2
O Ca(HCO
3
)
2
(4)
n =
11
100
= 0,11 (mol)
Trường hợp 1: Ca(OH)
2
dư. n = n
CO
2
= 0,11 mol =>V = 2,464 (lít).
Trường hợp 2: Ca(OH)
2
không dư: xảy ra cả 4 phương trình (1) (2) (3) (4)
16
n
CO
2

(4) = 0,15 – 0,11 = 0,04(mol)

Σ

n
CO
2

= 0,15 + 0,15 + 0,15 + 0,04 = 0,49 (mol) => V = 10,976 (lít).
Bài 5: ( Trích đề khảo sát chất lượng giáo viên Vĩnh Yên năm học 2011-2012)
Cho 14,4 (g) hỗn hợp Fe, Mg, Cu (số mol mỗi kim loại bằng nhau) tác dụng hết
với dung dịch HNO
3
thu được dung dịch X và 2,688 (l) (đktc) hỗn hợp gồm 4 khí
N
2
, NO, N
2
O, NO
2
. Trong đó 2 khí N
2
và NO
2
có số mol bằng nhau. Cô cạn cẩn
thận dung dịch X thu được 58,8(g) muối khan. Tìm số mol HNO
3
đã phản ứng?
Giải:
Ta có: n
Fe
= n
Mg
= n

Cu
=
14,4
144
= 0,1 (mol)
Giả sử không có muối amoni trong X, ta có các quá trình:
Fe
0
Fe
+3
+ 3e
Mg
0
Mg
+2
+ 2e
Cu
0
Cu
+2
+ 2e
2N
+5
+ 10e N
2
N
+5
+ 3e N
+2
N

+5
+ 4e N
+1
N
+5
+ 1e N
+4
m
muối
= m
kim loại
+ m
NO
3
−

= 14,4 + 7.0,1.62
= 57.8 (g) < 58,8 (g) => Trong X có muối amoni (NH
4
NO
3
);
m
NH
4
NO
3
= 58,8 – 57,8 = 1 (g) => n
NH
4

NO
3

= 0,0125 (mol)
Thêm quá trình N
+5
+ 8e N
-3
Đặt n
N
2

= a mol, n
NO
= b mol, n
N
2
O
= c (mol)
=> n
NO
2

= a mol.
Theo định luật bảo toàn electron ta có:
0,7 = 10a + 3b + 8c + a + 0,0125.8 => 11a + 3b + 8c = 0,6 (*).
Theo bài ra:
n
hỗn hợp khí
= 2a + b + c = 0,12 (**)

Mặt khác: Theo bảo toàn nguyên tố:
n
HNO
3

= n
NO
3
−
+ 2.n
N
2
+ n
NO
+ 2.n
N
2
O
+ n
NO
2
+ 2.n
NH
4
NO
3
= 0,7 + 2a + b + 2c + a + 2.0,0125
= 0,725 + 2(a + c) + ( a + b)
Từ (*) và (**) ta có:
17

11a + 3b + 8c = 0,6 a + c = 0,048
=>
2a + b + c = 0,12 a + b = 0,072
 n
HNO
3
= 0,725 + 2. 0,048 + 0,0 72 = 0,893 (mol).
Bài 6: ( Trích đề khảo sát chất lượng giáo viên Vĩnh Yên năm học 2012-2013)
Cho 19,2 gam kim loại M tác dụng hoàn toàn với dung dịch H
2
SO
4
đặc, nóng,
dư, thu toàn bộ khí SO
2
thoát ra hấp thụ hoàn toàn vào 1 lít dung dịch NaOH 0,7M.
Sản phẩm thu được đem cô cạn thì được 41,8 gam chất rắn. Xác định kim loại M.
Giải:
n
NaOH
= 0,7 (mol).
Giả sử SO
2
phản ứng vừa đủ với NaOH để tạo thành Na
2
SO
3
PTHH: SO
2
+ 2NaOH

→
Na
2
SO
3
+ H
2
O
Khối lượng muối Na
2
SO
3
= 0,35 . 126 = 44,1 gam > 41,8 gam. Chứng tỏ NaOH dư.
Gọi số mol SO
2
là x mol, n
NaOH dư
= 0,7 – 2x ( mol), n
Na
2
SO
3
= x (mol).
 m
chất rắn
= 126x + 40(0,7 – 2x) = 41,8 => x = 0,3 (mol).
Gọi kim loại M có hoá trị n.
M
0
→

M
+n
+ ne
19,2
M
n.
19,2
M
S
+6
+ 2e
→
S
+4
2.0,3 0,3
Theo định luật bảo toàn eletron:
n.
19,2
M
= 2. 0,3 => M = 32.n
Chọn n = 2, M = 64. Đó là kim loại đồng (Cu)
Bài 7: Hoà tan hoàn toàn 30,4 g rắn X gồm Cu, CuS, Cu
2
S và S bằng HNO
3
dư,
thoát ra 20,16 lít khí NO duy nhất (đktc) và dung dịch Y. Thêm Ba(OH
2
) dư vào
dung dịch Y thu được m g kết tủa. Tìm giá trị của m.

Giải:
n
NO
=
20,16
22,4
= 0,9 mol
Quy đổi hỗn hợp X thành Cu x mol
64x + 32y = 30,4 (1)
18
S y mol
Sơ đồ hoá bài toán
Cu +
5
3
HNO
+
dư Khí
2
NO
+

X (20,16 lít, đktc)
S
Dung dịch Y Cu
+2
+ Ba (OH)
2
dư
2

( )Cu OH


2
4
SO
−
Ba
6
4
SO
+

Xét toàn bộ quá trình:
Cu
0
Cu
+2
+ 2e
x 2x
S
0
S
+6
+ 6e
y 6y
N
+5
+ 3e N
+2

3. 0,9 0,9
Theo định luật bảo toàn electron:
2x + 6y = 0,93 (2)
Từ (1) và (2)
64x + 32y = 30,4 x = 0,3
=> =>
2x + 6y = 2,7 y = 0,35
Theo bảo toàn nguyên tố:
n
Cu(OH)
2

= n
Cu
= 0,3 mol
n
4
SOBa
= n
Cu
= 0,35 mol
=> m = 98.0,3 + 233.0,35 => m = 110,95 (g)
3.4. Các bài tập tự giải
Bài 1:(Trích đề thi học sinh giỏi lớp 9- Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc năm học 2010 –
2011)
Hỗn hợp X gồm Fe và kim loại R có hoá trị không đổi. Hoà tan hết 3,3 gam
X trong dung dịch HCl dư được 2,9568 lít khí ở 27,3
0
C, 1atm. Mặt klhacs cũng hoà
tan hết 3,3 gam trên trong dung dịch HNO

3
1M lấy dư 10% thì được 896 ml hỗn
19
hợp khí Y gồm N
2
O và NO (đktc) có tỉ khối so với hỗn hợp ( NO + C
2
H
6
) là 1,35
và dung dịch Z chứa 2 muối.
1. Tìm R và phần trăm khối lượng các chất trong X.
2. Cho Z phản ứng với 400 ml dung dịch NaOH thấy xuất hiện 4,77 gam kết tủa.
Tính C
M
của NaOH biết Fe(OH)
3
kết tủa hoàn toàn.
Đáp số:
1. R là Nhôm ( Al); %m Al = 49,1% ; %m Fe = 50,9%
2.C
M
= 0,46 hoặc C
M
= 0,86.
Bài 2: (Trích đề học sinh giỏi lớp 10 Sở GD và ĐT Vĩnh Phúc năm học 2005 –
2006)
Hoà tan 2,88 gam hỗn hợp Fe, Mg bằng dung dịch HNO
3
loãng, dư thu được

0,9856 lít hỗn hợp NO, N
2
(ở 27,3
0
C, 1 atm) có tỉ khối so với H
2
bằng 14,75.
a) Viết phương trình phản ứng có thể xảy ra.
b) Tính phần trăm khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp.
Đáp số: %m Fe = 58,33%
%mMg = 41,67%
Bài 3:(Trích đề học sinh giỏi lớp 10 Sở GD& ĐT Vĩnh Phúc năm học 2005 – 2006)
Hoà tan hết 4,431 gam hỗn hợp Al và Mg trong dung dịch HNO
3
loãng thu
được dung dịch A và 1,568 lít (đktc) hỗn hợp 2 khí (đều không màu) có khối lượng
2,59 gam, trong đó có 1 khí bị oxi hoá thành màu nâu trong không khí.
a) Tính phần trăm khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp.
b) Tính số mol HNO
3
đã phản ứng.
c) Khi cô cạn dung dịch A thì thu được bao nhiêu gam muối khan.
Đáp số: % mAl = 12,8 %
% m Mg = 87,2%
n
HNO
3
=0,49 mol.
Khối lượng muối khan = 28,301gam
Bài 4:(Trích đề học sinh giỏi lớp 12 Sở GD& ĐT Vĩnh Phúc năm học 2011 – 2012)

Hoà tan hết 22,064 gam hỗn hợp Al, zn trong thể tích vừa đủ là 500ml dung
dịch HNO
3
loãng được dung dịch A và 3,136 lít (đktc) hỗn hợp 2 khí không màu có
khối lượng 5,18 gam trong đó có 1 khí hoá nâu trong không khí.
a) Tính phần trăm khối lượng trong hỗn hợp.
b) Cô cạn dung dịch A thu được bao nhiêu gam muối khan.
Đáp số: % m Al =5,145%
20
% m Zn = 94,86 %
Khối lượng muối khan = 69,804 gam
Bài 5: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,06 mol FeS
2
và x mol Cu
2
S vào axit
HNO
3
(vừa đủ) thu được dung dịch A (chỉ chứa hai muối sunfat) và khí duy nhất
NO. Tìm giá trị của x? Đáp số: x= 0,3 mol
Bài 6. Hoà tan 3,81 g hỗn hợp Zn và Fe vào dung dịch HNO
3
thu được dung dịch A
và 1,12 lít hỗn hợp khí D (ở đktc) gồm NO và NO
2
(giả thuyết NO
2
tồn tại ở đktc).
Tỉ khối của hỗn hợp D so với hiđro là 16,75. Khối lượng kim loại Fe và Zn đã phản
ứng lần lượt là? Đáp số:

=



=


Al
Mg
m 0,56g
m 3,25g
Bài 7. Hỗn hợp X gồm Fe và kim loại M hóa trị không đổi. Hòa tan hết 2,51 g X
trong dung dịch HCl thấy có 0,896 lít H
2
(đktc) bay ra. Nếu hòa tan cũng lượng hỗn
hợp X trên vào dung dịch HNO
3
thu được 0,672 lít NO duy nhất (đktc). Kim loại M
là kim loại nào?
Đáp số: M là Zn
Bài 8. Hoà tan 11,2 g Fe bằng dung dịch H
2
SO
4
(loãng, dư) thu được dung dịch X
Và 5,6 lít khí bay ra ở đktc. Dung dịch X phản ứng vừa đủ với V ml dung dịch
KMnO
4
0,5M. V có giá trị là?
Đáp số: V= 0,2 lít

Bài 9. Cho 0,04 mol Fe; 0,02 mol Al tác dụng với 100 ml dung dịch X chứa
AgNO
3
và Cu(NO
3
)
2
thu được dung dịch Y và 5,84 g chất rắn D gồm 3 kim loại.
Cho D tác dụng với dung dịch HCl dư được 0,448 lít hiđro (đktc). Nồng độ mol các
muối AgNO
3
và Cu(NO
3
)
2
trong X lần lượt là?
Đáp số : AgNO
3
0,2 M và Cu(NO
3
)
3
0,4 M
4. Kết quả nghiên cứu:
Sau quá trình áp dụng đề tài nghiên cứu trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi
môn Hóa học lớp 9 ở trường THCS tôi đã thu được kết quả khả quan.
5. Ứng dụng vào thực tiễn công tác giảng dạy:
5.1. Quá trình áp dụng của bản thân:
Tôi đã áp dụng cách thức bồi dưỡng này qua mấy khoá học. Tuy nhiên, mỗi
khoá học sinh mỗi khác, tuỳ thuộc vào khả năng và trình độ của từng học sinh để

21
sửa đổi, bổ sung cho hợp lí. Áp dụng cách thức làm này qua các khoá học tôi thấy
đã có hiệu quả.
5.2. Bài học kinh nghiệm:
Qua việc bồi dưỡng tôi nhận thấy mình có thêm được những kinh nghiệm qúi
báu về chuyên môn. Bên cạnh đó không nên thoả mãn mà vẫn tiếp tục phải học hỏi,
phấn đấu không ngừng vì nhu cầu học tập là suốt đời. Tôi vẫn phải tiếp tục học tập
đồng nghiệp ở trường, ở các trường bạn và các huyện bạn để nâng cao vị thế, chất
lượng môn Hóa học của nhà trường cũng như của thành phố.
22
Phần III: KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
Bài tập hoá học nói chung bài tập tính toán hoá học nói riêng đóng vai trò hết
sức quan trọng trong việc học tập hoá học, giúp học sinh phát triển tư duy sáng tạo,
đồng thời nó góp phần quan trọng trong việc ôn luyện kiến thức cũ, bổ sung thêm
những phần thiếu sót về lý thuyết và thực hành trong hoá học.
Là giáo viên giảng dạy môn Hóa học chúng tôi nhận thấy trong quá trình
giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi sẽ gặp không ít khó khăn trong việc giúp các em
học sinh làm các dạng bài tập hoá học. Song với một số kinh nghiệm ít ỏi của bản
thân và sự giúp đỡ của các bạn đồng nghiệp chúng tôi đã kết hợp giữa hai mặt lí
thuyết và thực tiễn để viết chuyên đề này nhằm phân loại, định hướng phương pháp
giải cho các bài tập bồi dưỡng học sinh giỏi.
Trong quá trình giảng dạy môn Hoá học tại trường trung học cơ sở sau mỗi
chương thường có tiết luyện tập để củng cố các kiến thức của chương và vận dụng
giải bài tập tính toán, nhưng chúng tôi thấy số tiết luyện tập trong chương trình còn
khá khiêm tốn nên rất mong muốn tăng số tiết luyện tập để giúp học sinh hình
thành kỹ năng tính toán Hóa học tốt hơn.
Vì thời gian hạn chế chuyên đề của chúng tôi không tránh khỏi thiếu sót, rất
mong các đồng chí đóng góp xây dựng để chuyên đề hoàn thiện hơn.
Chúng tôi xin chân thành cảm ơn !
Đồng Tâm, ngày 11 tháng 01 năm 2014

Người viết chuyên đề:
Trần Thị Hằng
Dương Thị Thanh Huyền
23
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa Hóa học 8,9- Nhà xuất bản giáo dục
2. Sách bài tập Hóa học 8.9 - Nhà xuất bản giáo dục
3. 16 phương pháp giải nhanh hóa học- NXB ĐH sư phạm Hà Nội.
4. Rèn luyện kĩ năng giải Toán Hóa Học 8 – NXB Giáo Dục – 2005
5. Phạm Đức Bình. Bài tập cơ bản và nâng cao Hóa Học 9 - NXB Giáo Dục –
2008
6. Câu hỏi và bài tập kiểm tra hóa học 8,9
7. Chuẩn kiến thức, kỹ năng hóa học 8,9
8. Các bài tập hoá học trọng tâm- NXB Giáo Dục
9. Các đề thi học sinh giỏi hoá học lớp 9 Phòng giáo dục Vĩnh Yên, đề thi học
sinh giỏi lớp 10,11,12 tỉnh Vĩnh Phúc, đề thi khảo sát chất lượng giáo viên Vĩnh
Yên.
24
25