skkn phương pháp giải hóa học 12

ĐẶT VẤN ĐỀ
Trở thành sinh viên các trường Cao đẳng, Đại học Y, Dược, Công nghệ
thực phẩm, Công nghệ môi trường, Hóa dầu…luôn là ước mơ của nhiều học
sinh THPT. Tuy nhiên, ước muốn đó sẽ là quá “xa vời” đối với những học
sinh học không tốt bộ môn Hóa học. Làm thế nào để các em không còn “sợ
hãi” trước một bài toán trắc nghiệm với quá nhiều chất tác dụng với nhau, quá
nhiều các phương trình phản ứng phức tạp trong khi thời gian dành cho một
câu trắc nghiệm trung bình chỉ khoảng 1,5 phút? Câu hỏi đó luôn hiện hữu
trong đầu tôi.
Với vốn kiến thức hiện có của một học sinh THPT, các em không thể đọc
sách rồi tự mình rút ra phương pháp để giải quyết khó khăn trên. Thêm vào đó
trong sách giáo khoa cũng như các sách tham khảo rất ít những ví dụ minh
họa một cách chi tiết, rõ ràng để giúp học sinh làm những bài toán như vậy.
Chính vì thế, trong quá trình giảng dạy, tìm tòi, nghiên cứu tôi mạnh dạn viết
sáng kiến kinh nghiệm: ‘‘Sử dụng phương pháp quy đổi để giải nhanh các
bài toán hóa học’’. Sáng kiến này sẽ là tài liệu tham khảo dễ hiểu, giúp các
em có cái nhìn đơn giản hơn đối với những bài toán dạng trên đồng thời giải
quyết chúng một cách nhanh hơn và hiệu quả hơn.
Với tài liệu này, các em hoàn toàn có thể bình tĩnh “đối diện” với dạng toán
trên trong các đề thi đại học, cao đẳng môn Hóa mà không còn bị yếu tố tâm
lí về thời gian và không còn lúng túng, bối rối vì mất phương hướng làm bài.
Như vậy, việc trở thành bác sĩ, dược sĩ, kĩ sư,…trong tương lai là điều mà các
em có thể tự tin hướng tới.

1


GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
CHƯƠNG 1
CƠ SỞ LÝ LUẬN
1.1. Cơ sở lý luận:

Trong Hóa học, dạng bài tập về phản ứng oxi hóa khử rất phổ biến và đa
dạng, có rất nhiều bài được ra trong các đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng.
Với các phương pháp thông thường như phương pháp đại số, đặt ẩn, lập hệ
gồm nhiều phương trình, sẽ rất mất thời gian và khó khăn để học sinh tìm ra
kết quả cho dạng bài tập trên. Các em thường nghĩ đến dùng phương pháp bảo
toàn electron để làm. Tuy nhiên, không phải bất cứ phản ứng có sự thay đổi
số oxi hóa nào cũng giải được theo phương pháp bảo toàn electron. Với
những bài tập có nhiều chất tham gia phản ứng và sự thay đổi số oxi hóa quá
nhiều thì học sinh cần biết cách đưa bài tập phức tạp về dạng đơn giản. Như
vậy, không những các em sẽ giải được mà còn làm rất nhanh. Để giúp cho
giáo viên và học sinh giải quyết khó khăn trên, tôi xin trình bày trong sáng
kiến này một phương pháp giải toán Hóa có thể rút ngắn được thời gian, nâng
cao được tư duy và có đáp án bài toán nhanh nhất, chính xác cao. Đây là một
trong những phương pháp mới và nguyên tắc của phương pháp này là: biến
đổi toán học trong một bài tập Hóa nhằm đưa hỗn hợp phức tạp ban đầu
về dạng đơn giản hơn, qua đó làm cho các phép tính trở nên dễ dàng,
thuận tiện. Phương pháp này giúp học sinh thiết lập được mối liên hệ trong
bài dễ dàng, giải quyết các dạng bài tập gồm nhiều chất phản ứng của cùng
kim loại như hỗn hợp oxit sắt, đồng và muối đồng, một số bài tập về hữu
cơ...nhanh nhất.
1.2. Thực trạng vấn đề
Qua thực tế giảng dạy, tôi nhận thấy học sinh đã làm được những bài tập
chỉ có một hoặc hai chất phản ứng có sự thay đổi số oxi hóa. Các em thường
bế tắc khi giải bài toán hóa học mà có nhiều chất thay đổi số oxi hóa. Đa phần
học sinh chưa xác định được sự thay đổi số oxi hóa của các nguyên tố trong
2


hợp chất chứa nhiều nguyên tố, các em thường sợ khi giải bài toán hóa học
thuộc loại này vì các em không biết xác định như thế nào. Có một số phương

pháp được sử dụng như phương pháp trung bình hay bảo toàn electron, ... cho
các bài này nhưng khi làm học sinh rất hay bị nhầm lẫn về cách xác định số
oxi hóa. Còn trong phương pháp quy đổi nếu đưa hỗn hợp nhiều chất về số
lượng ít chất phản ứng hơn thì học sinh dễ dàng xác định số oxi hóa và thiết
lập được hệ phương trình đơn giản để giải.
Trong phạm vi của đề tài này tôi xin trình bày:‘‘Sử dụng phương pháp
quy đổi để giải nhanh các bài toán hóa học’’.
Nội dung của đề tài tôi xin trình bày qua ba chương lần lượt trình bày từ cơ
sở lý thuyết của phương pháp, các hướng quy đổi chính để giáo viên, học sinh
nắm vững về phương pháp và hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đem lại.
1.3. Các biện pháp đã tiến hành giải quyết vấn đề
Trên cơ sở lí luận và thực trạng vấn đề đã phân tích ở trên, tôi thấy để giải
quyết vấn đề cần phải rèn luyện cho học sinh phương pháp giải toán hóa học
một cách đơn giản nhưng tư duy hơn. Vì thế tôi cần nghiên cứu về các mặt
ưu, nhược của phương pháp thật kĩ lưỡng, các định luật bắt buộc học sinh
phải nắm vững trong phương pháp quy đổi, cũng như cần soạn giải các bài
toán Hóa theo phương pháp này nhưng theo nhiều hướng quy đổi khác nhau
để giáo viên và học sinh có thể áp dụng hiệu quả.
Cần chú ý tới năng lực của từng học sinh khi tiếp thu phương pháp mới
này, tiến hành thực nghiệm và đánh giá kết quả của học sinh khi sử dụng
phương pháp quy đổi để giải các bài toán hóa gồm nhiều chất phản ứng phức
tạp.
Cùng một dạng bài tập nhưng cho các em giải theo nhiều phương pháp để
so sánh hiệu quả của các phương pháp. Khi sử dụng phương pháp quy đổi các
em sẽ dễ xác định hướng đi của bài và giải nhanh hơn, hiểu bài hơn, có thể
giải được một số bài toán hóa trong đề thi đại học. Từ đó xây dựng tinh thần
học tập hứng thú hơn với bộ môn Hóa học cho học sinh trong toàn trường.
3

CHƯƠNG 2
PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔI
2.1. Các định luật vận dụng.
2.1.1. Định luật bảo toàn khối lượng:
Nội dung: Khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng khối lượng các chất
được tạo thành sau phản ứng.
Trong đó chúng ta cần vận dụng các hệ quả:
Hệ quả 1: Gọi mT là tổng khối lượng các chất trước phản ứng, ms là
khối lượng các chất sau phản ứng. Dù phản ứng xảy ra với hiệu suất bất kỳ ta
đều có: mT = mS.
Hệ quả 2: Khi cation kim loại kết hợp với anion phi kim để tạo ra các
hợp chất ta luôn có: Khối lượng chất = khối lượng của cation+khối lượng
anion. Khối lượng của cation hoặc anion ta coi như bằng khối lượng của
nguyên tử cấu tạo thành.
2.1.2. Định luật bảo toàn nguyên tố:
Nội dung định luật: Tổng khối lượng một nguyên tố trước phản ứng
bằng tổng khối lượng của nguyên tố đó sau phản ứng. Nội dung định luật có
thể hiểu là tổng số mol của một nguyên tố được bảo toàn trong phản ứng.
2.1.3. Định luật bảo toàn electron:
Trong phản ứng oxi hóa khử: Số mol electron mà chất khử cho đi bằng
số mol electron mà chất oxi hóa nhận về.
Khi vận dụng định luật bảo toàn electron vào dạng toán này cần lưu ý:
- Trong phản ứng hoặc một hệ phản ứng chỉ cần quan tâm đến trạng thái
đầu và trạng thái cuối mà không cần quan tâm đến trạng thái trung gian.
- Nếu có nhiều chất oxi hóa và chất khử thì số mol electron trao đổi là
tổng số mol của tất cả chất nhường hoặc nhận electron.
2.1.4. Định luật bảo toàn điện tích:
Dung dịch luôn trung hòa về điện nên:
4

Hay:

2.2. CÁC HƯỚNG QUY ĐỔI CHÍNH KHI GIẢI BÀI TOÁN
HÓA HỌC
2.2.1. Quy đổi 1: Quy đổi hỗn hợp nhiều chất về các nguyên tử tương
ứng.
Khi gặp bài toán hỗn hợp nhiều chất nhưng về bản chất chỉ gồm 2
(hoặc 3) nguyên tố ta quy đổi thẳng hỗn hợp về 2 (hoặc 3) nguyên tử tương
ứng.
Ví dụ 1: Hỗn hợp đầu gồm Fe, FeO, Fe 3O4, Fe2O3 quy đổi về 2 nguyên tử Fe
và O.
Ví dụ 2: Hỗn hợp ban đầu gồm Cu, CuS, Cu 2S, S quy đổi về 2 nguyên tử Cu
và S.
Ví dụ 3: Hỗn hợp ban đầu gồm Fe, FeS, FeS 2, Cu, CuS, Cu2S, S quy đổi về
Fe, Cu, S.
2.2.2. Quy đổi 2: Quy đổi hỗn hợp nhiều chất về hỗn hợp hai hoặc một
chất.
Ví dụ 1: Hỗn hợp đầu gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 quy đổi về hai chất bất kỳ
trong hỗn hợp đầu: (Fe, FeO), (Fe, Fe3O4), (Fe, Fe2O3), (FeO, Fe3O4), (FeO,
Fe2O3), (Fe3O4, Fe2O3) hoặc FexOy.
Kinh nghiệm: - Nếu hỗn hợp X dư kim loại quy X về: Fe, Fe 2O3 (Fe3+(trong
Fe2O3) không bị khử - giảm phương trình)
- Nếu hỗn hợp X dư axit quy X về Fe, FeO (Fe 3+(trong FeO)
không bị oxi hóa - giảm phương trình).
Ví dụ 2: Hỗn hợp Y ban đầu gồm Cu, CuS, Cu 2S, S quy đổi về: (Cu,CuS),
(Cu, Cu2S),...
2.2.3. Quy đổi 3: Quy đổi tác nhân oxi hóa- khử
Bài toán xảy ra nhiều giai đoạn oxi hóa khác nhau bởi những chất oxi
hóa khác nhau, quy đổi vai trò chất oxi hóa này cho chất oxi hóa kia, nhưng

phải đảm bảo :
5


- Số electron nhường nhận là không đổi
- Do sự thay đổi tác nhân oxi hóa nên cần thay đổi sản phẩm cho phù
hợp
[O ]
→ Fe3+, NO (sản phẩm
Ví dụ: Fe  →
hỗn hợp X (Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3) HNO
[O]
sau:Fe2O3)
3

2.2.4. Các bước giải
- Sơ đồ hóa bài toán.
- Quyết định hướng quy đổi.
- Lập phương trình (hệ phương trình) dựa vào dự kiện bài toán → tìm
đáp số.
2.2.5. Lưu ý
- Phương pháp đặc biệt phát huy tác dụng trong bài toán hỗn hợp sắt và
các oxit, hỗn hợp các hợp chất của sắt, đồng, ...
- Hướng quy đổi 1 cho lời giải nhanh và hay được áp dụng nhất.
- Hướng quy đổi 2 tính chính xác cao và ít gặp sai lầm.
- Hướng quy đổi 3 khó hơn và ít được sử dụng.
- Trong quá trình làm bài thường kết hợp với các phương pháp khác:
Bảo toàn khối lượng, bảo toàn electron,...
- Các giá trị giả định sau quy đổi, khi giải có thể nhận giá trị âm (bài
tập 2).

2.2.6. BÀI TẬP ÁP DỤNG:
Bài 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 dung dịch HNO3 dư, thoát ra 0,56 lít (ở đktc)
NO (là sản phẩm khử duy nhất). Tìm giá trị của m? (Đại học khối B-năm
2007)
Giải:
Nhận xét: Bài toán trên có thể giải theo nhiều phương pháp khác nhau.
Trong đề tài này tôi xin trình bày bài giải theo phương pháp quy đổi theo 3
hướng chính. Bài toán sẽ được đơn giản hóa và giải nhanh hơn.
6


Sơ đồ hóa bài toán:

[ ]
Fe 
→
+O

Khí NO (0,56l, đktc)

nNO=0,025 mol.

Fe
FeO
Fe2O3
Fe3O4

X

mFe = ? gam

+dd HNO3
Dung dịch Fe3+

3,0gam

Cách 1: Quy đổi 1.
Nhận xét: Nhìn vào sơ đồ bài toán ta thấy hỗn hợp X gồm 4 chất rắn nhưng
về bản chất hỗn hợp X chỉ gồm 2 nguyên tố là Fe và O cấu tạo thành 4 chất
trên nên ta quy đổi hỗn hợp X về thẳng hai nguyên tố là Fe và O.
Fe: x mol

Quy đổi hỗn hợp X thành

O: y mol
+2

0

[ ]
Fe 
→
+O

Fe

Dd HNO3

0

X

O

mFe = ? gam

Fe3+: x mol
O2- : y mol

3,0gam

Ta có phương trình: mX = 56x + 16y = 3,0 (1)
Các quá trình nhường nhận electron:
0

+3

0

-2

Fe → Fe + 3e

O + 2e → O

x

y

3x

NO : 0, 025mol

+2

+5

N + 3e → N

2y

Đối với học sinh khá, giỏi
các em không cần xác định
bước này mà có thể đưa ra
ngay phương trình (2)

0,075 0,025

Theo bảo toàn electron: 3x+2y=0,075 (2)
Từ (1) và (2) ⇒

x = 0,045 mol

; vậy X gồm

Fe: 0,045 mol
O: 0,03 mol

y =0,03 mol

⇒ mFe =56 x 0,045 = 2,52 gam.

Phân tích: Khi quy đổi về các nguyên tử tương ứng thì học sinh dễ nhận
thấy số oxi hóa thay đổi của hai nguyên tố Fe và O hơn. Học sinh sẽ đưa ra
được ngay phương trình bảo toàn electron. Đa số các bài có các quá trình
7


oxi hóa khử nếu áp dụng bảo toàn electron thì sẽ làm rất nhanh. Tuy nhiên,
nhiều học sinh không xác định được số oxi hóa của các chất vì là một loạt
các chất phản ứng với nhau. Tốt nhất học sinh nên quy đổi về số chất ít hơn
thì các em có thể nhận ra sự thay đổi số oxi hóa một cách rõ ràng, giúp việc
thiết lập hệ phương trình nhanh nhất và tìm kết quả chính xác.
Cách 2: Quy đổi 2.
Nhận xét: Trong cách quy đổi này, thay vì giữ nguyên hỗn hợp các chất như
ban đầu ta chuyển thành hỗn hợp với số chất ít hơn cũng của các nguyên tố
đó, thường là hỗn hợp hai chất.

Fe: x mol

* Quy đổi hỗn hợp X thành
Ta có:

Fe2O3: y mol

mX = 56x + 160y = 3,0 (3)

Các quá trình nhường nhận electron:
0

+3

x

+2

+5

Fe → Fe + 3e

N + 3e → N

3x

0,075 0,025

Theo bảo toàn electron: 3x = 0,075 (4)
x = 0,025 mol

Fe: 0,025 mol

Từ (3) và (4) ⇒

; vậy X gồm

y =0,01 mol
Theo bảo toàn nguyên tố đối với Fe:

∑n

Fe

Fe2O3: 0,01 mol

=nFe + 2nFe2O3 = 0, 045mol ⇒ mFe = 56.0, 045 = 2,52 gam

Fe: x mol

Hoặc: Quy đổi hỗn hợp X thành

FeO: y mol
Ta có: mX = 56x + 72y = 3,0 (5)
Các quá trình nhường nhận electron:
0

+3

+2

+3

Fe → Fe + 3e

Fe → Fe +1e

x

y

3x

+2

+5

N + 3e → N

1y

0,075 0,025

Theo bảo toàn electron: 3x+y = 0,075 (6)
Từ (5) và (6) ⇒

x = 0,015 mol
y =0,03 mol

; vậy X gồm
8

Fe: 0,015 mol
FeO: 0,03 mol


Theo bảo toàn nguyên tố đối với Fe:

∑n

Fe

=nFe + nFeO = 0,045mol ⇒ m = 56.0,045 = 2,52 gam

Nhận xét: Trong trường hợp này ta cũng có thể quy đổi hỗn hợp X ban đầu
về các hỗn hợp đơn giản sau (FeO và Fe 2O3; Fe3O4 và Fe2O3; Fe và Fe3O4;
FeO và Fe3O4) hoặc thậm chí chỉ là một chất Fe xOy. Tuy nhiên, học sinh nên
quy đổi về hai chất mà có số oxi hóa trước và sau phản ứng là số nguyên để
thấy được số electron nhường và nhận từ đó đưa ra phương trình bảo toàn
electron nhanh nhất như hai cách trình bày ở trên.
Cách 3: Quy đổi 3.
Nhận xét: Bài toán này trải qua hai giai đoạn oxi hóa khác nhau bởi hai chất
oxi hóa khác nhau, ta có thể quy đổi vai trò oxi hóa của chất này cho chất kia
để bài toán trở nên đơn giản hơn.
Sơ đồ hóa bài toán:
+[ O ]

Fe 
→

Fe
FeO
Fe2O3
Fe3O4

X

m gam

Dd HNO3

Khí NO (0,025mol)

Dung dịch Fe3+

3,0gam

Thay vai trò oxi hóa của HNO3 bằng [ O ] ,ta có:
Fe
[ O]
[ O]
FeO
Fe
Fe2O3
Fe2O3
(**)
(*)
Fe3O4
m gam

3,0gam
+5

Ở đây ta thay vai trò nhận e của N bằng O:
+5

+2

0

−2

N + 3e → N ⇔ O + 2e → O

0,075 0,025
+5

0

Theo nguyên tắc quy đổi, số e mà N nhận và O nhận phải như nhau:
9


⇒ 2nO(**) = 0,075 ⇒

nO(**) = 0,0375 mol

Theo bảo toàn khối lượng:
mFe2O3 = mX + mO (**) = 3, 0 +16.0, 0375 = 3, 6 gam
2 x3, 6
= 0, 045mol
Theo bảo toàn nguyên tố đối với Fe: nFe = 2 nFe2O3 =
160

⇒ mFe = 56 x 0,045 = 2,52 gam.

Bài 2: Hòa tan hoàn toàn 30,4 gam chất rắn X gồm Cu, CuS, Cu2S và S bằng
HNO3 dư, thoát ra 20,16 lít khí NO duy nhất (đktc) và dung dịch Y. Thêm
Ba(OH)2 dư vào Y thu được m gam kết tủa. Tìm giá trị của m?
Nhận xét: Đối với bài này nếu giữ nguyên hỗn hợp X thì học sinh sẽ khó viết
được phương trình bảo toàn electron. Vì vây, học sinh nên sử dụng phương
pháp quy đổi để giải thì bài toán sẽ đơn giản hơn.

Cách 1: Quy đổi 1.
Quy đổi hỗn hợp X thành

Cu: x mol

S: y mol
Ta có: mX= 64x + 32y = 30,4 (1)
Sơ đồ hóa bài toán:
+2

Khí N O
0

+5

+ H N O3

Cu

X

(20,16 lít,đktc)

dư

+2

0

Cu

S

Dung dịch Y

Cu (OH )2

2+

+6

Ba S O4

SO42-

30,4 gam

m gam

Các quá trình nhường nhận electron:
0

+2

0

+6

Cu → Cu + 2e

S → S +6e

x

y

2x

6y

+5

+2

N + 3e → N

2,7

0,9

Theo bảo toàn electron: 2x+ 6y = 2,7 (2)
x = 0,3 mol
y =0,35 mol

Cu: 0,3 mol
10

S: 0,35 mol

Từ (1) và (2) ⇒

; vậy X gồm

Theo bảo toàn nguyên tố đối với Cu và S:

nCu ( OH )2 = nCu = 0, 3mol

nBaSO4 = nS = 0, 35mol
⇒ m = 98.0,3 + 233.0,35 = 110,95 gam
Cách 2: Quy đổi 2.
Giải:

Cu: x mol

Quy đổi hỗn hợp X thành

CuS: y mol
Ta có: mX= 64x + 96y = 30,4 (3)
Sơ đồ hóa bài toán:
+2

0

Cu
X

Khí N O

+5

0

Cu S

+ H NO3 dư

(20,16 lít, đktc)

Cu2+
30,4 gam

Dung dịch Y

+2

Cu (OH ) 2
+6

SO

Ba S O4

24

m gam
Các quá trình nhường nhận electron:
0

+2

+2

+6

Cu → Cu + 2e

CuS → Cu + S +8e

x

y

2x

+2

+5

N + 3e → N

8y

2,7

0,9

Theo bảo toàn electron: 2x+ 8y = 2,7 (4)

Từ (3) và (4) ⇒

x = - 0,05 mol

; vậy X gồm

y =0,35 mol

Cu: - 0,05mol
CuS: 0,35 mol

Theo bảo toàn nguyên tố đối với Cu và S:

nCu (OH )2 = ∑ nCu = nCu + nCuS = − 0,05 + 0,35 = 0,3mol
11


nBaSO4 = nS = nCuS = 0, 35mol

⇒ m = 98.0,3 + 233.0,35 = 110,95 gam
Nhận xét: Chúng ta có thể quy đổi hỗn hợp X thành (Cu và CuS) hoặc (CuS
và Cu2S) cũng thu được kết quả như trên. Sử dụng phương pháp này giúp học
sinh rèn luyện được tư duy và giải quyết bài toán nhanh, chính xác khoa học.

Bài 3: Hỗn hợp X có tỉ khối so với H2 là 21,2 gồm propan, propen và propin.
Khi đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol X, tổng khối lượng của CO 2 và H2O là bao
nhiêu?
Giải: Hỗn hợp X chỉ trải qua một giai đoạn phản ứng nên chỉ giải theo cách
quy đổi 1 và 2.
Cách 1: Quy đổi 1.
⇒ nH = 4,24 - 0.3 x 12 = 0.64 mol

Quy đổi hỗn hợp X thành
C: 0.3 mol
Sơ đồ đốt cháy:

{

C
H

H: y mol
CO

+ O2 ,t o

→

{

2

H 2O

Tổng khối lượng CO2 và H2O thu được là:
m = 44 x 0,3 + 18 x 0,32 = 18,96 gam.
Cách 2 : Quy đổi 2.
Quy đổi hỗn hợp thành

C3H8: x mol
C3H4: y mol

x +y =0,1
⇒{ 44
{ xy==0,06
x +40 y =4,24 ⇒
0,04

Sơ đồ đốt cháy:

⇒

{

C3 H 8
C3 H 4

o

+ O2 ,t

→

{

CO2
H 2O

Tổng khối lượng CO2 và H2O thu được là:
m = 44 x0,3 + 18 x(0,06x4+0,04x2)=18,96 gam.

12


Nhận xét: Học sinh có thể quy đổi hỗn hợp X thành ( C 3H8 và C3H6) hoặc
(C3H6 và C3H4) để giải.
Bài 4: Nung m gam bột Cu trong oxi thu được 24,8 gam hỗn hợp chất rắn X
gồm Cu, CuO và Cu2O. Hòa tan hoàn toàn X trong H 2SO4 đặc nóng thoát ra
4,48 lít khí SO2 duy nhất (đktc). Tìm giá trị m?
Cách 1: Quy đổi 1.

Cu: x mol

Quy đổi hỗn hợp X thành

O: y mol
Ta có: mX= 64x + 16y = 24,8 (1)
+4

Khí S O2 (0,2 mol)

{ }

+6

+ H 2 S O4 đặc

0

+[ O ]

Cu 
→

Cu

X

Dung dịch

0

O

m gam

Cu2+
O2-

24,8 gam

Các quá trình nhường nhận electron:
0

+2

0

-2

Cu → Cu + 2e

O + 2e → O

x

y

2x

+4

+6

S + 2e → S

2y

0,4

0,2

Theo bảo toàn electron: x - y = 0,2 (2)

⇒ { xy==0,35
0,15

Từ (1) và (2)

vậy X gồm

{

Cu:0,35 mol
O:0,15 mol

⇒ mCu = 64 x 0,35 = 22,4 gam

Cách 2: Quy đổi 2.
Quy đổi hỗn hợp X thành

Cu: x mol
CuO: y mol

Sơ đồ hóa bài toán:

[ ]
Cu 
→
+O

+4

Khí S O2 (0,2 mol)

{ }
0

X

Cu

CuO

13


Dung dịch Cu2+
m gam

24,8 gam

Ta có: mX= 64x+80y=24,8 (3)
Các quá trình oxi hóa nhường nhận electron:
0

+2

x

+4

+6

Cu → Cu + 2e

S + 2e → S

2x

0,4

0,2

Theo định luật bảo toàn electron: 2x = 0,4

Cu: 0,2 mol

x =0,2
y = 0,15

⇒

Từ (3) và (4)

x=0,2 (4)

; vậy X gồm

CuO: 0,15 mol

Theo bảo toàn nguyên tố đối với Cu:

∑n

Cu

=nCu + nCuO = 0, 2 + 0,15 = 0,35mol ⇒ m = 64.0,35 = 22, 4 gam

Cách 3: Quy đổi 3. Sơ đồ hóa bài toán:
+[ O ]

Cu 
→

Khí SO2 (0,2 mol)

Cu
CuO
Cu2O

X

Dd H2SO4 đặc
Dung dịch Cu2+

m gam

24,8 gam

Thay vai trò oxi hóa của H2SO4 bằng [O]:

+[O]
Cu

X

(*)

m gam

Cu
CuO
Cu2O

+[O]
(**)

CuO

24,8gam
+6

Ở đây ta đã thay vai trò nhận electron của S bằng O:
+6

+4

0

−2

S + 2e → S ⇔ O + 2e → O
14


0,4

0,2

Theo nguyên tắc quy đổi: nO(**)= 0,2 mol

Theo bảo toàn khối lượng: mCuO = mX + mO(**) = 24,8 + 16 x 0,2 = 28 gam
⇒m=

28
x 64 = 22, 4 gam.
80

Phân tích chung về phương pháp quy đổi: Một bài toán Hóa có thể quy đổi
theo nhiều cách khác nhau. Nhưng dù quy đổi theo cách nào thì cũng cần bảo
toàn số oxi hóa và bảo toàn nguyên tố. Để lập được phương trình bảo toàn
lectron chính xác thì số chất phản ứng phải ít và dễ xác định. Tóm lại, khi
giải bài toán theo phương pháp quy đổi ta thấy bài toán trở nên thuận tiện,
dễ giải nên nhiều học sinh có thể làm được. Tuy nhiên, 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, dễ hiểu, biểu thị đúng bản chất
hóa học.
Tiếp theo tôi xin trình bày trong sáng kiến kinh nghiệm thêm một số bài
toán Hóa hay giải theo phương pháp quy đổi.
Bài 5: Cho 11,36 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe 2O3 và Fe3O4 phản ứng hết
với dung dịch HNO3 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. Tìm giá trị m? (Đề thi Đại học khối A 2008)

Giải:
Quy đổi hỗn hợp đầu về hai nguyên tố Fe và O:

Fe: x mol
O: y mol

Sơ đồ hóa bài toán:

0

Fe
0

+2

+5

ddH N O3

Khí N O (1,344 lít)
nNO = 0,06 mol

O

Dd Fe3+: x mol
O2-

11,36 gam
15


Ta có phương trình: 56x + 16y = 11,36 (1)

Các quá trình nhường nhận electron:
0

+3

0

-2

Fe → Fe + 3e

O + 2e → O

x

y

3x

Đối với học sinh khá
giỏi các em không
cần xác định bước
này mà có thể đưa ra
ngay phương trình
(2)

+2

+5

N + 3e → N

2y

0,18 0,06

Theo bảo toàn electron: 3x - 2y = 0,18 (2)
Từ (1) và (2) ⇒

{

56 x +16 y =11,36
3 x −2 y =0,18

mol
⇒ { xy==0,16
0,15 mol

Theo bảo toàn nguyên tố:
⇒ nFe3+ = nFe = 0,16mol
mFe ( NO3 )3 = 0,16 x 242 = 38, 72 gam

Bài 6: Cho 9,12 gam hỗn hợp gồm FeO, Fe 2O3 và Fe3O4 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 FeCl2 và m gam FeCl3. Tìm giá trị m?
Giải:

Fe: x mol
FeO
Fe2O3 thành hỗn hợp đơn giản gồm O : y mol
Fe3O4

Quy đổi hỗn hợp gồm

Sơ đồ hóa bài toán:

Fe: x mol Dd HCl dư
O : y mol
9,12 gam
Ta có: 56x + 16y = 9,12 (1)

7,62 gam Fe2+ (nFe2+ = 0,06 mol)
Fe3+: m gam
O2-

Tính m?

Các quá trình nhường nhận eletron:
0

+2

0

+3

Fe →Fe + 2e

Fe →Fe +3e

0,06

(x-0,06)

0,12

3(x-0,06)

0

-2

O +2e →
O

y

2y

Theo bảo toàn electron: 0,12 + 3(x - 0,06) = 2y (2)
Từ (1) và (2) ta có:

{

56 x +16 y =9,12
3 x − 2 y = 0,06

16

⇒ { xy==0,12
0,15 ⇒

{

nFe = 0,12 mol
nO = 0,15 mol

⇒ nFeCl3 = x − 0, 06 = 0,12 − 0, 06 = 0, 06mol

⇒ mFeCl3 = 0, 06 x162,5 = 9, 75 gam
Bài 7: Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Fe, FeCl 2, FeCl3 trong axit
H2SO4 đặc nóng, thoát ra 4,48 lít khí SO 2 ( sản phẩm khử duy nhất, ở đktc) và
dung dịch Y. Thêm NH3 dư vào dung dịch Y thu được 32,1 gam kết tủa. Tìm
giá trị m?
Giải:
Quy đổi hỗn hợp X về hỗn hợp gồm 2 nguyên tố

Sơ đồ hóa bài toán:
+H2SO4
Fe: x mol
Cl: y mol

Khí SO2 4,48l
dd Y

m

Fe:xmol
Cl:y mol

+NH3

Fe2SO4
FeSO4

Fe(OH)3 32,1 g
(NH4)2SO4

Ta có: 56x +35,5y = m
Theo bảo toàn electron: 3x - y = 0,4 (1)
Bảo toàn nguyên tố Fe: x = nFe = 2nFe+3 = nFe ( OH )3 =
Thế (2) vào (1) ta được: 3 x 0,3 - y = 0,4

⇒

32,1
= 0,3 (2)
107
y = 0,5

Vậy: m = 56 x 0,3 + 35,5 x 0,5 = 34,55 gam

Bài 8: Hỗn hợp X có tỉ khối so H2 là 27,8 gồm butan, metylxiclopropan, but2-en, etylaxetylen và đivinyl. Khi đốt cháy hoàn toàn 0,15 mol X, tổng khối
lượng CO2 và H2O thu được là bao nhiêu?
Giải:

C: 0,6mol
H: y mol

Quy đổi hỗn hợp X thành
Sơ đồ đốt cháy:

{

C

H

o

+ O2 ,t

→

{

CO2
H 2O

Tổng khối lượng CO2 và H2O thu được là:
17

⇒ ⇒ nH= 8,34 - 0,6x12=1,14 mol


m = 0,6x 44 + 0,57 x 18 = 36,66 gam
Bài 9: Để hoà tan hoàn toàn 2,32 gam hỗn hợp gồm FeO, Fe 3O4 và Fe2O3
(trong đó số mol FeO bằng số mol Fe 2O3), cần dùng vừa đủ V lít dung dịch
HCl 1M. Giá trị của V là (Đề thi đại học năm 2008)
A. 0,23.

B. 0,18.

C. 0,08.

D. 0,16.

Vì số mol FeO , Fe2O3 bằng nhau nên ta có thể quy đổi chúng thành Fe3O4 .
Vậy hỗn hợp trên chỉ gồm Fe3O4 .
nFe3O4 = 2,32 : 232 = 0,01 mol

Fe3O4 + 8HCl → 2FeCl3 + FeCl2 + 4H2O
0,01

0,08 mol

→ n HCl = 0,08 mol → V HCl = 0,08/1 = 0,08 lít.

Chọn C .

Bài 10: Dung dịch X có chứa 5 ion: Mg2+, Ba2+, Ca2+, 0,1 mol Cl − và 0,2 mol
NO3− . Thêm dần V lít dung dịch K2CO3 1 M vào X đến khi lượng kết tủa lớn

nhất thì giá trị V tối thiểu cần dùng là bao nhiêu?
Giải:
Quy đổi hỗn hợp 3 cation thành M2+.
Áp dụng bảo toàn điện tích:
ncation x 2 = 0,1 x1 + 0,2 x 1 =0,3 (mol)

⇒

ncation = 0,15 (mol)

M2+ + CO32− → MCO3 ↓
⇒ nK 2CO3 = nCO 2− = ncation = 0,15(mol ) ⇒ VK 2CO3 = 0,15l = 150ml
3

18


Chương 3
THỰC NGHIỆM PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔI.
3.1. MỤC ĐÍCH THỰC NGHIỆM: Kiểm tra khả năng học sinh giải bài tập
theo phương pháp quy đổi.
3.2. NỘI DUNG THỰC NGHIỆM
3.2.1. Thực nghiệm viên: Nguyễn Thị Ly, giáo viên trường THPT Sơn Hà.
3.2.2. Nội dung: Giải 10 bài tập trình bày ở trên.
3.3. ĐỐI TƯỢNG VÀ THỜI GIAN THỰC NGHIỆM:
3.3.1. Đối tượng thực ngiệm: Chọn học sinh lớp 12C1, 12C3.
Chọn mỗi lớp 20 học sinh tham gia thực nghiệm. Chia làm 2 nhóm.
3.3.2. Thời gian thực nghiệm: Đầu năm học 2013 - 2014.
3.4. TIẾN TRÌNH THỰC NGHIỆM:
3.4.1. Các bước thực nghiệm:
3.4.1.1. Bước 1: Chuẩn bị các bài tập và nội dung giải bài tập theo
phương pháp quy đổi.
3.4.1.2. Bước 2: Tiến hành thực nghiệm. Thực nghiệm theo kiểu đối
chứng.
Hướng dẫn nhóm 1 giải bài tập theo phương pháp quy đổi, còn nhóm 2 không
hướng dẫn trước như nhóm 1. Sau khi hướng dẫn xong tiến hành cho học sinh
nhóm 1, 2 giải các bài tập 1, 2, 3, 5, 7.
3.4.2. Kết quả thực nghiệm:
3.4.2.1. Kết quả thực nghiệm lần 1:
Đối
TB trở
SĨ
Giỏi

Khá
T. Bình
Yếu
MÔN tượng
lên
SỐ
thực
SL % SL % SL % SL % SL %
NHÓM
20 16 80% 7 35% 4 20% 5 25% 4 20%
Hóa
1
NHÓM
20 12 60% 4 20% 3 15% 5 25% 8 40%
2
19


Nhận xét:
- Tỉ lệ học sinh tiếp thu theo phương pháp quy đổi ở nhóm 1 đạt loại giỏi
tăng so với kết quả trước thực nghiệm.
- Tỉ lệ học sinh đạt loại khá không chênh lệch so với trước thực nghiệm.
- Tỉ lệ học sinh trung bình ở nhóm 1 theo phương pháp quy đổi nhiều hơn
so với kết quả trước thực nghiệm.
- Tỉ lệ học sinh yếu giảm rõ rệt ở nhóm 1 so với trước thực nghiệm và
nhóm 2.
Tóm lại, qua thực nghiệm lần 1 cho thấy: Giải bài tập theo phương pháp
quy đổi ở nhóm 1 đã cho kết quả đáng khích lệ, đó là đã tăng tỉ lệ học sinh
khá, giỏi, giảm tỉ lệ yếu. Tuy nhiên để khẳng định thêm tôi tiến hành thực
nghiệm lần 2 bằng cách cho hai nhóm làm các bài tập còn lại 4, 6, 8, 9, 10.

3.4.2.2. Kết quả thực nghiệm lần 2:
Đối
TB trở
SĨ
Giỏi
Khá
T. Bình
Yếu
MÔN tượng
lên
SỐ
thực
SL % SL % SL % SL % SL %
NHÓM
20 18 90% 6 30% 8 40% 4 20% 2 10%
Hóa
1
NHÓM
20 12 60% 4 20% 4 20% 4 20% 8 40%
2
Nhận xét:
- Với học sinh nhóm 1 đã được hướng dẫn giải theo phương pháp quy đổi
nên các em đã tiếp thu được bài và kỹ năng giải bài tập cũng nhanh hơn. Vì
thế, tỉ lệ % các bài đạt giỏi, khá cao hơn nhóm 2.
- Học sinh được hướng dẫn về phương pháp quy đổi thì áp dụng một cách
nhuần nhuyễn, sáng tạo. Vì vậy, hiệu quả học tập và độ khắc sâu kiến thức
của học sinh cao hơn học sinh không được hướng dẫn. Từ đó tạo hứng thú
cho học sinh yêu thích môn hóa học và có khả năng thi đậu đại học.
3.5. ĐÁNH GIÁ VỀ PHẠM VI, ẢNH HƯỞNG CỦA SÁNG KIẾN.
Giải bài tập theo phương pháp quy đổi không chỉ dành riêng cho học sinh

khối lớp 12 mà còn có thể dùng làm phương pháp giải toán hữu hiệu cho học
20


sinh ở các khối lớp 10, 11. Đặc biệt phương pháp giải bài tập Hóa mang tính
thông minh, sáng tạo sẽ giúp cho học sinh có cách học tư duy và hiệu quả
hơn. Phương pháp giải bài toán Hóa gồm nhiều chất phản ứng phức tạp theo
phương pháp quy đổi mà tôi tìm hiểu đã được thực nghiệm nhằm chứng minh
tính khả thi, tính hiệu quả của phương pháp trong việc nâng cao chất lượng
giảng dạy cho giáo viên và học sinh trong toàn trường. Trong thời gian tiếp
theo, tôi sẽ cố gắng nghiên cứu nhiều hơn nữa để góp phần nâng cao chất
lượng của học sinh mà được quan tâm hơn cả là học sinh khối lớp 12.

21


KẾT LUẬN
Qua quá trình nghiên cứu đề tài này, tôi thấy đây là phương pháp mới
nhưng dễ hiểu và phù hợp với mọi đối tượng học sinh. Đồng thời chuyên đề
này còn rèn luyện cho học sinh tính tư duy và kỹ năng giải các bài tập hóa
học. Đặc biệt nó đáp ứng giải quyết một phần sự khó khăn, vướng mắc của
học sinh trong quá trình giải một số đề thi tuyển sinh vào đại học khối A, B.
Đề tài đã đóng góp tích cực cho việc học tập và giảng dạy cũng như việc
luyện tập và phân dạng bài tập. Do đó, đối với giáo viên cần truyền tới học
sinh phương pháp này để các em tích lũy thêm cho bản thân một phương pháp
giải toán Hóa nhanh hơn. Bắt đầu từ lớp 11 đến lớp 12 thì có thể dạy các em
phương pháp này để nâng cao năng lực tư duy, 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.
Trên đây là một số kinh nghiệm của bản thân tôi đã được rút ra trong quá

trình giảng dạy, tìm tòi, nghiên cứu và học hỏi từ bạn bè, đồng nghiệp, những
thầy cô có nhiều kinh nghiệm.
Mặc dù đã rất cố gắng nhưng đề tài không tránh khỏi những thiếu sót và
những hạn chế. Tôi rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của hội đồng
khoa học – giáo dục các cấp, của quý đồng nghiệp để đề tài này được hoàn
chỉnh hơn, góp phần vào phát triển sự nghiệp giáo dục của nhà trường nói
riêng và của đất nước nói chung. Tôi xin chân thành cảm ơn!
Sơn Hà, ngày 20 tháng 12 năm 2014
Người viết sáng kiến
Nguyễn Thị Ly

22


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1- Phạm Ngọc Bằng - Vũ Khắc Ngọc - Hoàng Thị Bắc - Từ Sỹ Chương - Lê
Thị Mỹ Trang - Hoàng Thị Hương Giang - Võ Thị Thu Cúc - Lê Phạm Thành
- Khiếu Thi Hương Chi.
16 phương pháp và kĩ thuật giải nhanh bài tập trắc nghiệm môn HÓA HỌC NXB Đại học sư phạm 2009.
2- Phạm Đức Bình - Lê Thị Tam - Nguyễn Hùng Phương.
Hướng dẫn giải đề thi tuyển sinh đại học hóa vô cơ theo 16 chủ đề - NXB
Quốc gia TP.Hồ Chí Minh.
3- Quan Hán Thành.
270 bài toán Hóa nâng cao chon lọc - NXBGD 2005.
Phân loại và phương pháp giải toán vô cơ - NXB trẻ 2000.
4- Hướng dẫn giải các đề thi tuyển sinh đại học môn Hóa khối A, B từ năm
2007 đến 2014 trên mạng internet.

23