Một số kinh nghiệm giúp học sinh sử dụng phương pháp quy đổi trong giải toán hóa học

Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
A. MỞ ĐẦU:
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI.
Cùng với sự phát triển Kinh tế -Xã hội, Việt Nam ngày càng hội nhập sâu
rộng vào các vấn đề quốc tế, trong đó có lĩnh hội những tinh hoa giáo dục của
các nước tiên tiến trên thế giới trong công cuộc cải cách giáo dục và đặc biệt
quan trọng là Đảng và Nhà nước đã xác định giáo dục là mục tiêu hàng đầu, đầu
tư cho giáo dục là đầu tư cho sự phát triển lâu dài và bền vững. Khi hội nhập
quốc tế đòi hỏi nguồn nhân lực của đất nước ta phải đảm bảo về trình độ, năng
lực làm việc và có một nền tảng các kiến thức khoa học cơ bản
Xuất phát từ đòi hỏi đó công cuộc cải cách giáo dục của nước nhà đã diễn
ra trong những năm gần đây để đáp ứng những yêu cầu với sự phát triển của xã
hội. Trong thực tế khi nghiên cứu và trực tiếp giảng dạy với bộ sách giáo khoa
mới, đặc biệt là bộ môn Hóa Học tôi thấy: Về nội dung chương trình đáp ứng
được với tinh thần đổi mới, tuy nhiên vẫn còn một số nội dung quá nặng với học
sinh, vì đặc thù của bộ môn Hóa Học là một môn khoa học cơ bản, liên quan đến
các vấn đề trong cuộc sống hàng ngày, bộ môn liên quan nhiều đến thực nghiệm.
Trong khi đó điều kiện kinh tế và nền khoa học kĩ thuật của ta đang còn rất hạn
chế. Công cuộc cải cách đòi hỏi từ nhiều phía: Từ nội dung chương trình,
phương pháp dạy, phương pháp học Đòi hỏi giáo viên phải giảng dạy nghiêm
túc, có trách nhiệm, tạo được hướng thú học tập, say mê tìm tòi. Học sinh phải
có ý thức học tập thật sự, xây dựng được động lực học tập đúng đắn.
1
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
Nhằm giúp học sinh có một cái nhìn tổng quát về một phương pháp giải
bài tập hóa học từ đó các em sẽ linh hoạt lựa chọn cho mình
được phương pháp tối ưu đối với một bài toán nhất định
trong quá trình giải. Chính vì vậy tôi lựa chọn đề tài
“Một số kinh nghiệm giúp học sinh sử dụng phương
pháp quy đổi trong giải toán hóa học ” để nghiên cứu.
2

Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU.
Trong quá trình dạy học trên lớp và ôn thi đại học cho học sinh. Tôi nhận
thấy rất nhiều em học sinh lúng túng khi gặp các bài toán hỗn hợp nhiều chất
nhưng được cấu tạo từ một số nguyên tố nhất định đem thực hiện các quá trình
phản ứng để định lượng. Học sinh thường đặt ẩn và giải hệ, một số bài toán các
em giải được nhưng mất rất nhiều thời gian, một số bài học sinh không thể giải
được vì số phương trình lập được ít hơn số ẩn.
Đề tài này nhằm giúp học sinh có được cái nhìn tổng quát về một phương
pháp giải toán hay gặp trong quá trình học tập và thi cử, từ đó giúp các em nhận
ra dạng toán và lựa chọn được phương pháp phù hợp đưa ra kết quả chính xác
trong thời gian ngắn nhất. Đề tài còn nhằm phát huy tính tích cực sáng tạo trong
giải toán hóa học của học sinh, góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy của
giáo viên.
III. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU.
Để thực hiện đề tài, tôi sử dụng phương pháp chủ yếu là tổng kết kinh
nghiên. Xuất phát từ những khó khăn vướng mắc của học sinh trong quá trình
lựa chọn phương pháp tối ưu cho các bài toán hỗn hợp các chất, được cấu tạo
từ một số nguyên tố nhất định, tôi xác định cần phải nghiên cứu phương pháp
quy đổi áp dụng cho giải bài toán hỗn hợp kim loại và oxit của nó làm cơ sở
nghiêm cứu từ đó mở rộng ra giải các loại bài toán tương tự.
Trong quá trình nghiên cứu đề tài tôi đã sử dụng nhiều phương pháp khác
3
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
nhau như:
- Phương pháp trao đổi cùng các giáo viên có kinh nghiệm và học sinh.
- Phương pháp kiểm tra đánh giá.
- Phương pháp đối chứng.
- Phương pháp nghiên cứu tài liệu…
IV. GIỚI HẠN NGHIÊN CỨU.

Phương pháp quy đổi được áp dụng cho các bài toán hỗn hợp hoặc các bài
toán thực hiện qua nhiều quá trình thí nghiệm. Trong đề tài này, tôi đi sâu
nghiên cứu sử dụng phương pháp quy đổi áp dụng trong giải dạng toán sau làm
cơ sở:
Bài toán: Đốt cháy m(g) kim loại M trong không khí một thời gian thu được
m
1
(g) hỗn hợp X gồm kim loại M và oxit M
x
O
y
. Cho m
1
(g) hỗn hợp X tác dụng
với lượng dư dung dịch HNO
3
thu được V(l) khí N
a
O
b
duy nhất (ĐKTC).
Bài toán được tóm tắt theo sơ đồ sau:
0
3 2 42
( , )
0
(1) (2)
( )
n
HNO H SO d t duO

x y
M
M
M hhX
M O
N S
+
++
α β



→ →
 



m gam m
1
gam (n: max)
V. PHẠM VI NGHIÊN CỨU.
-Kế hoạch thực hiện đề tài:
Đề tài bắt đầu nghiên cứu từ tháng 8 năm 2011, được thực nghiệm trong 2
năm học 2011- 2012 và 2012 - 2013. Đề tài được tổng kết rút kinh nghiệm vào
4
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
tháng 4 năm 2013.
- Đề tài được áp dụng tại trường THPT Lê Lợi.
5
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:

B. NỘI DUNG PHƯƠNG PHÁP.
I. NGUYÊN TẮC NGHIÊN CỨU.
Quy đổi là một phương pháp biến đổi toán học nhằm đưa bài toán ban đầu
là một hỗn hợp phức tạp về dạng đơn giản hơn, qua đó làm cho các phép tính trở
nên dễ dàng, thuận tiện. Tuy nhiên, dù tiến hành quy đổi theo hướng nào thì
cũng phải tuân thủ hai nguyên tắc sau:
- Bảo toàn nguyên tố, tức tổng số mol mỗi nguyên tố ở hỗn
hợp đầu và hỗn hợp mới phải bằng nhau.
- Bảo toàn số oxi hóa, tức tổng số oxi hóa của các nguyên tố trong hai hỗn hợp
là như nhau.
II. CÁC HƯỚNG QUY ĐỔI.
Một bài toán có thể có nhiều hướng quy đổi khác nhau, trong đó có ba
hướng chính :
1. Quy đổi hỗn hợp nhiều chất về hỗn hợp hai hoặc chỉ
một chất.
Trong trường hợp này thay vì giữ nguyên hỗn hợp các chất như ban đầu,
ta chuyển thành hỗn hợp với số chất ít hơn (cùng của các
6
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
nguyên tố đó), thường là hỗn hợp hai chất, thậm chí là một
chất duy nhất. Thí dụ: với hỗn hợp
các chất gồm Fe, FeO, Fe
3
O
4
, Fe
2
O
3
ta có thể chuyển thành

các tổ hợp (Fe và FeO), (Fe và Fe
3
O
4
), (Fe và Fe
2
O
3
), (FeO
và Fe
3
O
4
), (FeO và Fe
2
O
3
), (Fe
3
O
4
và Fe
2
O
3
) thậm chí chỉ là
một "chất" duy nhất dạng Fe
x
O
y

.
Rõ ràng, với cách quy đổi này bài toán đã được đơn giản hóa đi rất nhiều,
nhờ đó có thể giải một cách nhanh và gọn hơn.
2. Quy đổi hỗn hợp nhiều chất về các nguyên tố tương ứng.
Thông thường ta gặp bài toán hỗn hợp nhiều chất nhưng về bản chất chỉ
gồm 2 (hoặc 3) nguyên tố. Do đó, có thể quy đổi thẳng hỗn hợp đầu về hỗn hợp
chỉ gồm 2 (hoặc 3) chất là các nguyên tố tương ứng.
Thí dụ : (Fe, FeS, FeS
2
, Cu, CuS, Cu
2
S, S)
→
(Cu, Fe, S).
3. Quy đổi tác nhân oxi hóa trong phản ứng oxi hóa -
khử.
Với những bài toán trải qua nhiều giai đoạn oxi hóa khác nhau bởi những
chất oxi hóa khác nhau, ta có thể quy đổi vai trò oxi hóa của chất oxi hóa này
7
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
cho chất oxi hóa kia để bài toán trở nên đơn giản hơn.
Khi thực hiện phép quy đổi phải đảm bảo :
- Số electron nhường, nhận là không đổi (ĐLBT electron).
- Do sự thay đổi tác nhân oxi hóa
→
có sự thay đổi sản
phẩm cho phù hợp.
Thông thường ta hay gặp dạng bài sau :
Kim loại
1

OXH+
→
Hỗn hợp sẩn phẩm trung gian
2
OXH+
→

Sản phẩm cuối.
Ví dụ : Quá trình oxi hóa hoàn toàn Fe thành Fe
3+
2
3
O
Fe Fe
+
+
→
Fe
x
O
y
Ở đây, vì trạng thái oxi hóa ban đầu và cuối của Fe ở hai quá trình là như
nhau do vậy số electron nhường của Fe trong hai quá trình là như
nhau. Có thể quy đổi hai tác nhân oxi hóa O
2
và HNO
3
thành
một tác nhân duy nhất là O
2

hoặc ngược lại.
8
+O
2
+HNO
3
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
III. CÁC CHÚ Ý KHI LÀM BÀI TOÁN QUY ĐỔI.
1. Do việc quy đổi nên trong một số trường hợp số mol
một chất có thể có giá trị âm để tổng số mol mỗi nguyên tố là
không đổi (bảo toàn).
2. Trong quá trình làm bài ta thường kết hợp sử dụng các
phương pháp bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố và
bảo toàn electron, kết hợp với việc sơ đồ hóa bài toán để
tránh viết phương trình phản ứng, qua đó rút ngắn thời gian
làm bài.
3. Phương án quy đổi tốt nhất, có tính khái quát cao nhất là
quy đổi thẳng về các nguyên tử tương ứng. Đây là phương
án cho lời giải nhanh, gọn và dễ hiểu, đồng thời biểu thị
đúng bản chất hóa học của bài toán.
IV. VÍ DỤ MINH HỌA.
Ví dụ 1: Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 3,0 gam
hỗn hợp chất rắn X. Hòa tan hết hỗn hợp X trong
9
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
dung dịch HNO
3
(dư), thoát ra 0,56 lít NO (ở đktc, là sản
phẩm khư duy nhất). Giá trị của m là
A. 2,52g. B. 2,22g. C. 2,62g.

D. 2,32g.
Hướng dẫn giải:
1. Quy đổi hỗn hợp nhiều chất về hỗn hợp hai hoặc chỉ
một chất.
Sơ đồ của bài toán:
( )
3
2
dd
3
3 4
2 3
0,025
dd
HNOO
Fe
NO mol
FeO
Fe X
Fe O
Fe
Fe O
++
+



 
→ →
 






m (g) 3 (g)
Trong trường hợp này ta có thể quy đổi hỗn hợp X ban đầu về các hỗn
hợp khác đơn giản hơn gồm 2 chất (Fe và Fe
2
O
3
; FeO và Fe
2
O
3
;
Fe
3
O
4
và Fe
2
O
3
; Fe và FeO ; Fe và Fe
3
O
4
; FeO và Fe
3

O
4
)
hoặc thậm chí là chỉ một chất Fe
x
O
y
ở đây tôi chỉ trình
bày 2 phương án.
Phương án 1.1.
Quy đổi hỗn hợp X thành
2 3
( )
( )
Fe x mol
Fe O y mol
→


→


Theo bảo toàn khối lượng : 56x + 160y = 3,0 (1)
10
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
Các quá trình nhường nhận electron :
Fe → Fe
+3
+ 3e N
+5

+ 3e → N
+2
x → 3x 0,075← 0,025
Theo bảo toàn electron : 3x = 0,075 → x = 0,025 (2) → n Fe : 0,025 mol
Từ (1) và (2)
→
y =

0,01
→
2 3
0,01
Fe O
n mol=
Theo bảo toàn nguyên tố đối với Fe :
∑
n
Fe
= n
Fe
+ 2n(Fe
2
O
3
) = 0,045 mol → m = 56.0,045 = 2,52 →
Đáp án A.
Phương án 1.2. Quy đổi hỗn hợp X thành
( )
( )
Fe x mol

FeO y mol
→


→

Theo bảo toàn khối lượng : 56x + 72y = 3,0 (1)
Các quá trình nhường nhận electron :
Fe → Fe
+3
+ 3e N
+5
+ 3e → N
+2
x → 3x 0,075 ← 0,025
Fe
2+
→ Fe
+3
+ 1e
y → y
11
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
Theo bảo toàn electron : 3x + y = 0,075 (2)
Từ (1) và (2)
→

0,015
0,03
x mol

y mol
=


=

→

0,015
0,03
Fe
FeO
n mol
n mol
=


=

Theo bảo toàn nguyên tố đối với Fe :
∑
n
Fe
= n
Fe
+ n
Fe
O
= 0,045 mol → m = 56.0,045 = 2,52 →
Đáp án A.

2. Quy đổi hỗn hợp nhiều chất về các nguyên tử tương ứng.
Nhận thấy hỗn hợp X tuy phức tạp nhưng chỉ gồm 2
nguyên tố sắt và oxi, do đó có thể quy đổi hỗn hợp về
hai nguyên tố là Fe (x mol) và O (y mol).
X thành h
ỗn hợp chỉ gồm 2 nguyên tố Fe (x mol) và O

(y
mol).
Lúc này sơ đồ các biến đổi như sau :
[ ]
5
3
0
dd
3
0
2
0,025
3,0
O
H NO
NO mol
Fe
Fe X Fe xmol
O
O ymol
mg g
+
+

+
−
→




→ → →
 


→

→
Theo bảo toàn khối lượng: 56x + 16y = 3,0 (5)
12
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
Các quá trình nhường nhận electron :
Fe
0
→ Fe
+3
+ 3e N
+5
+ 3e → N
+2
x 3x 0,075 0,025
O
0
+2e → O

-2
y 2y
Theo bảo toàn electron ta có: 3x = 2y + 0,075 (6)
Từ (5) và (6) →
0,045 0,045
0,03 0,03
x mol Fe mol
X
y mol O mol
= =
 
⇒
 
= =
 
⇒
m = 56.0,045 = 2,52(g) Đáp án A.
3. Quy đổi tác nhân oxi hóa.
Thay vai trò oxi hóa của HNO
3
bằng [O]. Lúc này sản phẩm
cuối cùng thu được là Fe
2
O
3
, có sơ đồ như sau:
[ ] [ ]
{
2 3
* **

2 3
3 4
3,0
O O
Fe
FeO
Fe X Fe O
Fe O
Fe O
mg g
+
 
 
 
→ →
 
 
 
 
→
Ở đây thay vai trò nhận electron của N
+5
bằng O:
N
+5
+ 3e → N
+2

⇔
O

0
+ 2e → O
-2
0,075 0,025
13
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
Số mol do N nhận bằng số mol do O nhận
2n
O(**)
= 0,075 → n
O(**)
= 0,0375 mol
Theo bảo toàn khối lượng :
2 3
Fe O
m =
m
X
+ m
O (**)
= 3 + 0,0375 . 16 = 3,6(g)
Theo bảo toàn nguyên tố đối với Fe : n
Fe
= 2
2 3
Fe O
n
=
3,6
2. 0,045( )

160
mol=
⇒
m = 56.0,045 = 2,52(g) Đáp án A.
14
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
V. THIẾT LẬP PHƯƠNG TRÌNH KINH NGHIỆM CHO BÀI TOÁN CƠ
SỞ.
Ta có sơ đồ:
0
3 2 4
2
( , )
0
(1) (2)
( )
n
HNO H SO d tO
x y
M
M
M hhX
M O
N S
+
++
α β




→ →
 



M gam m
1
gam (n: max)
Gọi:
Số mol của kim loại là a.
Số oxi hóa cao nhất (max) của kim loại là n.
Số mol electron nhận ở (2) là t mol.
Ta có:
M M ne
a na
n
e
n
+

→ +
⇒


nhường
= na (mol).
Mặt khác:
n
e nhận
= n

e(oxi)
+ n
e(2)
=

1 1
.2
16 8
m m m m
t t
− −
+ = +
Theo định luật bảo toàn electron : n
e nhường
= n
e nhận
→ na =
1
8
m m
t
−
+
Nhân cả hai vế với M ta được:
1 1
( ) . .
( ) .
8 8 8
M m m M m M m
Ma n Mt mn M t

−
= + ⇒ = − +
15
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
Cuối cùng ta được:
1
8
(1)
8
M
m Mt
m
M
n
+
=
+
Ứng với M là Fe(56), n = 3 ta được: m = 0,7.m
1
+ 5,6.t (2).
Ứng với M là Cu(64), n = 2 ta được: m = 0,8.m
1
+ 6,4.t (3).
Từ (2), (3) ta thấy: Bài toán có 3 đại lượng: m, m
1
và
e
n
∑
nhận(2)

(hoặc V
khí(2)
).
Khi biết 2 trong 3 đại lượng trên ta tính được ngay đại lượng còn lại.
Áp dụng phương trình (2) cho ví dụ trên ta được
0,56
0,7.3 5,6. .3 2,52( )
22,4
m g= + =
chọn đáp án A.
VI. VẬN DỤNG PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN VÔ CƠ VÀ
HỮU CƠ.
Câu 1 . Cho 28,8g 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 5,376 lít (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 117,6g muối khan. Số mol HNO
3
đã phản

ứng là?
A. 1,786 B. 1,876 C. 1,668 D. 1,678
Giải:
Ta có:
( )
56 24 64 28,8
0,2
x
x
+ + =
⇔ =
16
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
Xét quá trình OXH.
3
2
2
3
2
2
1,4( )
e
Fe Fe e
Mg Mg e
Cu Cu e
n mol
+
+
+
→ +

→ +
→ +
→ =
∑
Tổng khối lượng muối Fe(NO
3
)
3
, Mg(NO
3
)
2
, Cu(NO
3
)
2

m = 0,2 (242 + 148 +188) = 115,6 g < 117,6 g
→ Trong dung dịch có muối NH
4
NO
3
.
Khối lượng muối NH
4
NO
3
= 117,6 – 115,6 = 2g
4 3
2

0,025( )
80
NH NO
n mol= =
í
5,376
0,24( )
22,4
kh
n mol= =
qui đổi hỗn hợp khí
2
2 2
2
( )
( )
N
NO NOx mol
N O N Oy mol
NO




⇒






Xét quá trình khử.
5 2
3N e N
+ +
+ →
5 3
8N e N
+ −
+ →
3x x 0,2 0,025
5 1
2
2 8N e N
+ +
+ →
8y y

Ta có hệ:
3 8 0,2 1,4 0,144( )
0,24 0,096( )
x y x mol
x y y mol
+ + = =
 
⇒
 
+ = =
 
17

Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
→ Số mol HNO
3
đã phản ứng: = 4x + 10y + 0,025.10 = 1,786 (mol) (Đáp án A)
Câu 2: Hỗn hợp X gồm: HCHO, CH
3
COOH, HCOOCH
3

và
CH
3
CH(OH)COOH. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X cần V lít O
2

(đktc) sau
phản ứng thu được CO
2

và H
2
O. Hấp thụ hết sản phẩm cháy vào nước vôi
trong dư thu được 50 gam kết tủa. Vậy giá trị của V tương ứng là?
A. 8,40 lít. B. 16,8 lít. C. 7,84 lít. D. 11,2 lít.
Giải:
Qui đổi hỗn hợp về hợp chất C
n
(H
2
O)

n
Ta có:
( )
2
n 2 2 2
n
C H O nCO nH O
O+
→ +
2 2
50
0,5( )
100
CO H O
n n n mol
↓
= = = =
2 2 2
0,5.22,4 11,2( )
O CO O
n n V l= ⇒ = =
chọn D.
Câu 3 . Khi đốt cháy hoàn toàn một polime X (tạo thành do
đồng trùng hợp 2,3-Đimetyl butadien và acrilon nitrin CH
2
= CH-CN) với một lượng oxi vừa đủ thấy tạo thành một
hỗn hợp khí ở nhiệt độ nhất định, áp suất xác định chiếm
57,69% CO2 về thể tích. Tỉ lệ hai monome là?
A. 3/5 B. 1/1 C. 1/3 D. 3/2
Giải:

+) cách 1: Tách polime thành hai monome ban đầu:
18
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
PƯ cháy: C
6
H
10
+ 17/2 O
2
→ 6CO
2
+ 5H
2
O
x 6x 5x
CH
2
=CH-CN +15/2 O
2
→ 3CO
2
+ 3/2H
2
O + 1/2 N
2
y 3y 1,5y
0,5y
Ta có:
6 3 57,69
600 300 634,59 288,45

11 5 100
11,55 34,59
3
1
3
x y
x y x y
x y
y x
y x
x
y
+
= ⇔ + = +
+
⇔ =
⇔ =
⇔ =
+) Cách 2: Tách polime thành các nguyên tố rồi viết sơ đồ
cháy:
(-CH
2
-C(CH
3
)=C(CH
3
)-CH
2
-)
x

(-CH
2
-CH(CN)-)
y
( )
( ) ( )
2
2
2
6 3 (6 3 )
10 3 5 1,5
0,5
x y C x y CO
x y H x y H O
yN N
+ → +
+ → +
→
Do đó:
2
%
57,69 6 3
100 100 6 3 5 1,5 0,5
1
3
CO
x y
x y x y y
x
y

+
= ⇔
+ + + +
⇔ =
19
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
VII. SAI LẦM CẦN TRÁNH KHI GIẢI BÀI TOÁN THEO PHƯƠNG PHÁP
QUI ĐỔI.
Giải bài toán theo phương pháp “qui đổi” sẽ cho ta
kết quả bài toán nhanh hơn, thuận lợi hơn. Nhưng khi vận
dụng phương pháp để giải một số bài toán có dạng tương
tự nếu không hiểu rõ bản chất phản ứng hóa học trong
dung dịch sẽ có thể gặp phải sai lầm sau:
Qui đổi làm sai lệch bản chất của phản ứng.
Ví dụ 1: Hòa tan hoàn toàn 11,2 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe
3
O
4
,
Fe
2
O
3
trong HCl dư sau phản ứng thấy tạo ra 12,7 gam FeCl
2
. Hỏi số
gam FeCl
3
thu được là bao nhiêu?
Hướng dẫn : Với hỗn hợp các chất gồm Fe, FeO, Fe

3
O
4
, Fe
2
O
3
ta có thể qui đổi
thành các tổ hợp (Fe và FeO), (Fe và Fe
3
O
4
), (Fe và Fe
2
O
3
), (FeO và Fe
3
O
4
),
(FeO và Fe
2
O
3
), (Fe và O), (Fe
3
O
4
và Fe

2
O
3
) thậm chí chỉ là qui đổi thành một
"chất" duy nhất dạng Fe
x
O
y
.
Trong các trường hợp qui đổi trên chúng ta sẽ gặp sai
lầm khi chúng ta qui đổi hỗn hợp thành Fe và FeO vì khi
đó hỗn hợp Fe và FeO phản ứng với dd HCl không cho
20
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
muối FeCl
3
. Bài toán bị sai về mặt bản chất hóa học.
Ví dụ 2: Hòa tan hoàn toàn 20 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe
3
O
4
,
Fe
2
O
3
trong lượng dư dung dịch HCl 1M thu được 0,224 lít H
2
(ĐKTC) và dung dịch D. Cho dung dịch D tác dụng với lượng dư
dung dịch NaOH. Lọc kết tủa đem nung ngoài không khí đến khối

lượng không đổi thu được m gam chất rắn. Xác định m?
Hướng dẫn: Với bài toán này ta cũng có nhiều cách qui đổi khác nhau. Nhưng
nếu chúng ta qui đổi hỗn hợp thành các oxit (FeO và Fe
2
O
3
…) thì bài toán sẽ phi
thực tế do hỗn hợp các oxit phản ứng với dung dịch HCl không có khả năng tạo
khí H
2
. Vì vậy khi vận dụng phương pháp qui đổi trong giải toán chúng ta cần
chú ý: Dù muốn qui đổi theo hướng nào nhưng phải đảm bảo được bản chất
hóa học của bài toán.
VII. MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG.
Câu 1: Hòa tan hoàn toàn 3,76 gam hỗn hợp X ở dạng bột gồm S, FeS, FeS
2
trong dung dịch HNO
3
thu được 0,48 mol NO
2
và dung dịch D. Cho dung dịch D
tác dụng với Ba(OH)
2
dư, lọc kết tủa và nung đến khối lượng không đổi thu
được m gam hỗn hợp rắn. Giá trị của m là?
A. 11,65 gam. B. 12,815 gam. C. 13,98 gam. D.17,545 gam.
Câu 2: Hòa tan hoàn toàn 25,6 gam rắn X gồm Fe, FeS, FeS
2
và S bằng dung
dịch HNO

3
dư, thoát ra V lít khí NO duy nhất (đktc) và dung dịch Y. Thêm
21
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
Ba(OH)
2
dư vào Y thu được 126,25 gam kết tủa. Giá trị của V là?
A. 17,92 lít. B. 19,04 lít. C. 24,64 lít. D. 27,58 lít.
Câu 3: Để hoà tan hoàn toàn 23,2 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 dung dịch HCl
1M. Giá trị của V là?
A. 1,8. B. 0,8. C. 2,3. D. 1,6.
Câu

4: Cho m gam hỗn hợp gồm FeO, Fe
2
O
3

, Fe
3
O
4

tác dụng với dung dịch
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 9,75 gam FeCl
3
. Giá trị của m là?
A. 9,12. B. 8,75. C. 7,80. D. 6,50.
Câu

5: Nung 8,4 gam Fe trong không khí, sau một thời gian thu được m
gam hỗn hợp chất rắn X gồm
Fe,

FeO,
Fe
3
O
4
, Fe

2
O
3
. Hòa tan m gam hỗn hợp
X vào dung dịch HNO
3

đặc nóng dư thu được 2,24 lít khí NO
2

(đktc) là sản
phẩm khử duy nhất. Giá trị của m là?
A. 11,2. B. 10,2. C. 7,2. D. 9,6.
Câu

6: Cho 17,04 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 2,016 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.
Giá trị của m là?
A. 53,25. B. 51,9. C. 73,635. D. 58,08.
Câu 7: Để khử hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4

thì cần
22
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
0,05 mol
H
2
. Mặt

khác Hòa tan hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X trong dung
dịch H
2
SO
4

đặc nóng thì thu
được thể tích khí SO
2

(sản phẩm khử duy nhất ở
đktc) là?
A. 224 ml. B. 448 ml. C. 336 ml. D. 112 ml.
Câu 8: Hòa tan hoàn toàn 49,6 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4
bằng H
2
SO
4
đặc nóng
thu được dung dịch Y và 8,96 lít khí SO
2

(đktc).
a. Tính phần trăm khối lượng oxi trong hỗn hợp X.
A. 40,24%. B. 30,7%. C. 20,97%. D. 37,5%.
b. Tính khối lượng muối trong dung dịch Y.
A. 160 gam. B.140 gam. C. 120 gam. D. 100
gam.
Đáp án:
1.D; 2.C; 3.B; 4.A; 5.A; 6.D; 7.A; 8a.C; 8b.B.
23
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
C. KẾT LUẬN

Đề tài này đã góp phần nâng cao chất lượng bồi dưỡng học sinh, giúp các
em tích cực và tự tin hơn trong hoạt động tìm kiếm hướng giải cho các bài tập,
từ chỗ rất lúng túng hoặc lựa chọn phương pháp tốn nhiều thời gian, thì nay sau
khi bồi dưỡng chuyên đề trên phần lớn các em đã vận dụng phương pháp này
một cách thành thạo. Khá nhiều em không những áp dụng thành thạo phương
pháp giải bài toán vô cơ mà các em còn vận dụng được phương pháp để giải
thành công một số bài toán hóa học hữu cơ phức tạp.
Qua đề tài này, kiến thức kĩ năng giải toán của học sinh được củng cố một
cách có cơ sở vững chắc; kết quả học tập của học sinh được nâng cao.
Số liệu và kết quả thực hiện đề tài:
Bảng số liệu và kết quả thực hiện đề tài:
Số học sinh giải thành
thạo bài tập dạng này
Tỉ lệ đạt được
Năm học 2011-2012 99/575 17,22%
Năm học 2012-2013 462/575 80,35%
Tuy nhiên với thời gian nghiên cứu chưa nhiều và trong phạm vi trình độ
nhất định của bản thân chắc chắn đề tài cũng còn nhiều hạn chế. Rất mong được
sự góp ý của bạn bè và các đồng nghiệp để bản thân tôi hoàn thiện nội dung và
có thêm được nhiều kinh nghiệm trong quá trình giảng dạy.
Xin chân thành cảm ơn!
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
Thanh Hóa, ngày 19 tháng 05 năm 2013
24
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
ĐƠN VỊ
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
Không sao chép nội dung của người khác.
Người viết SKKN

Nguyễn Vũ Hùng
TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. PGS. Nguyễn Xuân Trường, “Dùng phương pháp quy đổi để tìm nhanh
đáp số của bài toán hóa học”, số 4(52)/2006, trang 2-3.
[2]. Th.s. Lê Phạm Thành, “Phương pháp giải nhanh các bài toán Hóa Học
THPT” NXB Hà Nội, 3/2009.
[3]. Th.s. Lê Phạm Thành, “ 16 phương pháp và kỹ
thuật giải nhanh bài toán Hóa Học” . NXB ĐHSP Hà
Nội, 4/2009.
[4]. Th.S Nguyễn Khoa Thị Phượng “ Phương pháp giải bài tập hóa
học đại cương- vô cơ”. NXB Đại Học Quốc Gia Hà Nội,
08/04/2008.
25