Phương pháp giải nhanh một số dạng bài toán về axit nitric ở lớp 11 THPT

Mục lục
PHẦN 1: MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài .......................................................................................2
1.2. Mục đích nghiên cứu…………………………………………………….2
1.3. Đối tượng nghiên cứu……………………………………………………2
1.4.Phương pháp nghiên cứu………………………………………………....2
PHẦN 2: NỘI DUNG
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm………………………………..3
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm…………..3
2.3. Nội dung của các dạng bài toán
2.3.1. Lý thuyết trọng tâm về axit nitric..........................................................3
2.3.2. Định luật thường vận dụng....................................................................4
2.3.3. Một số dạng bài tập về HNO3
Dạng 1: Kim loại ( hoặc hỗn hợp kim loại) tác dụng với dung dịch HNO3
Dạng 1.1: Sản phẩm khử không có NH4NO3 .............................................4
Dạng 1.2. Đánh giá sự tạo thành muối amoni ............................................7
Dạng 2: Bài toán xác định sản phẩm khử của HNO3 ....................................11
Dạng 3: Bài toán NO3- trong môi trường axit ................................................14
Dạng 4: Cho hỗn hợp X (kim loại và hợp chất của kim loại với lưu huỳnh)
tác dụng với dung dịch HNO3 ............................................................................16
2.4. Thực nghiệm sư phạm ...........................................................................17
PHẦN 3: KẾT LUẬN................................................................................19

1


PHN 1: M U
1.1. Lý do chn ti
Hin nay trong quỏ trỡnh i mi phng phỏp ging dy cng nh hỡnh
thc kim tra ỏnh giỏ cht lng hc sinh thỡ kim tra trc nghim ó c ỏp
dng cú hiu qu. Kim tra trc nghim l mt phng phỏp kim tra cú hiu

qu vi hc sinh yờu cu hc sinh phi hc tp, nghiờn cu vn mc cao
hn: t duy nhanh hn, k nng lm bi nhanh, cỏc phng phỏp lm bi cng
a dng hn, phong phỳ hn nhm giỳp hc sinh tỡm ra kt qu mt cỏch nhanh
nht v chớnh xỏc
Vy hc sinh cú nhng k nng nh th ngoi t hc, t sỏng to ca
hc sinh thỡ giỏo viờn cng phi cung cp cho hc sinh nhng phng phỏp gii
nhanh phự hp vi yờu cu ca hỡnh thc thi. Trong cỏc thi trc nghim quc
gia, bi tp v axit nitric thng rt phong phỳ v liờn quan n nhiu cht c
bit l kim loi v hp cht ca kim loi. Cú nhng bi toỏn xy ra nhiu quỏ
trỡnh phc tp ũi hi hc sinh phi bit phõn tớch, ỏnh giỏ ỳng bn cht v
chn c phng phỏp gii nhanh phự hp nht. Nhiu hc sinh khụng bit
lm mt cỏch tng quỏt m ch xột cỏc trng hp hoc vit mt lot cỏc
phng trỡnh phn ng ri a ra ỏp ỏn, vi cỏch gii ny ụi khi khụng gii
ra kt qu. Nh vy trong khi thi trc nghim yu t thi gian l rt cn thit.
Nu hc sinh gii nh vy s mt nhiu thi gian, kt qu t c s khụng
cao. Vỡ vy thc t yờu cu cn thit phi cú phng phỏp gii nhanh bi toỏn
phự hp vi cỏc dng bi toỏn.
Vỡ vy tụi ó phõn dng bi tp, nờu cỏch gii nhanh trong tng dng v
ỳc rỳt trong ti: " PHNG PHP GII NHANH MT S DNG BI
TON V AXIT NITRIC LP 11 - THPT.
1.2. Mc ớch nghiờn cu
Thăm dò khả năng và năng lực riêng của học sinh khi tiếp xúc
với một phơng pháp giải toán mới .
Sử dụng định luật bảo ton electron để giải nhanh bài toán
hoá học .
Phân loại và tuyển chọn một số bài tập, một số đề tuyển
sinh vào các trờng đại học, cao đẳng để học sinh luyện thi
đại học
Rèn trí thông minh, phát huy tính tích cực, chủ động, sáng
tạo của học sinh, tạo ra hứng thú học tập bộ môn hoá học của

học sinh phổ thông .
1.3. i tng nghiờn cu
Trong ti ny tụi tng kt phng phỏp gii nhanh mt s dng bi tp v
axit nitric
- Kim loi tỏc dng vi dung dch HNO3
- Phng phỏp xỏc nh sn phm kh
- Bi toỏn NO3- trong cỏc mụi trng c bit l mụi trng axit

2


- Cho hn hp ( kim loi, hp cht ca kim loi vi lu hunh tỏc dng vi
HNO3
1.4. Phng phỏp nghiờn cu
- Nghiờn cu lý thuyt: Nghiờn cu sỏch giỏo khoa, sỏch bi tp húa ph
thụng, h thng bi tp thi H-C, cỏc ni dung lớ thuyt v bi tp húa hc,
nh lut bo ton electron, nh lut bo ton nguyờn t lm c s
- Tng kt kinh nghim v th thut gii bi toỏn v HNO3
- Thc nghim.
+ Trao đổi, trò chuyện với đồng nghiệp, học sinh trong quá
trình nghiên cứu
+ Thc nghim s phm: Bi dng hc sinh gii Húa THPT, ụn thi THPT
quc gia
+ Phng phỏp thng kờ toỏn hc v x lớ kt qu thc nghim.

PHN 2: NI DUNG
2.1. C s lớ lun ca sỏng kin kinh nghim.
Hin nay trong cỏc bi kim tra, cỏc kỡ thi hc sinh phi lm bi mụn hoỏ
hc di hỡnh thc trc nghim (50 cõu trong thi gian 90 phỳt) ũi hi cỏc em
khụng nhng phi nm vng kin thc m cũn phi cú phng phỏp gii bi tp

ngn gn nht, k nng tớnh toỏn nhanh v chớnh xỏc.
Tuy nhiờn trong quỏ trỡnh ging dy tụi nhn thy nhiu hc sinh cũn lỳng
tỳng trong vic tỡm phng ỏn nhanh nht i n kt qu cui cựng. Vy
trc ht, hc sinh phi nm vng kin thc lý thuyt trng tõm liờn quan n
bi toỏn, t ú tin hnh cỏc thao tỏc t duy. Trong logic hc, ngi ta thng
bit cú ba phng phỏp hỡnh thnh nhng phỏn oỏn mi: Quy np, suy din v
loi suy.Ba phng phỏp ny cú quan h cht ch vi nhng thao tỏc t duy:
phõn tớch, tng hp, so sỏnh, khỏi quỏt hoỏ .
Sau khi tin hnh t duy xong, hc sinh la chn phng phỏp gii nhanh
phự hp vi bi toỏn. C th vi bi toỏn v HNO 3 ch yu xy ra cỏc quỏ trỡnh
oxh v quỏ trỡnh kh nờn thng s dng phng phỏp bo ton eletron trờn c
s nm vng bn cht: Xỏc nh chớnh xỏc s bin i s oxh t trng thỏi u
n trng thỏi cui ca cỏc cht kt hp thờm bo ton in tớch, phng phỏp
trung bỡnh, bo ton nguyờn t...
2.2. Thc trng
Vi hc sinh trng THPT Hong Hoỏ 3, cht lng cũn thp, nhanh
nhy cha cao, phỏt hin vn cũn chm, kh nng t duy cũn hn ch. Hn
na, cỏc em thng quen vi cỏch gii truyn thng: ú l vit phng trỡnh
phn ng v lp phng trỡnh hoc lp h phng trỡnh v bin lun. Vi cỏch
gii ny cỏc em mt khỏ nhiu thi gian i n kt qu ca bi toỏn, khụng
phự hp vi kiu bi thi trc nghim hin nay. Vỡ vy, phõn dng bi tp mt
cỏch chi tit, phõn tớch bn cht ca bi toỏn ỏp dng phng phỏp gii nhanh

3


phù hợp đối với học sinh là rất cần thiết. Đó là cách mà tôi áp dụng trong quá
trình giảng dạy và đúc rút nên đề tài này.
2.3. Nội dung của các dạng bài toán
2.3.1. Lý thuyết trọng tâm về axit nitric

- HNO3 là axít mạnh: có đầy đủ tính chất của axit
- HNO3 có tính oxh mạnh : là tính chất của ion NO3-/H+
• Tác dụng với kim loại
Kim loại có nhiều số oxi hóa khác nhau khi phản ứng với dung dịch axit
HNO3 loãng, dung dịch axit HNO3 đặc nóng sẽ đạt số oxi hóa cao (Fe0 → Fe+3 )
Hầu hết các kim loại phản ứng được với HNO 3 (trừ Pt, Au) khi đó N +5 trong
HNO3 bị khử về các mức oxi hóa thấp hơn . Tùy theo bản chất của kim loại và
nồng độ HNO3 mà tạo thành các sản phẩm khử: NO2, NO, N2O, N2, NH4NO3
HNO3 đặc nguội làm thụ động một số kim loại như: Fe, Al, Cr…
• Tác dụng với phi kim:
HNO3 tác dụng với nhiều phi kim : C, S, P... oxh phi kim lên mức oxh cao:
CO2, H2SO4, H3PO4 đồng thời giải phóng NO hoặc NO 2 tùy theo nồng độ
HNO3
• Tác dụng với nhiều chất khử
Đặc biệt chú ý các hợp chất của sắt mà trong đó sắt có số oxh < +3
Bản chất Fe+2 → Fe+3
2.3.2 . Định luật thường vận dụng
Định luật bảo toàn electron được vận dụng chủ yếu trong giải bài toán về
HNO3
Nguyên tắc của phương pháp như sau: khi có nhiều chất oxy hóa, chất khử
trong một hỗn hợp phản ứng (nhiều phản ứng hoặc phản ứng qua nhiều giai
đoạn) thì tổng số electron của các chất khử cho phải bằng tổng số electron mà
các chất oxy hóa nhận. Phương pháp này đặc biệt hữu ích đối với các bài toán
cần phải biện luận nhiều trường hợp có thể xảy ra. Chỉ cần các em xác định
đúng trạng thái oxi hoá-trạng thái khử và xác định đúng tổng số e nhường và
tổng số e nhận
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.
2.3.3. Một số dạng bài tập về HNO3
Dạng 1: Kim loại ( hoặc hỗn hợp kim loại) tác dụng với dung dịch HNO3
Dạng 1.1: Sản phẩm khử không có NH4NO3
- Tất cả các phản ứng của kim loại với dung dịch HNO 3 đều là phản ứng oxi
hoa-khử. Vì vậy, phương pháp chủ đạo được áp dụng là định luật bảo toàn
electron
- Các quá trình oxi hóa và quá trình khử xảy ra khi cho kim loại M tác dụng
với dung dịch HNO3
4


Các quá trình oxi-hóa
M → Mn+ + n e
a
a.n mol

Hoặc có thể viết:
Các quá trình oxh
M → Mn+ + n e
a
a
a.n mol

Các quá trình khử:
2H + NO3- + 1e 
→ NO2 + H2O
+
4H + NO3 +3 e 
→ NO + 2H2O

+
10H + 2NO3 +8e 
→ N2O +5 H2O
+
12H + 2 NO3 +10 e 
→ N2 + 6 H2O
+
10H + NO3 +8e 
→ NH4+ +3H2O
+

các quá trình khử
N+5 + 1e → N+4
N+5 + 4e → N+1
2N+5 + 10e → N2
N+5 + 3e → N+2
N+5 + 8e → N-3

Vậy ne nhường = nenhận = ne trao đổi
a.n mol = nNO2 + 3.nNO + 8.nN2O + 10.nN2 + 8.nNH4+
Các dạng câu hỏi thường gặp:
1) Tính khối lượng muối trong dung dịch sau phản ứng
Dễ thấy số mol của NO3- trong muối M(NO3)n bằng a.n mol = ne trao đổi
mmuối= mkim loại+ mNO = mkim loại+ 62. ne trao đổi
(1)
2). Tính HNO3
Cách 1: Dựa vào các bán phản ứng trên
nHNO3 = nH + = 12nN2 + 10 N2O + 4nNO + 2nNO2
(2)
Cách 2: áp dụng định luật dảo toàn nguyên tố Nitơ

nN ( HNO ) = nHNO = nN (muoi) + nN (spk) = ne trao đổi +nN(spk)
(3)
Chú ý:
- Với những bài toán đề bài đã cho biết số mol của HNO 3 thì phải dùng các bán
phản ứng để giải chứ không được dùng các quá trình tắt:
N+5 + 1e → N+4
N+5 + 4e → N+1
2N+5 + 10e → N2
N+5 + 3e → N+2
Khi đó các em dễ mắc phải sai lầm đưa toàn bộ số mol N +5 trong HNO3
vào để tính ne mà N+5 trong HNO3 có 2 vai trò: một phần bị khử trong môi
trường H+ tạo sản phẩm khử, một phần không bị khử (tạo muối)
Bài tập vận dụng:
Bài 1: Cho 11 g hỗn hợp hai kim loại Al và Fe vào dung dịch HNO 3 loãng dư,
thu được 6,72 lit khí NO (đktc) duy nhất. Khối lượng (g) của Al và Fe trong hỗn
hợp đầu là:
A. 5,6 và 5,4.
B. 5,4 và 5,6.
C. 4,4 và 6,6.
D. 4,6 và 6,4.
6,72
Giải:
nNO =
= 0,3 mol
22,4
Gọi x, y lần lượt là số mol Al và Fe trong hỗn hợp đầu
3

3

−

3

5


Ta có: 27x + 56y = 11
(1)
+5
+2
N + 3e → N
0,9 mol 0,3 mol

Al
→ Al+3 + 3e
x mol
3x mol
+3
Fe
→ Fe
+ 3e
y mol
3y mol
Theo định luật bảo toàn e: ne nhường = ne nhận = 0,9 mol
hay: 3x + 3y = 0,9
(2)
 m Al = 27.0,2 = 5,4 g
 x = 0,2 mol
Từ (1) và (2) ta có 

⇒
→ Đáp án B
 y = 0,1 mol
 m Fe = 56.0,1 = 5,6 g
Bài 2: (Câu 19 - Mã đề 182 - Khối A - TSĐH - 2007)
Hòa tan hoàn toàn 12 gam hỗn hợp Fe, Cu (tỉ lệ mol 1:1) bằng axit HNO 3, thu
được V lít (ở đktc) hỗn hợp khí X (gồm NO và NO 2) và dung dịch Y (chỉ chứa
hai muối và axit dư). Tỉ khối của X đối với H2 bằng 19. Giá trị của V là
A. 2,24 lít.
B. 4,48 lít.
D. 3,36 lít.
D. 5,60 lít.
Giải:
nFe = nCu = 12/(56+64) = 0,1 mol
áp dụng sơ đồ đường chéo:
NO 30
8
38
NO2 46
8
Vậy nNO : nNO2 = 1:1
Fe0 → Fe+3 + 3e
N+5 + 3e → N+2
0,1
0,3 mol
3.x
x mol
0
+2
+5

Cu → Cu + 2e
N + 1e → N+4
0,1
0,2 mol
x
x mol
Theo định luật bảo toàn e: ne nhường = ne nhận = 0,5 mol
Ta có: 4.x = 0,5 → x = 0,125
Vậy V = 0,125.2.22,4 = 5,6 lít → Đáp án D
Bài 3: Cho 8,63 gam hỗn hợp 3 kim loại Al, Fe, Cu vào 2 lít dung dịch HNO 3 x
M phản ứng vừa đủ thu được 1,792 lít khí X (đktc) gồm N 2 và NO2 có tỉ khối
hơi so với He bằng 9,25. Nồng độ mol/lít HNO 3 trong dung dịch đầu và tổng
khối lượng muối thu được là:
A. 0,28M ; 35,91gam
B. 1,4M; 13,59gam
C. 1,7M; 35,19 gam
D. 1,2M ; 31,59 gam
Phân tích đê: Đây là bài toán đã cho dữ kiện để tính sản phẩm khử, bài toán
yêu cầu tính tổng muối chứ không yêu cầu tính muối của mỗi kim loại, và tính
HNO3 nên ta chỉ cần tính ne trao đổi rồi áp dụng công thức tính nhanh đã lập ở trên
Giải:
nX = 0,08 mol
áp dụng sơ đồ đường chéo:
N2
28
9
37
Vậy nN2 : nNO2 = 1:1 → nN2 = nNO2 = 0,04 mol
6

NO2 46
Ta có:

9
12H+ + 2 NO3- +10 e 
→ N2 + 6 H2O
0,48
0,4
0,04 mol
+
2H + NO3 + 1e 
→ NO2 + H2O
0,08
0,04
0,04 mol
Vậy số mol HNO3: 0,48 +0,08 = 0,56 mol → x = 0,56/2 = 0,28M
Khối lượng muối thu được:
mmuối = mkim loại+ 62. ne trao đổi = 8,63 + 0,44.62 =35,91 gam → Đáp án A
Bài 4: Thể tích dung dịch HNO3 1M (loãng) ít nhất cần dùng để hoà tan hoàn
toàn 18 gam hỗn hợp gồm Fe và Cu trộn theo tỉ lệ mol 1 : 1 là: (biết phản ứng
tạo chất khử duy nhất là NO):
A.1,0 lít
B. 0,6 lít
C. 0,8 lít
D. 1,2 lít
Phân tích đê:
- Đây là bài toán dù đơn giản nhưng khá hay, yêu cầu học sinh phải nắm vững
tính chất của các chất nên rất dễ mắc sai lầm
- Vận dụng tính chất Fe3+ oxh được Feo→ HNO3 dùng ít nhất khi ta lợi dụng Fe3+

sinh ra hòa tan một phần sắt và Cu → sản phẩm cuối cùng của sắt là Fe2+
Giải:
nFe = nCu = 18/(56+64) = 0,15 mol
→ NO + 2H2O
Fe0 → Fe+2 + 2e
4H+ + NO3- +3 e 
0,15
0,3 mol
0,8
0,6 mol
0
+2
Cu → Cu + 2e
0,15
0,3 mol
Vậy số mol HNO3 = số mol H+ = 0,8 mol → VHNO3 = 0,8 (lít)
Bài 5: Hoà tan hoàn toàn 32 gam kim loại M trong dung dịch HNO3 dư thu được
8,96lít (đktc) hỗn hợp khí gồm NO2 và NO, có tỉ khối so H2 bằng 17. Kim loại
M là: A. Cu
B. Zn
C. Fe
D. Ca
Giải:
nX = 0,4 mol
áp dụng sơ đồ đường chéo:
NO
30
12
34
NO2 46

4
Vậy nNO : nNO2 = 3:1 → nNO = 0,3 mol , nNO2 = 0,1mol
M → Mn+ + n e
1/n
1,0 mol

N+5 + 1e → N+4
0,1
0,1 mol
+5
N + 3e → N+2
0,9 0,3 mol
M = 32.n với n = 2, M = 64 (Cu) → Đáp án A
Dạng 1.2. Đánh giá sự tạo thành muối amoni
7


Cho chất khử tác dụng với dung dịch HNO 3, ngoài sản phẩm khử là các
khí, còn có thể có sản phẩm khử là NH4NO3.
Đây là một số phương pháp đánh giá sự tạo thành muối amoni
Cách 1: Cho chất khử ( thường là kim loại) tác dụng với dung dịch HNO3
không có khí thoát ra → sản phẩm khử phải là NH4NO3
Cách 2: Cho chất khử ( thường là kim loại) tác dụng với dung dịch HNO3
thu được dung dịch A, cho dung dịch A tác dụng với dung dịch kiềm thu được
khí làm quỳ tím ẩm hóa xanh → khí đó là NH 3 → dung dịch A chứa muối
amoni:
NH4+ + OH- → NH3 + H2O
Cách 3: Cho chất khử ( thường là kim loại) tác dụng với dung dịch HNO3
thu được dung dịch A, cô cạn cẩn thận dung dịch A (chỉ có H 2O bay hơi) thu
được m gam muối khan.

VD: Đề bài đã cho số mol kim loại M là a mol, cho khối lương muối sau phản
ứng là m gam
Đánh giá:
M → M(NO3)n
a mol a mol
Vậy ta tính được: Khối lượng muối M(NO3)n = b gam
So sánh m và b, nếu m > b chứng tỏ trong dung dịch A còn có muối amoni nitrat
→ Khối lượng NH4NO3 = m – b
Cách 4: Cho chất khử ( thường là kim loại) tác dụng với dung dịch HNO3
thu được sản phẩm khử là khí (đề đã cho dữ kiện tính số mol khí)
VD: Đề bài đã cho số mol kim loại M là a mol và cho số mol khí
Áp dụng định luật bảo toàn electron
M → M+n +
ne
N+5 + (5-x) e → N+x (khí)
a mol
a.n mol
b mol
Vậy ne trao đổi = a.n
Nếu a.n > b thì chứng tỏ ngoài sản phẩm là khí còn có sản phẩm khử NH4NO3
Ta có :
NO3- + 10H+ + 8e 
→ NH4+ +3H2O
(n.a – b) mol
Cách 5: Bài toán cho số mol của HNO 3, đồng thời cho số mol của sản
phẩm khử là khí (HNO3 phản ứng vừa đủ)
Ta có: Nếu số mol H+ (trong HNO3 ban đầu) > số mol H + tạo khí (sản
phẩm khử chứa nito) thì có muối amoni
Phương pháp giải :
Sau khi đánh giá bài toán có tạo ra NH 4NO3,ta sử dụng định luật bảo toàn e giải

tương tự dạng 1.1
mmuối =( mkim loại+ 62.ne trao đổi)+ mNH NO
(4)
4

3

nHNO3 = nH + = 12nN2 + 10 N2O + 4nNO + 2nNO2 + 10nNH 4+
nN ( HNO3 ) = nHNO3 = nN (muoi) + nN (spk) = ne trao đổi +nN(spk)

(5)
(6)

Dấu hiệu nhận biết có sản phẩm khử NH4NO3
+ Kim loại tham gia phản ứng thường là kim loại hoạt động manh: Mg, Zn, Al...
8


+ Bài toán vừa cho số mol chất khử ( kim loại) vừa cho khối lượng muối sau
phản ứng
+ Bài toán vừa cho số mol chất khử ( kim loại) vừa cho số mol sản phẩm khử là
khí.
+ Bài toán vừa cho số mol HNO3 thường cho số mol sản phẩm khử là khí.
Bài tập vận dụng:
Bài 1: Hòa tan hoàn toàn 0,368g hỗn hợp Al, Zn cần vừa đủ 25 lít dd HNO 3
0,001M không có khí thoát ra. Tính thành phần % (m) mỗi kim loại trong hỗn
hợp.
Phân tích đê:
+ Theo giả thiết, hỗn hợp kim loại tác dụng với dung dịch HNO 3 không có khí
thoát ra → Sản phẩm khử là NH4NO3

+ Bài toán đã cho số mol HNO3 nên dùng bán phản ứng
→ NH4+ +3H2O tính số mol e theo H+ vì NO3- còn dư (muối)
10H+ +NO3- +8e 
Không nên dùng quá trình :N+5 + 8e → N-3 vì HS dễ mắc sai lầm : đưa
toàn bộ số mol N+5 trong HNO3 vào để tính ne vì N+5 trong HNO3 có 2 vai trò:
một phần bị khử trong môi trường H + tạo sản phẩm khử, một phần không bị khử
để tạo muối.
Giải:
số mol HNO3: 25.0,001 = 0,025 mol
Al0 → Al+3 + 3e
10H+ + NO3- +8e 
→ NH4+ +3H2O
x
3x mol
0,025
0,02mol
0
+2
Zn → Zn + 2e
Y
2y mol
Áp dụng bảo toàn e ta có phương trình: 3x + 2y = 0,02 (1)
Mặt khác, theo giải thiết ta có: 27x + 65y = 0,368 (2)
Giải hệ phương trình (1) và (2) ta được: x=0,004 , y = 0,004
0,004.27
.100% = 29,35%
%mAl =
%mZn = 100% - 29,35% =70,65%
0,368
Bài 2: Hòa tan m gam hỗn hợp gồm Al và Al 2O3 trong dd HNO3 loãng dư thu

được 0,56 lít khí không màu, hóa nâu trong không khí và dd A chứa 21,51 gam
muối khan. Nếu cho dd NaOH đến dư vào dd A thì thấy thoát ra 67,2 ml khí mùi
khai. Biết các khí đo ở đktc. khối lượng (m) của hỗn hợp đầu ?
Phân tích đê:
+ dung dịch A tác dụng với dung dịch NaOH có khí mùi khai thoát ra → trong
dung dịch A có NH4NO3
+ Chỉ có Al phản ứng với HNO3 sinh ra sản phẩm khử, còn Al2O3 phản ứng với
HNO3 chỉ tạo muối và H2O
+ Khí không màu hóa nâu trong không khí là NO
Giải:
NH4+ + OH- → NH3 + H2O
3.10.3
3.10-3 mol
Vậy số mol NH4NO3 là 3.10-3 mol
9


Khối lượng muối Al(NO3)3 : 21,51 – 3.10-3.80 = 21,27 gam
Số mol Al(NO3)3 : 0,1 mol
Al0 → Al+3 + 3e
0.033
0,099 mol

N+5 + 3e → N+2
0,075 0,025 mol
N+5 + 8e → N-3
0,024 3.10-3 mol
Áp dụng bảo toàn e : ne nhường = nenhận = 0,075 + 0,024 = 0,099 mol
Áp dụng bảo toàn nguyên tố Al:
số mol Al2O3 = (0,1- 0,033)/2 = 0,0335 mol

m = 0,033.27 + 0,0335.102 = 4,308 gam
Bài 3: Hòa tan hoàn toàn 9,24 gam Mg vào dung dịch HNO 3 dư, sau khi các
phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y và hỗn hợp 2 khí gồm 0,025
mol N2O và 0,15 mol NO. Vậy số mol HNO3 đã bị khử ở trên và khối lượng muối
trong dung dịch Y là
A. 0,215 mol và 58,18 gam.
B. 0,65 mol và 58,18 gam.
C. 0,65 mol và 56,98 gam.
D. 0,215 mol và 56,98 gam.
Phân tích đê:
+ Bài toán vừa cho số mol của kim loại vừa cho số mol sản phẩm khí → dự
đoán có muối amoni (cách đánh giá 4)
+ số mol HNO3 bị khử về sản phẩm khử = số mol N trong sản phẩm khử
Giải:
nMg = 0,385 mol → ne nhường = 0,385.2 =0,77 mol
ne nhận tạo khí = 0,025.8 + 0,15.3 = 0,65 mol < 0,77 → có muối amoni
ne nhận tạo NH4+ = 0,77 – 0,65 = 0,12 mol
→ số mol NH4NO3 = 0,12/8 = 0,015 mol
Số mol HNO3 bị khử: 0,025.2 + 0,15 + 0,015 =0.215 mol
Khối lượng muối thu được: (9,24 + 0,77.62) + 0,015.80 = 58,18 gam
Bài 4: Hòa tan hoàn toàn 30 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al và Zn trong dung dịch
HNO3, sau phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch Y và hỗn hợp gồm 0,1 mol
N2O và 0,1 mol NO. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 127 gam hỗn hợp
muối. Số mol HNO3 đã bị khử trong phản ứng trên là
A. 0,40 mol
B. 0,30 mol
C. 0,35 mol
D. 0,45 mol
Phân tích đê:
+ Bài toán vừa cho số mol khí, vừa cho khối lượng kim loại, vừa cho số mol sản

phẩm khí→ dự đoán có muối NH4NO3
+ Khi tính số mol e trao đổi chú ý phải cộng thêm e ở quá trình tạo NH4+
+ số mol HNO3 bị khử về sản phẩm khử = số mol N trong sản phẩm khử
Giải:
Gỉa sử không có muối amoni:
mmuối = 30 + (0,1.8 + 0,1.3).62 = 98,2 # 127 → chứng tỏ có muối amoni
Gọi số mol NH4NO3 là x mol
10


mmuối = [30 + (0,1.8 + 0,1.3 + 8x).62] + 80x = 127 → x = 0,05 mol
số mol HNO3 bị khử = 0,1.2 + 0,1 + 0,05 =0,35 mol → Đáp án C
(GV nêu vấn đê: nếu tính khối lượng NH 4NO3 = 127 – 98,2 =28,8 gam đúng
hay sai? Vì sao? GV nhấn mạnh: cách tính này hoàn toàn sai vì 98,2 không
phải là muối nitrat kim loại vì (0,1.8 + 0,1.3) chưa phải số mol e trao đổi, còn
thiếu số mol e nhận tạo NH4+ - đây là một sai lầm nhiêu HS mắc phải )
Bài 5: Hỗn hợp X gồm Al, Mg , FeO, Fe 3O4 trong đó oxi chiếm 20,22% khối
lượng hỗn hợp. Cho 25,32 gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HNO 3 dư thu
được 3,584 lít hỗn hợp khí NO và N2O (đktc) có tỉ khối so với hiđro là 15,875
và dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thu được m gam muối khan. Nung muối
khan nầy trong không khí đến khối lượng không đổi 30,92 gam chất rắn khan.
Giá trị gần nhất của m là
A. 106
B. 103
C. 105
D. 107
Phân tích đê:
Đây thực chất là bài toán nếu bài toán đánh giá sự tạo thành muối amoni
vì đề cho dữ kiện để tính khối lượng của kim loại và vì vậy sẽ tính được khối
lượng của oxi trong chất rắn ( oxit) dựa vào mối quan hệ giữa số mol và hóa trị

Giải:
nhh khí = 0,16 mol, dễ dàng tìm được nNO = 0,14 mol, nN2O = 0,02 mol
Khối lượng của oxi trong X: 25,32.20,22% = 5,12 (gam) → nO(X) = 0,32
Khối lượng của kim loại trong X là: 25,32 – 5,12 = 20,2 gam
Khối lượng của oxi trong 30,92 gam chất rắn khan: 30,92 – 20,2 = 10,72 gam
→nO = 0,67 mol
Ta có: số mol NO3- trong muối nitrat kim loại = 2. số mol oxi = 2.0,67 = 1,34
mol → ne trao đổi = 1,34 mol > (0,14.3 + 0,02.8+ 0,32.2) → có sự tạo thành muối
amoni
ne nhận tạo NH4+ = 1,34 - (0,14.3 + 0,02.8 + 0,32.2) = 0,12 mol
→ nNH4+ = 0,12/8 = 0,015 mol
Vậy m = 20,2 + 1,34.62 + 0 015.80 =104,48 gam → Đáp án C

Dạng 2: Bài toán xác định sản phẩm khử của HNO3
Dựa vào các bán phản ứng ở dạng 1.1
số mol e nhận tạo X
số mol HNO3
Đặt k =
p=
số mol X
số mol e tạo X
Dựa vào các bán phản ứng trên ta có bảng giá trị của k,p:
Sản phẩm khử X
k
p
NO2
1
2
NO
3

4/3
N2O
8
5/4
N2
10
6/5
+
NH4
8
5/4
Dựa vào k,p ta biện luận sản phẩm khử
11


+ Nếu bài toán cho dữ kiện tính đựơc số mol e trao đổi và số mol sản phẩm khử
ta biện luận theo k
+ Nếu bài toán cho dữ kiện tính đựơc số mol e trao đổi và số mol HNO3 ta biện
luận theo P.
Bài tập vân dụng:
Bài 1: Hoà tan hoàn toàn 11,2 gam sắt trong dung dịch HNO 3 dư thu được 4,48
lít một chất khí X (sản phẩm khử duy nhất của N+5, ở đktc ). Xác định X
Phân tích đê:
Bài toán cho biết lượng của Fe nên ta tính được: số mol e trao đổi
Bài cho biết thể tích spk nên ta tính được số mol sản phẩm khử
Ta tìm k suy ra X
Giải: Ta c ó: nFe = 0,2 mol, nX = 0,2 mol
Fe0 → Fe+3 + 3 e
0,2 mol
0,6 mol

K= 0,6/0,2 = 3 . Vậy X là NO
Bài 2: Cho x mol Fe tan hoàn toàn trong dung dịch chứa y mol HNO 3 ( Tỉ lệ x: y
= 16: 61) thu được một sản phẩm khử duy nhất và dung dịch chỉ chứa muối
nitrat.
a. Tìm số mol e do lượng sắt trên nhường khi bị hoà tan
b. Tính khối lượng mỗi muối tạo thành sau phản ứng
Phân tích đê:
Bài không cho dữ kiện tính số mol sản phẩm khử nên ta phải biện luận theo p
Giải:
a. p có giá trị : y/3x → y/2x nên: 61/3.16 ≤ p ≤ 61/16.2 hay :
1,27 ≤ p ≤ 1,91
Do chỉ thu được một sản phẩm khử duy nhất nên p= 4/3 ứng với sản phẩm khử
là NO.
Ta có: 4H+ + NO3- +3 e 
→ NO + 2H2O
y mol
3/4 y mol
Vậy số mol e do Fe nhường = số mol e nhận = 0,75 .y mol
b. Chú ý: nếu p= 16/183 thì dung dịch thu được chỉ có muối sắt (III)
P =16/122 thì dung dịch thu được chỉ có muối sắt (II)
Trong bài này: 16/183 < p= 4/3 < 16/122 nên dung dịch thu được chứa đồng
thời 2 muối.
Gọi số mol của Fe(NO3)2 v à Fe(NO3)3 lần lượt là a và b.
Ta có hệ phương trình
 2a + 3b = 0,75 y
a = 9 x / 64
→

b = 55 x / 64
a + b = x

Vậy m Fe(NO3)2 = 23,3125 x (g), m Fe(NO3)3 = 207,97x(g)
Bài 3: Cho 3,76 gam hỗn hợp X gồm Mg và MgO có tỉ lệ mol tương ứng là
14:1 tác dụng hết với dung dịch HNO 3 thì thu được 0,448 lít một khí duy nhất A

12


(đo ở đktc) và dung dịch Y. Cô cạn cẩn thận dung dịch Y thu được 23 gam chất
rắn khan T. Xác định khí A
Phân tích đê: Đọc kĩ đề ta dễ thấy: đề bài cho dữ kiện tính muối Mg(NO 3)2
trong dung dịch Y, lại cho cả khối lượng chất rắn khi cô cạn dung dịch Y → Dự
đoán có muối amoni
Giải: Gọi số mol của Mg và MgO lần lượt là 14x và x
Ta có 14x.24 + 40.x = 3,76 → x = 0,01 . Vậy nMg = 0,14 mol, nMgO = 0,01 mol
Bảo toàn Mg: số mol Mg(NO3)2 = 0,14 + 0,01 = 0,15 mol
→ Khối lượng Mg(NO3)2 = 0,15. 148 = 22,2 gam < 23 gam
→ khối lượng muối NH4NO3 = 23 – 22,2 = 0,8 gam → số mol NH4NO3 = 0,01
mol
→ NH4+ +3H2O
Mg0 → Mg+2 + 2e
10H+ + NO3- +8e 
0,14
0,28 mol
0,1
0,08
0,01 mol
+5
N +ke →A
0,02k 0,02 mol
Ta có: 0,08 + 0,02k = 0,28 → k = 10 → A là N2

DẠNG 3: Bài toán NO3- trong môi trường axit
+ Môi trường trung tính: NO3− không thể tính OXH
+ NO3− trong môi trường kiềm OH- bị khử về NH3.
+ NO3− trong môi trường axit H+ có bản chất giống HNO3
Xét bài toán NO3− trong môi trường axit H+ :
Nhận dạng bài toán: Trong một dung dịch vừa có ion H+ vừa có ion NO3−
Có thể dung dịch gồm: muối nitrat và axit thường : NaNO3, HCl/H2SO4
Có thể dung dịch gồm HNO3, HCl/H2SO4
Gỉa sử: Cho a mol chất khử ( VD kim loại M) tác dụng với dung dịch chứa b
mol H+ và c mol NO3− tạo ra khí NO
Giải:
Cách 1: Dùng phương trình ion thu gọn
3 M + 4n H+ + n NO3− → 3 Mn+ + n NO + H2O
a mol b mol
c mol
Lập tỉ lệ:
a
3

b
4n

c
n

So sánh các tỉ lệ trên, tỉ lệ nào nhỏ nhất thì chất tương ứng phản ứng hết, ta tính
theo chất hết.
Các bài toán khác làm tương tự
Cách 2: Biện luận để suy ra ne trao đổi
- Giả sử chất khử phản ứng hết ta tính được ne nhường max = a mol

- Giả sử chất OXH phản ứng hết ta tính được ne nhận max = b mol
- So sánh a và b:
+ Nếu a = b thì ne trao đổi = a = b
13


+ Nếu a>b thì ne trao đổi =b
+ Nếu aTrong trường hợp bài toán xảy ra nhiều quá trình, cách thứ 2 giải sẽ ngắn gọn
hơn
Bài tập vân dụng:
Bài 1: Cho 0,87 gam hỗn hợp gồm Fe, Cu và Al vào bình đựng 300 ml dung
dịch H2SO4 0,1M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 0,32 gam
chất rắn và có 448 ml khí (đktc) thoát ra. Thêm tiếp vào bình 0,425 gam NaNO 3,
khi các phản ứng kết thúc thì thể tích khí NO (đktc, sản phẩm khử duy nhất) tạo
thành và khối lượng muối trong dung dịch là
A. 0,224 lít và 3,750 gam. B. 0,112 lít và 3,750 gam.
C. 0,112 lít và 3,865 gam.
D. 0,224 lít và 3,865 gam.
Giải:
Cho hỗn hợp (Fe, Cu và Al ) tác dụng với dung dịch H2SO4 0,1M
0, 448
= 0, 02mol → nH + = 0, 04 < nH + ban đầu → H+ dư→ Fe và Al phản ứng hết
pu
22, 4
0,32
= 0, 005mol
→ chất rắn sau phản ứng chỉ có Cu →mCu =0,32 gam→nCu =
64
nH 2 =

Gọi số mol của Al và Fe lần lượt là x, y
Al0 → Al3+ + 3e
2 H+ + 2.1e → H2
x
3.x mol
0,04 0,04 0,02 mol
0
+2
Fe → Fe + 2e
y
2.y mol
 x = 0,01
27.x + 56. y = 0,55
Ta có hệ phương trình: 
→
3.x + 2. y = 0,04
 y = 0,005
2+
3+
Hỗn hợp sau phản ứng gồm : Cu, Fe , Al , SO42-, H+. Cho tiếp NaNO3 vào thì
Cu, Fe2+ bị oxh bởi NO3-/H+
Do tính khử của Cu > Fe2+ nên Cu bị oxh trước
Cách 1: Viết pt ion thu gọn:
3 Cu + 8 H+ + 2 NO3- → 3 Cu2+ + 4 H2O + 2 NO
nbđ
0,005 0,02 0,005
npư
0,005 1/75 1/300
1/300

ndư
0
1/150 1/600
Lập tỉ lệ:

0,005 0,005 0,02
<
<
nên Cu phản ứng hết, H+ và NO3- dư
3
2
8

Có phản ứng sau xảy ra:
3Fe2+ + 4 H+ + NO3- → 3Fe3+ + 2 H2O + NO
0,005 1/150 1/600
0,005/3
2+
+
Tương tự lập tỉ lệ ta có Fe , H , NO3 phản ứng vừa đủ với nhau
Vậy: NNO = 1/300 + 0,005/3 = 0,005 mol → VNO = 0,112 (lít)
Dung dịch sau phản ứng gồm : Cu2+ , Fe3+, Al3+, SO42-, Na+
Khối lượng muối thu được: 0,87 + 0,03.96 + 0,005.23 = 3,865 gam
14


Cách 2:
Cu0 → Cu+2 + 2 e
4H+ + NO3- +3 e 
→ NO + 2H2O

0,005
0,01
0,02 0,005 0 015
0,005
+2
+3
Fe → Fe + 1e
0,005
0,005
Vậy ne nhường max = ne nhận max = 0,015 mol → ne trao đổi = 0,015 mol
VNO = 0,112 (lít)
Dung dịch sau phản ứng gồm : Cu2+ , Fe3+, Al3+, SO42-, Na+
Khối lượng muối thu được: 0,87 + 0,03.96 + 0,005.23 = 3,865 gam → Đáp án C
Bài 2: Cho m gam bột Fe vào 800 ml dung dịch hỗn hợp gồm Cu(NO3)2
0,2M và H2SO4 0,25M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 0,6m
gam hỗn hợp bột kim loại và V lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc).
Giá trị của m và V lần lượt là:
A. 10,8 và 4,48. B. 10,8 và 2,24. C. 17,8 và 4,48. D. 17,8 và 2,24.
Phân tích đê:
Thứ tự giảm dần tính oxh: NO3-/H+ > Cu2+ > H+
Sau phản ứng thu được hỗn hợp bột kim loại đó chính là hỗn hợp Fe và
Cu tức là sau phản ứng Fe dư. Suy ra : trạng thái cuối cùng của sắt là sắt
(II), Cu2+ phản ứng hết, H+ hết
Áp dụng định luật bảo toàn e để giải
Giải:
n Cu(NO3)2 = 0,8 . 0,2 =0,16 mol → n Cu2+ = 0,16 mol , n n NO3 = 0,32 mol
n H2SO4 = 0,8. 0,25 =0,2 mol → n H+ =0,4 mol
0
+2
4H+ + NO3- +3 e 

→ Fe + 2 e
→ NO + 2H2O
Fe 
0,31 mol

0,62 mol

0,4 mol
0,3 mol
0,1 mol
Cu
→
+ 2e 
Cu
0,16 mol 0,32 mol 0,16 mol
n e trao đổi = 0,3 + 0,32 = 0,62 mol → nFe p/ư = 0,31 mol
khối lượng hỗn hợp kim loại sau phản ứng là:
0,16. 64 + ( m-0,31.56 ) = 0,6 m → m = 17,8 gam
VNO = 0,1.22,4 = 2,24 lít → Đáp án: D
Bài 3: Cho Al tới dư vào dung dịch HCl và 0,1 mol NaNO3 .Sau khi kết thúc các
phản ứng thu được m gam muối và 0,1 mol hỗn hợp khí Y gồm 2 khí không
màu, trong đó có một khí bị hóa nâu ngoài không khí. Tỉ khối của Y so với H 2 là
11,5. Tìm m
Phân tích bài toán:
Trong dung dịch (HCl và NaNO 3 ) có hai tác nhân oxh: NO 3-/H+ và H+.
Tính oxh của NO3-/H+ mạnh hơn H+
−
M Y = 11,5.2 = 23 mà trong Y có một khí bị hóa nâu ngoài không khí đó là
khí NO (M = 30 > 23) nên khí còn lại phải có M < 23 → Khí còn lại là H2
Trong Y có H2 chứng tỏ có quá trình 2 H+ + 2e → H2 → NO3- hết

+2

15


-

So sỏnh NO3- ban u vi NO3- to khớ NO ỏnh giỏ xem cú mui
amoni khụng

Gii:
p dng s ng chộo:
NO

30

21
23

H2
2
7
Vy nNO : nH2 = 3:1 nNO = 0,075 mol , nH2 = 0,025 mol
Ta thy: nNO < 0,1 (s mol NO3-) cú mui amoni s mol NH4+ = 0,025 mol
NO + 2H2O
Al0 Al3+ + 3e
4H+ + NO3- +3 e
0,3
0,075 0,225
0,075 mol

+
NH4+ +3H2O
10H + NO3 +8e
0,25
0,025 0,2
0,025 mol
+
2 H + 2e H2
0,05 0,05 0,025 mol
ne t = 0,475 mol , nH+ = 0,6 mol nHCl = n Cl- = 0,6 mol
Vy dung dch sau phn ng gm: Al3+ , NH4+ , Cl- , Na+
0,475
.27 + 0,025.18 + 0,6.35,5 + 0,1.23 = 28,325 (gam)
Khi lng mui thu c l:
3
Dng 4: Cho hn hp X (kim loi v hp cht ca kim loi vi lu hunh)
tỏc dng vi dung dch HNO3
Xột bi toỏn: Hn hp X (Cu 2S, CuS, FeS2 v FeS ) tỏc dng ht vi HNO 3 thu
c dung dch Y
Phng phỏp gii bi toỏn:
Thng dùng phơng pháp quy đổi: Coi hn hp ó cho l hn hp gm
kim loi v S, sau ú ỏp dng nh lut bo ton e gii.
Chỳ ý:
Khi hn hp tỏc dng vi dung dch HNO3 thỡ lu hunh thng b oxh
lờn mỳc oxh cao nht l +6 ( tn ti trong axit hoc mui sunfat). Vỡ vy khi tớnh
s mol H+ sau phn ng thng ly s mol H+ ban u tr i s mol H+ tham gia
phn ng to sn phm kh. Cỏch lm ny b sai vỡ ó b qua lng H + sinh ra (
trong sn phm cú H2SO4). trỏnh sai lm trờn, vi dung dch sau phn ng ỏp
dng bo ton in tớch tớnh H+
Bi tp vn dng:

Bi 1: Hũa tan ht 2,72 gam hn hp X gm FeS 2, FeS, Fe, CuS v Cu trong
500 ml dung dch HNO3 1M, sau khi kt thỳc cỏc phn ng thu c dung dch
Y v 0,07 mol mt cht khớ thoỏt ra. Cho Y tỏc dng vi lng d dung dch
BaCl2 thu c 4,66 gam kt ta. Mt khỏc, dung dch Y cú th hũa tan ti a m
gam Cu. Bit trong cỏc quỏ trỡnh trờn, sn phm kh duy nht ca N +5 l NO.
Giỏ tr ca m l
A. 5,92
B. 4,96
C. 9,76
D. 9,12
Gii:
16


Có nS = nBaSO4 = 0,02 mol, Quy đổi hỗn hợp X thành ( Fe, Cu, S)
→ NO + 2H2O
Feo → Fe+3 + 3e
4H+ + NO3- +3 e 
x
3x mol
0,28
0,07
0,21
0,07 mol
o
+2
Cu → Cu + 2e
y
2y mol
o

+6
S → S + 6e
0,02
0,12 mol
 x = 0,02
3 x + 2 y = 0,21 − 0,12
Ta có hệ phương trình: 
→
56 x + 64 y = 2,72 − 0,02.32
 y = 0,015
Dung dịch Y gồm: Fe3+ (0,02 mol), Cu2+ (0,015 mol), NO3- (0,43 mol), SO42(0,02 mol) và H+ (a mol)
( Nhiêu HS suy ra số mol H+ bằng: 0,5 – 0,28 = 0,22 mol là hoàn toàn sai vì
đã bỏ qua H+được tạo thành , thử bảo toàn điện tích: dung dịch không trung
hòa vê điện)
Áp dụng bảo toàn điên tích ta tính được a = 0,38 mol
Cho Y tác dụng với Cu
→ NO + 2H2O
Cuo → Cu+2 + 2e
4H+ + NO3- +3 e 
0,1525
0,305
0,38
0,43
0,285
+3
+2
Fe → Fe + 1e
0,02
0,02
netđ = 0,285 + 0,02 = 0,305 mol, mCu = 0,1525.64 = 9,76 gam → Đáp án C

Bài 2: Cho 18,4 gam hỗn hợp X gồm Cu2S, CuS, FeS2 và FeS tác dụng hết với
HNO3 (đặc nóng dư) thu được V lít khí chỉ có NO2 (ở đktc, sản phẩm khử duy
nhất) và dung dịch Y. Cho toàn bộ Y vào một lượng dư dung dịch BaCl 2, thu
được 46,6 gam kết tủa, còn khi cho toàn bộ Y tác dụng với dung dịch NH 3 dư
thu được 10,7 gam kết tủa. Giá trị của V là
A. 38,08
B. 11,2
C. 24,64
D. 16,8
Giải: Quy đổi hỗn hợp X thành ( Fe, Cu, S)
Bảo toàn S: nS = n BaSO4 = 46,6/233 =0,2 mol
Cho dung dịch Y tác dụng với NH 3 dư thu được kết tủa Fe(OH) 3 ( vì Cu(OH)2
tan trong NH3dư)
Bảo toàn Fe: nFe = n Fe(OH)3 = 10,7/107 = 0,1 mol
18,4 − 0,2.32 − 01.56
= 0,1 mol
nCu(X) =
64
áp dụng bảo toàn e ta có: n NO2 = 0,2.6 + 0,1.3 + 0,1.2 = 1,7
→ V = 1,7.22.4 = 38,08 (lít)
2.4. Thực nghiệm sư phạm
2.4.1.Mục đích

17


-Khẳng định mục đích nghiên cứu của đề tài là thực tế, thiết thực đối với học sinh
và giáo viên nhằm đạt kết quả cao trong quá trình dạy học
- Xác nhận sự đúng đắn và hiệu quả của việc sử dụng các phương pháp giải

nhanh đồng thời rèn luyện khả năng tư duy, khả năng phân tích phát hiện vấn đề
cho học sinh
- So sánh kết quả của nhóm thực nghiệm với nhóm đối chứng. Từ đó khẳng định
tính thực tiễn của đề tài.
2.4.2. Phương pháp
+ Xây dựng nội dung và kế hoạch thực nghiệm.
+ Tiến hành thực nghiệm theo nội dung và kế hoạch đã định.
+ Thu thập thông tin, xử lý số liệu thực nghiệm.
2.4.3.Đối tượng và địa bàn thực nghiệm
Học sinh THPT, đặc biệt là học sinh khối 11 trường THPT Hoằng Hóa 3
2.4.4. Tiến hành thực nghiệm
-Thực hiện giảng dạy: Giáo viên Lê Thị Loan
- Thực hiện kiểm tra đánh giá : Quan sát các hoạt động học tập, tư tưởng, hứng thú
và sự say mê học tập của học sinh.
-Kiểm chứng kết quả làm các bài khảo sát của nhóm thực nghiệm và nhóm đối
chứng
2.4.5. Kết quả.
-Kết quả cho thấy, việc sử dụng các phương pháp giải nhanh phù hợp để giải các
bài toán về HNO3 làm cho học sinh học tập tích cực hơn, không khí lớp học sôi
nổi, kết quả các bài kiểm tra đạt chất lượng cao hơn.
- Tôi đã thử nghiệm với 2 lớp học sinh làm 20 câu trắc nghiệm về các dạng bài
tập trên trong thời gian 45 phút:
- Lớp 11c1 áp dụng các phương pháp giải nhanh (Lớp thực nghiệm)
- Lớp 11c4 chủ yếu làm theo phương pháp truyền thống (Lớp đối chứng)
Kết quả thu được như sau:
Điểm
Giỏi(9-10)
Khá (7-8,5)
TB (5-6,5)
yếu,kém(dưới 5)

Lớp 11c1
Số HS
%
10
22,22%
20
44,44%
10
22,22%
5
11,11%
Tổng : 45 HS

Lớp 11c4
Số HS
%
0
0%
10
22,22%
20
44,44%
15
33,33%
Tổng : 45 HS

PHẦN 3: KẾT LUẬN
Qua quá trình thực nghiệm sư phạm, tôi đã có cơ sở để khẳng định giả
thuyết của mình về hiệu quả của việc vận dụng hệ thống các PPGN vào giảng

dạy phần bài tập về axitnitric
* Theo kết quả điều tra:
18


-Về phía HS: HS thích học môn hóa học hơn, những tiết học luyện tập, ôn
tập kiến thức lôi cuốn HS hơn và các hoạt động tư duy vừa sức được tăng lên
làm cho HS hứng thú hơn, chống lại thói quen lười biếng trí tuệ trong giờ học.
-Về phía GV: Sử dụng các PPGN, GV đỡ mất nhiều thời gian hướng dẫn
giải
chi tiết theo phương pháp truyền thống dài dòng, để GV dành nhiều thời gian
hơn cho việc tổ chức cho HS thảo luận hoặc phân tích, mở rộng một vấn đề.
* Thông qua quan sát tiến trình dạy học trên lớp: với các giờ học có sử
dụng PPGN, nội dung kiến thức của bài học được đảm bảo. Các bài tập được
giải trong thời gian ngắn hơn, không mất nhiều thời gian vào công việc tính toán
đại số. Nhờ đó GV có thời gian để khai thác các dạng bài tập nhiều hơn. GV đưa
ra nhiều câu hỏi hơn cho HS gây hứng thú hơn trong học tập. Hoạt động nhận
thức của HS được nâng cao, lôi cuốn HS tham gia xây dựng bài.
* Thông qua bài kiểm tra: Bài kiểm tra được tiến hành sau khi HS học
xong bài, bao gồm bài tập định tính và bài tập định lượng. Kết quả cho thấy việc
sử dụng các PPGN bài tập về sắt và hợp chất của sắt nâng cao rõ rệt kết quả học
tập của học sinh phù hợp với hình thức thi trắc nghiệm hiện nay
Trên đây là những kinh nghiêm tôi đúc rút được trong quá trình giảng dạy.
Phương pháp trên không tránh khỏi thiếu sót, tôi rất mong các thầy giáo, cô
giáo và các bạn đồng nghiệp bổ sung góp ý để phương pháp ngày càng tốt hơn.
Rất mong được sự đóng góp chân thành của đồng nghiệp.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Thanh hóa ngày 25 tháng 5 năm 2016

Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
người khác.
Người thực hiện

Lê Thị Loan

19


PHỤ LỤC
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Rèn luyện kĩ năng giải toán hóa học 11- tập 2- Ngô Ngọc An
2. Bài giảng trọng tâm- hoá học 11 – Cao Cự Giác
3. Bài tập hóa học 11
4. Phương pháp giải nhanh các bài toán hoá học trọng tâm- Nguyễn Khoa Thị
Phượng
5. Tuyển tập đề thi Đại học- Cao Đẳng các năm của Bộ GD& ĐT
6. Đề tuyển sinh ĐH, CĐ các năm
7. Đề thi thử đại học – cao đẳng của các trường : THPT chuyên Nguyễn Tất
Thành, Đại học Vinh, THPT Minh Khai… năm 2011, 2012, 2013, 2014
8. Đề thi HSG tỉnh Nghệ An, Hải Phòng, Hà Nội các năm...

MỘT SỐ BÀI TẬP THAM KHẢO VỀ HNO3
Bài 1: Cho bột Fe vào 500ml dung dịch hỗn hợp NaNO 3 1M và H2SO4. Sau khi
các phản ứng xẩy ra hoàn toàn thu được dung dịch A, chất rắn B và 6,72 lít NO
ở (đktc) sản phẩm khử duy nhất. Cô cạn A thu được m gam chất rắn khan. Giá
trị của m là:
A. 71,2.
B. 106,7.

C. 95,2.
D. 81.
Bài 2: Nung 2,23 gam hỗn hợp X gồm các kim loại Fe, Al, Zn, Mg trong oxi,
sau một thời gian thu được 2,71 gam hỗn hợp Y. Hoà tan hoàn toàn Y vào dung
dịch HNO3 (dư), thu được 0,672 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Số
mol HNO3 đã phản ứng là
A. 0,12.
B. 0,14.
C. 0,16.
D. 0,18.
Bài 3: Đun nóng m gam hỗn hợp Cu và Fe có tỉ lệ khối lượng tương ứng 7 : 3
với một lượng dung dịch HNO 3. Khi các phản ứng kết thúc, thu được 0,75m
gam chất rắn, dung dịch X và 5,6 lít hỗn hợp khí (đktc) gồm NO và NO 2 (không
có sản phẩm khử khác của N+5). Biết lượng HNO3 đã phản ứng là 44,1 gam. Giá
trị của m là
A. 44,8.
B. 40,5.
C. 33,6.
D. 50,4.
Bài 4: Hòa tan hoàn toàn 0,1 mol FeS2 trong 200 ml dung dịch HNO3 4M, sản
phẩm thu được gồm dung dịch X và một chất khí thoát ra. Dung dịch X có thể
hòa tan tối đa m gam Cu. Biết trong các quá trình trên, sản phẩm khử duy nhất
của N+5 đều là NO. Giá trị của m là
A. 12,8
B. 6,4
C. 9,6
D. 3,2

20

Bài 5: Hòa tan 5,76g Cu trong 80 ml dd HNO 3 2M chỉ thu được NO. Sau khi
phản ứng kết thúc cho thêm lượng dư H2SO4 vào dd thu được lại thấy có khí NO
bay ra. Giải thích và tính thể tích khí NO bay ra (ở đktc) sau khi thêm H2SO4.
Bài 6: Cho 1,82 gam hỗn hợp bột X gồm Cu và Ag (tỉ lệ số mol tương ứng 4 : 1)
vào 30 ml dung dịch gồm H2SO4 0,5M và HNO3 2M, sau khi các phản ứng xảy
ra hoàn toàn, thu được a mol khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N +5). Trộn a
mol NO trên với 0,1 mol O2 thu được hỗn hợp khí Y. Cho toàn bộ Y tác dụng với
H2O, thu được 150 ml dung dịch có pH = z. Giá trị của z là:
A. 1
B. 3
C. 2
D. 4
Bài 7: Cho 29 gam hỗn hợp gồm Al, Cu và Ag tác dụng vừa đủ với 950 ml dung
dịch HNO3 1,5M, thu được dung dịch chứa m gam muối và 5,6 lít hỗn hợp khí X
(đktc) gồm NO và N2O. Tỉ khối của X so với H2 là 16,4. Giá trị của m là
A. 98,20
B. 97,20
C. 98,75
D. 91,00
Bài 8: Cho 0,3 mol bột Cu và 0,6 mol Fe(NO 3)2 vào dung dịch chứa 0,9 mol
H2SO4 (loãng). Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được V lít khí NO
(sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Giá trị của V là
A. 10,08.
B. 4,48.
C. 8,96.
D. 6,72.
Bài 9 :Cho 29 gam hỗn hợp gồm Al,Cu,Ag tác dụng vừa đủ với 950ml dung
dịch HNO3 nồng độ a mol/lít , thu được dung dịch chứa 98,2 gam muối và 5,6 lít
hỗn hợp khí X gồm NO và N 2O (đktc) . Tỉ khối của X so với H 2 bằng 16,4 . Giá

trị của a là A. 1,5 M
B. 2,5 M
C. 1,65 M
D.
1,35 M
Bài 10 : Cho 5 gam bột Mg vào dung dịch hỗn hựp KNO 3 và H2SO4 đun nhẹ
,trong điều kiện thích hợp đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung
dịch A chứa m gam muối : 1,792 lit hỗn hợp khí B (đktc) gồm hai khí không
màu , trong đó có một khí hoá nâu ngoài không khí và còn lại 0,44 gam chất răn
không tan . Biết tỉ khối hơi của B đối với H2 là 11,5 . Giá trị của m là
A. 27,96 gam
B. 29,72 gam
C. 31,08 gam
D. 36,04
gam
Bài 11 : Hòa tan hoàn toàn 9,24 gam Mg vào dung dịch HNO 3 dư, sau khi
các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y và hỗn hợp 2 khí gồm
0,025 mol N2O và 0,15 mol NO. Vậy số mol HNO3 đã bị khử ở trên và khối
lượng muối trong dung dịch Y là
A. 0,215 mol và 58,18 gam.
B. 0,65 mol và 58,18 gam.
C. 0,65 mol và 56,98 gam.
D. 0,265 mol và 56,98 gam.
Bài 12 : Hòa tan hết hỗn hợp X gồm 5,6 gam Fe, 27 gam Fe(NO 3)2 và m gam Al
trong dung dịch HCl. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch
Y chỉ chứa 47,455 gam muối trung hòa và 2,352 lít hỗn hợp khí Z gồm NO và
N2O có tỉ khối so với H2 là 16. Cho dung dịch Y phản ứng với dung dịch KOH
thì lượng KOH phản ứng tối đa là 0,82 mol. Gía trị của m gần nhất với giá trị
nào sau đây :
A. 1,35

B. 1,05
C. 1,62
D. 0,81

21


22