sáng kiến kinh nghiêm hóa 9 đạt cấp tĩnh

A. đặt vấn đề
Trong quỏ trỡnh dạy học húa hc, ụn tp, luyn thi cho hc sinh trng THCS,
tụi nhn thy cỏc dng toỏn liờn quan n kim loi c ng dng rng ri, cú th ng
dng trc tip, hoc cú kin thc hc lờn cp ba, thi i hc Nhng vic gii bi tp ca
cỏc em cũn cha c nhun nhuyn, hoc cũn mang tớnh rp khuụn, theo mu lm trc,
tớnh hng thỳ hc tp ca cỏc em thc s cha c cao, lợng kiến thức của các em
còn ít, các k năng, k xo giải bài tập cha thực sự đợc nhuần nhuyn,
thời lợng làm bài tập trên lớp còn rất ít, nờn vic gii bi tp ca cỏc em cha
thc s c tt. Vi mt s vng mc trờn trong quỏ trỡnh dy hc m tụi ó phỏt hin
c, t ú tụi ó tỡm tũi, nghiờn cu cỏc ti liu, thi hc sinh gii, thi vo trng
chuyờn, lp chn thỡ tụi cm thy cú rt nhiu bi tp, bi toỏn húa hc v kim loi nờn ó
thúc dục tôi nghiờn cu tài Rốn luyn mt s k nng gii bi tp hoỏ hc v xỏc
nh tờn kim loi v mt s bi tõp v kim loi

.

Mc ớch nhm khắc phục các

thiếu sót, sai lệch v cng c kin thc mi mt cỏch phong phỳ, sinh ng, hp dn
hn. ễn tp kin thc ó hc cho hc sinh mt cỏch cú h thng , giỳp hc sinh tip thu
bi mt cỏch tớch cc nht, lm gim tớnh nhm chỏn cho hc sinh khi phi n thuần
nhc li lớ thuyt. Rốn luyn cỏc k nng gii bi tp, cng nh vit phng trỡnh phn
ng hoỏ hc, quan hệ phng trỡnh hoỏ hc, rốn luyn cỏc k nng tớnh toỏn nhm gúp
phn vo vic giỏo dc k thut tng hp kin thc cho hc sinh. Giỳp cỏc em cú kh
nng vn dng kin thc vo thc tin i sng sn xut v bo v mụi trng. Rốn luyn
cỏc k nng s dng ngụn ng hoỏ hc, cỏc thao tỏc nhanh nhn chớnh xỏc hn .
Xỏc nh c rừ vai trũ ht sc quan trng trong vic gii bi tp hoỏ hc nờn ó
thỳc dc tụi nghiờn cu ti ny nhm gúp mt phn sc nh ca mỡnh giỳp cỏc em
hc sinh hon thin hn, cỏc em cú mt lng kin thức tt bc vo hnh trang ca
cuc sng.

3


B. GII QUYT VN ề
I. Nhiệm vụ của đề tài:
Nêu lên đợc cơ sở lý luận của việc phân dạng các bài toán
Hoá học trong quá trình dạy hc và học mụn húa hc.
Tiến hành điều tra tình hình nắm vững kiến thức cơ bản
của học sinh ở trờng THCS .
Hệ thống bài toán Hoá học theo từng dạng Rốn luyn mt s k
nng gii bi tp hoỏ hc v xỏc nh tờn kim loi v mt s bi tõp v kim loi
Bớc đầu sử dụng việc phân loại các dạng bài toán Hoá học,
nhằm giúp cho học sinh lĩnh hội các kiến thức một cách vững
chắc và rèn luyện tính độc lập hành động và trí thông minh
của học sinh t ú giỳp cỏc em phỏt trin trớ tu.
II. Đối tợng nghiên cứu:
Học sinh ở trờng THCS
III Mục đích của đề tài:
Phân dạng các bài toán Hoá học v Rốn luyn mt s k nng gii
bi tp hoỏ hc v xỏc nh tờn kim loi v mt s bi tõp v kim loi nhằm
nâng cao chất lợng học tập môn hoá học của học sinh THCS
IV. Giả thuyết khoa học:
Việc phân loi các bài toán Hoá học v bi tp Rốn luyn mt s k
nng gii bi tp hoỏ hc v xỏc nh tờn kim loi v mt s bi tõp v kim loi sẽ
đạt đợc hiệu quả cao và sẽ là tiền đề cho việc phát triển năng
lực, trí tuệ cho học sinh ở cấp học cao hơn khi giáo viên sử sụng
linh hoạt, hợp lý hệ thống các dạng bài tập hoá học theo mức độ
của trình độ t duy của học sinh phù hợp với tng đối tợng học sinh
t ú phõn loi hc sinh, ra bi tp phự hp vi tng i tng hc sinh
V phơng pháp nghiên cứu

Tôi kết hợp rất nhiều phơng pháp để nghiên cứu đề tài này
nhằm giúp học sinh sử dụng, vận dụng linh hoạt các kiến thức k
năng của mình để giải bài tập. Giúp các em giải quyết vấn đề
này không thể giải một bài tập mà phải giải nhiều bài tập cùng
dạng, nếu các bài tập này hoàn toàn giống nhau thì s gây tính
nhàm chán, nhất là đối với học sinh khá, giỏi vừa có tác dụng đào
sâu, mở rộng thêm kiến thức cho mình
Trong quá trình nghiên cứu đề tài này trớc hết tôi hớng dn
cho học sinh phải nắm vững lý thuyết biết cách triển khai các
4


giả thiết, viết phơng trình phản ứng, quan hệ số mol, nếu đủ
số ẩn, đủ phơng trình thì giải phơng trình, còn nếu không đủ
phơng trình, đủ ẩn số ta phải biện luận, chia ra các trờng hợp
để giải bài toán hóa học.
Tôi nhấn mạnh cho học sinh phải nắm vững các cơ chế phản
ứng tận dụng triệt để các điều kiện bài toán đả cho để giải
quyết vấn đề. Thông qua các bài tập để từ đó khắc sâu, cũng
cố kiến thức lý thuyết.
- Với học sinh hoạt động giải bài tập là một hoạt động tích
cực có những tác dụng sau:
+ Rèn khả năng vận dụng kiến thức đã học, kiến thức tiếp thu
đợc qua bài giảng thành kiến thức của mình, kiến thức đợc nhớ lâu
khi đợc vận dụng thờng xuyên.
+ Đào sâu, mở rộng kiến thức đã học một cách sinh động,
phong phú, hấp dẫn.
- Là phơng tiện để ôn tập củng cố, hệ thống hoá kiến thức
một cách tốt nhất.
- Rèn kỹ năng hoá học cho học sinh: viết và cân bằng phản

ứng, tính toán theo CTHH và phơng trình hoá học.
Tôi sử dụng các phơng pháp điều tra, kiểm tra, đánh giá,
thống kê, phân tích, tổng hợp để từ đó phân loại học sinh trung
bình, yếu, kém có hớng ôn tập, phụ đạo, điều chỉnh cách dạy
cho phù hợp với từng đối tợng học sinh, phát hiện những em khá,
giỏi để từ đó mở rộng kiến thức cho học sinh nhằm góp phần
bồi dỡng, đào tạo nhân tài cho đất nớc, đồng thời uốn nắn các
sai lệch, lệch lạc phát hiện những em yếu, kém từ đó tìm hớng
t vấn, sửa cha, bổ khuyết các kiến thức cho học sinh, điều
chỉnh phơng pháp dạy học phù hợp với từng đối tợng ngời học
VI. CC V D
Vớ d 1. Hũa tan hon ton mt oxớt kim loi húa tr II trong mt lng va
dung dch H2SO4 20% thỡ thu c dung dch mui cú nng 22,6%. Xỏc nh
tờn kim loi
Tôi xin đề xut cách giải nh sau:
5


Gi tờn o xớt AO a l s mol A l NTK ca A
ASO4 + H2O
AO + H2SO4
a
a
a
a mol
khi lng dung dich H2SO4 = 490a gam
khi lng dung dich sau phn ng l : (506 +A)g
( A + 96)a

ta cú ( A + 506)a = 22,6% => A = 24 (Mg) oxớt l MgO

Vớ d 2 Hũa tan hon ton mt oxớt kim loi húa tr II trong mt lng va
dung dch H2SO4 4,9% thỡ thu c dung dch mui cú nng 5,883%. Xỏc nh
tờn kim loi
Tôi xin đề xut cách giải nh sau:
Gi tờn oxớt AO a l s mol A l NTK ca A
ASO4 + H2O
AO + H2SO4
a
a
a
a mol
Khi lng H2SO4 Phn ng l 98a(g) => Khi lng dung dch H2SO4 l 2000a(g)
khi lng dung dich sau phn ng l : (2016 + A)a g
Khi lng ASO4 l ( A + 96) g (1,5)
( A + 96)a

5,883

ta cú ( A + 2016)a =
=> A = 24 (Mg)
100
Vớ du 3: Trn 2,4 gam CuO v MO Theo T l s mol 1:2 c hn hp A. Cho
lun khớ H2 d nung núng i qua thu c hn hp B. hũa tan ht B cn va
100ml dung dch HNO3 1 M thu c v lớt khớ NO duy nht. Xỏc nh M v tớnh V.
Bit M cú húa tr 2.
Tụi hng dn nh sau:
TH1 MO b kh bi H2
CuO + H2 Cu + H2O ;
MO + H2 M + H2O
3 Cu + 8 HNO3 3Cu(NO3)2 + 2 NO + 4 H2O

3 M + 8 HNO3 3M(NO3)2 +2 NO + 4 H2O
Ta cú 80x + (M +16)2x = 2,4 *
8x/3 + 16x/3 = 0,1 **
x = 0,1125 : M = 40 Ca Loai. (vỡ Ca khụng bi kh bi H2 )
TH 2 M l kim loi t Al tr v trc
MO + 2 HNO3 M(NO3)2 + H2O
Ta cú 8x/3 + 4x = 0,1 kt hp ** ta cú x = 0,015 M = 24 Mg ; v = 0,224l
õy tụi mun nhc nh cho hc sinh bit s dng tớnh
kh ca cỏc o xit kim loi
Ví dụ 4: Cho 8,12g một oxít của kim loại M vào ống sứ tròn, dài,
nung nóng rồi cho dòng khí CO đi qua để khử hoàn toàn lợng
6


oxít đó thành kim loại. Khí đợc hình thành trong ống phản ứng
đi ra khỏi ống sứ đợc hấp thụ vào bình đựng Ba(OH)2 d, thấy tạo
thành 27,58g kết tủa trắng. Cho toàn bộ kim loại thu đợc trên tác
dụng hết với dung dịch HCl d, thu đợc 2,352 lít khí ở ( đktc).
Xác định tên kim loại và oxít của nó.
Đề thi vào lớp 10 ĐHQG Hà Nội
Tôi xin đề xut cách giải nh sau:
Đặt công thức ca oxít là MxOy
Ta có phơng trình phản ứng
MxOy

+ y CO

t0

BaCO3



MCln +

CO2 +Ba(OH)2
M + n HCl

xM + yCO2

(1)
+ H2O
n
2

H2

(2)
(3) Với n là hóa

trị của kim loại
Số mol HCl bằng :

2,352
22, 4

Số mol BaCO3 bằng:

= 0,105 mol

27,58
= 0,14 mol
197

Theo bài ra và phơng trình phản ng (2) ta có
nCO2 = nBaCO3 = 0,14mol
Theo bài ra và phơng trình phản ng (1) ta có
nCO = nCO2 = 0,14 mol
Theo định luật bảo toàn khối lợng ta có
mMxOy

+ mCO = mM + mCO2

=> mM =
=

mMxOy

+ mCO - mCO2

8,12 + 0,14X28 - 0,14X 44 = 5,88g
7


Theo (3) và bài ra ta có; nM = 2 nH2= 0,105X 2 =
Ta có

5,88
0, 21
=
M
n

0, 21
mol
n

=> M = 28n

Ta có bảng sau
n
1
2
3
M
28
56 (Fe )
84
Vậy tên kim loại là Fe công thức oxít có dạng FexOy
Ta có:

0,14
8,12
=
y
56 x + 16 y

x

3

=> y =
4

Vậy công thức oxít là Fe3O4
Ví dụ 5: Cho một luồng khí CO đi qua ống sứ đựng m g bột
sắt oxít FexOy nung nóng cho đến khi phản ng xẩy ra hoàn toàn.
Dẫn toàn bộ lợng khí sinh ra đi thật chậm vào 1 lít dung dịch
Ba(OH)2 0,1M 9,85 g kết tủa. Mặt khác, Khi hòa tan toàn b lợng
kim loại tạo thành ở trên bằng V lít dung dịch HCl 2M d thì ta thu
đợc một dung dịch, sau khi cô cạn dung dịch thu đợc 12,7 g muối
khan.
1, Xác định công thức oxít sắt.
2. Tính m.
3. Tính v, biết rằng lợng dung dịch HCl đã dùng d 20% so với lợng
cần thiết.
Tôi xin đề xut cách giải nh sau:
Phơng trình phản ứng:
FexOy

+ y CO

t0

a

xFe + yCO2
ax

CO2 +Ba(OH)2
0,05

0,05



(1)

ay
BaCO3
0,05

mol
+ H 2O

(2)
mol
8


2CO2 +

→

Ba(OH)2

0,1

0,05

Fe

+

Ba(HCO3 )2
mol
→

2 HCl

FeCl2

ax
Ta cã ;

(3)

+ H2

ax

nBa(OH)2

(4)

mol

= 1 X 0,1 = 0,1 mol

NBaCO3

9,85
= 0,05 mol
197

=

NÕu chØ t¹o muèi trung hßa (BaCO3 ) th×
a y = 0,05

vµ a x =

12, 7
= 0,1
127

x

=> y = 2 v« lÝ
Khi cho CO2 vµo dung dÞch Ba(OH)2 th× t¹o 2 muèi
Tõ (2) vµ (3) => Tæng sè mol CO2 = 0,15 mol
Ta cã hÖ
 ax = 0,1

 ay = 0,15

x

0,1

2

=> y = 0,15 =
3

VËy c«ng thøc cña o xÝt s¾t lµ Fe2O3
2. TÝnh m
Fe2O3

+ 3 CO

t0

→

3Fe + 3CO2 (5)

0,05
Tõ (5) ta => nFe2O3

0,15 mol
=

1
nCO2

3

= 0,05 mol

=> m = 0,05 x 160 = 8g
3. TÝnh V
Tõ (4) => nHCl = a x .2 = 0,2 mol
9


Vì HCl dùng d 20% so với lợng cần thiết nên
V

HCl

=

0, 2
x 120% =
2

0,12 lít

Vớ d 6: Kh 3,48 (g) mt oxớt kim loi cn dựng va 1,344 lớt khớ H2 ( ktc).
Cho ton b lng kim loi thu c trờn em hũa tan trong dung dch HCl va
thu c 1,008 lớt khớ ( ktc). Xỏc nh cụng thc oxớt trờn.
Tôi xin đề xut cách giải nh sau:
t cụng thc MxOy .Gi n l húa tr kim loi M, M l NTK
t0
MxOy + y H2

x M + y H2O

nH2 = 0,06 mol ; nH2(sau) = 0,045 mol
Ap dung dng nh lut bo ton khi lng ta cú
MMxOy + mH2
2M + 2n HCl

= mM + mH2O => mM = 2,52g

2MCln + nH2

2.0,045/n
Ta cú

0,045 mol

0, 045
2,52
=
=> M = 28n .
n
M

Ta cú kim loi Fe tha
t0
FexOy + y H2
x Fe + y H2O

0, 045
x

Ta cú

0,045
0, 045
x

3, 48

= 56 x + 16 y

=>

x 3
=
y 4

Cụng thc o xớt l Fe3O4
Vớ d 7: Cho 9,6g hn hp dng bt gm Fe v mt kim loi M húa tr II hũa tan
hon ton bng dung dch HCl loóng d ta thu c 4,48 lớt khớ (ktc). Mt khỏc

10


3,895 g kim loi M trờn kh khụng ht 8,1g CuO nhit cao. Xỏc nh tờn kim
loi v tớnh % v khi lng mi kim loi trong hn hp trờn.
Tôi xin đề xut cách giải nh sau:
Gi s mol ca Fe v M l x, y, NTK ca M l A
Ta cú 56x + My = 9,6: S mol H2 = 0,2 mol
Fe + 2HCl

FeCl2 + H2
x
x
mol
M + 2 HCl
MCl2 + H2
x
x
mol
x + y = 0,2 ( 0,75)

9, 6 0, 2 A
9, 6 0, 2 A
vỡ 0< x<0,2 => 0<
< 0,2 => A< 48
56 A
56 A
t0
Mt khỏc ta cú: M + CuO MO + Cu
3,895
< 0,10125 => A > 38 => 38< A < 48 . Vy M l Ca
A

T (1) v (2) = > x =

Tớnh ỳng %
%Fe = 58,33% : % Ca = 41,67 %
Vớ du 8: Lấy 32g FexOy nung nóng rồi dẫn khí CO vào sau một thời
gian ta thu đợc m g chất rắn A gồm nhiều chất và V lít khí B.
Dn V1 lớt khí B (V1< V) vào dung dịch Ca(OH)2d thì thu đợc

56g kết tủa.
1) xác định công thức của FexOy. Biết các khí đú ở cùng điều
kiện t0 và p.
2) Lấy mg gam chất rắn Acho vào dung dịch H2SO4 đặc nóng
d, sau khi phản ứng xy hoàn toàn ta thu đợc 12,992 lít
khí (đo ở ĐKTC ). Tính m.
Tôi xin đề xut cách giải nh sau:
FexOy + CO A + B
t0
Ca(OH)2 + CO2 CaCO3 + H2O
Cứ 1 mol CO phản ứng lấy đi 1 mol nguyên tử o xi trong o
xit sắt vì thế
t0

nO < (trong FexOy) nCO phản ứng n CO2 =

56
= 0,56 (mol)
100

(v1) theo
số mol CaCO3
Gọi số mol FexOy là a thì
nO = ay > 0,56
Ta có mFexOy = (56x + 16y)a = 32
Từ (1) và(2) ta có a x< 0,411
Nên

y
x

=

0,56
ay
>
= 1,362
0, 411
ax

o xít sắt là Fe2O3
11


2. Ta có
t0
t0
Fe2O3 co A + H2SO4 Fe2(SO4)3
(1)
+3
Vì từ Fe nhận electron về A rồi từ (A) nhờng electron rồi
trở về Fe+3 (trong Fe2(SO4)3 ) nên
12,992

ne nhận bằng ne nhờng => 2nCO = 2nSO2 => nCO = 22, 4 = 0,58
Theo định luật bảo toàn khối lợng cho sơ đồ (1) ta có
mFe2O3 + mCO = m + mCO2
=> m = 28x 0,58 +32 44x0,58 = 22.72g
Vớ d 9: Hũa tan hon ton 1,93 gam hn hp 2 kim loi Fe v Al vo dd HCl d,
sau phn ng thu c m gam mui v 1,456 lớt khớ H 2 ktc. Giỏ tr ca m.

Tôi xin đề xut cách giải nh sau:
nH2 = 1,456/22,4= 0,065 mol
Cỏc PTHH: 2Al + 6HCl 2AlCl3 + 3H 2 (1)
Fe + 2HCl FeCl2 + H 2 (2)
Theo u bi ta cú: 27x + 56y = 1,93 (I) v 1,5x + y = 0,065 (II). Gii h (I) v (II)
ta c: x =0,03, y= 0,02 m= 0,03.133,5 + 0,02. 127= 6,545 gam .
Vớ du10: Hũa tan 6,72gam Fe vo dung dch cha 0,3 mol H 2SO4 c, núng thu
c dung dich A v khớ SO2 duy nht. Tớnh khi lng mui thu c sau phn
ng.
Tôi xin đề xut cách giải nh sau:
Ta cú nFe = 0,12
2Fe +
6H2SO4 Fe2(SO4 )3 + 3SO2 + 6H2O
P 0,1
0.3
D 0,02
0
0,05

Fe
+
Fe2(SO4 )3
3FeSO4
P 0,02
0,02
D
0,03
0,06
mFeSO4 = 0,06 x 152 = 9,12g ; mFe2(SO4)3 = 400x0.03 =12g
Vớ du 11: Cho st phn ng vi axớt H2SO4 thu c khớ A v 8,28g mui. Tớnh s

gam st ó phn ng, bit s mol st bng 37,5% s mol axớt H2SO4 ó phn ng
Tôi xin đề xut cách giải nh sau:
Gi a, b l s mol Fe v H2SO4 phn ng, ta cú:
a 37,5
3
=
=
8
b 100
- Nu axit loóng thỡ khớ A l H2, phng trỡnh phn ng:
12


Fe

+

H2SO4 → FeSO4

+

H2. Ta có

a
3
khác (loại)
8
b

- Nếu A là H2S

8Fe +
15H2SO4 → 4 Fe2(SO4 )3 + 3H2S + 12H2O
Ta tính được số mol Fe và H2SO4 là 53,3% > 37,5 %
- Nếu axit đặc nóng thì khí A là SO2, phương trình phản ứng:
2Fe +
6H2SO4 → Fe2(SO4 )3 + 3SO2 + 6H2O
b
b
Số mol
b
3
6
a
2
3
Ta có
= >
nên ta có Fe dư, xảy ra phản ứng:
b
6
8
Fe

+

Fe2(SO4 )3 →

3FeSO4

b

b
)
(a - )
(3a - b)
3
3
Theo phương trình phản ứng thu được muối:

Số mol

(a -

FeSO4 = (3a - b) mol
Fe2(SO4 )3 =

b
b
- (a - ) =
6
3

(

b
- a) mol
2

Khối lượng muối là:
b
a

3
- a) = 8,28 và
=
2
b
8
Giải hệ phương trình ta được a = 0,045 mol và b = 0,12 mol.
Vậy số gam sắt là: 0,045 . 56 = 2,52 gam
Ví du12: Nung m (gam) sắt trong không khí, thu được 104,8g hỗn hợp chất rắn
A gồm 4 chất. Hòa tan chất rắn A trong dung dịch HNO3 dư, thu được dung dịch B
và 12,096 lít hỗn hợp khí NO và NO2 ở (đktc) có tỉ khối đối với heli là 10,167. Cho
dung dịch B với dung dịch NH3 dư, lọc lấy kết tủa và nung đến khối lượng không
đổi, thu được chất rắn D. Tính m và tính khối lượng D.

152.(3a - b) + 400.(

T«i xin ®Ò xuất c¸ch gi¶i nh sau:
Ta có:
•

12,096

n
+
n
=
= 0,54 ( mol )         
NO2
NO


22, 4
⇒

 m + m = 46n + 30n  = 10,167.4.0,54 ( g )
NO
NO2
NO
 NO2 
13


⇒

  n NO2 = 0,36 ( mol )                                     

  n NO   = 0,18 ( mol )

• Áp dụng định luật bảo toàn: ∑ mol e nhường = ∑ mol e nhận theo sơ đồ:
+ O2

→

Fe

Fe(dư),

m
(mol)
56

Quá trình oxi hóa:
Fe - 3e → Fe3+
m
56

3.

Fe,

Fe2O3,

Fe3O4

a(mol)

b(mol)

c(mol)

Quá trình khử:
N
+
e
+5

m
(mol).e
56

0,36(mol)e

N5+

+

104,8 − m 
32 

Ta có:

=

+ HNO du

Fe3+
m
(mol)
56

→ N+4 ( trong 0,36 mol NO2
0,36(mol)

+
3e
→ N+2 ( trong 0,18 mol NO)
3.0,18(mol)e
0,18(mol)

O2

(Với nO2

)
  3 ( →

4e
104,8 − m 
(mol)e
8 

→ 2O-2

104,8 − m 
104,8 − m 
a + 3b + 4c
⇒ số mol e do oxi nhận
=
)
2 
32 
8 

3m 104,8 − m 
=
+ 0,36 + 0,54
8 
56

⇒ 3m + 7m = 104,8.7 + 0,9.56
⇒ m = 78,4(g)

Dung dịch E gồm Fe(NO3)3 và HNO3 dư (phản ứng 1,2,3 )
Dung dịch B với NH3 dư:
Fe(NO3)3 + 3NH3 + 3H2O → Fe(OH)3 + 3NH4NO3
HNO3 + NH3 →
2Fe(OH)3

o

 t→

NH4NO3

(2)

Fe2O3+ 3H2O

)
  3 ( →
+ NH   du

Chất rắn D là Fe2O3 :

(1)

(3)

Fe(OH)3 ↓

2Fe → Fe2O3
a

a/2

14


78, 4 160
1
nFe .160 =
.
= 112(g)
2
56 2
Ví du13: Cho 1,36g hỗn hợp gồm Fe và Mg vào 400 ml dung dịch CuSO4 . sau
khi phản ứng xảy ra hoàn toàn ta thu được chất rắn A nặng 1,84 g và dung dịch B.
Cho dung dịch B tác dụng với NaOH dư. Lọc kết tủa nung ngoài không khí đến
khối lượng không đổi ta thu được hỗn hợp oxít nặng 1,2 g. Tính khối lượng mỗi
kim loại ban đầu và nồng độ mol CuSO4 .
T«i xin ®Ò xuất c¸ch gi¶i nh sau:
t0
Mg + Cu SO4 → MgSO4 + Cu
t0
Fe + Cu SO4 → FeSO4 + Cu
t0
MgSO4 + 2NaOH → Mg(OH)2 + Na2SO4
t0
FeSO4 + 2NaOH → Fe(OH)2 + Na2SO4
t0
Fe(OH)2 + H2O + O2 → Fe(OH)3
t0
Mg(OH)2 → MgO + H2O

t0
2Fe(OH)3 → Fe2O3 + H2O
Theo định luật BTKL ta chứng minh kim loại dư vì sau thu hh o xít nên Fe dư
Ta có 24x + 56x + mFe(dư) = 1,36 (1)
64( x+y ) + mFe(dư)
= 1,84 (2)
40x + 80y
=
1,2
Từ trên ta có x = 0,01: y = 0,02 => % mổi kim loại
CM Cu SO4 = 0,03/0,04 = 0,05M
Ví du 14: Cho sắt phản ứng với axít H2SO4 thu được khí A và 8,28g muối. Tính số
gam sắt đã phản ứng, biết số mol sắt bằng 37,5% số mol axít H2SO4 đã phản ứng.
T«i xin ®Ò xuất c¸ch gi¶i nh sau:
⇒ mD = mFe2O3 =

Gọi a, b là số mol Fe và H2SO4 phản ứng, ta có:
a 37,5
3
=
=
8
b 100
- Nếu axit loãng thì khí A là H2, phương trình phản ứng:

Fe

+

H2SO4 → FeSO4

+

H2. Ta có

a
3
khác (loại)
8
b

- Nếu A là H2S
8Fe +
15H2SO4 → 4 Fe2(SO4 )3 + 3H2S + 12H2O
Ta tính được số mol Fe và H2SO4 là 53,3% > 37,5 %
- Nếu axit đặc nóng thì khí A là SO2, phương trình phản ứng:
2Fe +
6H2SO4 → Fe2(SO4 )3 + 3SO2 + 6H2O
b
b
Số mol
b
3
6
a
2
3
Ta có
= >
nên ta có Fe dư, xảy ra phản ứng:

b
6
8
Fe

+

Fe2(SO4 )3 →

3FeSO4
15


b
b
)
(a - )
(3a - b)
3
3
Theo phng trỡnh phn ng thu c mui:
FeSO4 = (3a - b) mol
b
b
b
Fe2(SO4 )3 =
- (a - ) = (
- a) mol
6
3

2
Khi lng mui l:
b
a
3
152.(3a - b) + 400.( - a) = 8,28 v
=
2
b
8
Gii h phng trỡnh ta c a = 0,045 mol v b = 0,12 mol.
Vy s gam st l: 0,045 . 56 = 2,52 gam

S mol

(a -

Vớ du 15 : mg Fe ngoài khụng khớ sau mt thi gian ta thu c hn hp
B gm 4 cht rn nng 16g. Cho cht rn B tỏc dng hon ton vo dung dch
HNO3 d thy thoỏt ra 4,48 lớt khớ NO duy nht (ktc) .Tớnh m.
Tôi xin đề xut cách giải nh sau:

2 FeO
2Fe + O2
t0


3Fe + 2O2
Fe3O4
t0

2 Fe2O3
4Fe + 3O2
t0
Fe
+4 HNO3
Fe(NO3)3
+ NO + 2 H2O
t0
FeO +10 HNO3 3 Fe(NO3)3
+ NO + 5 H2O
t0
3Fe3O4 + 28 HNO3 9Fe(NO3)3
+ NO + 14H2O
t0
Fe2O3 + 6HNO3 2 Fe(NO3)3
+ H2O
Gi s mol Fe ; FeO ; Fe3O4 ; Fe2O3 ln lt l x,y,z,t
Ta cú
56x +72y + 232z +160t =16 <=> 7x + 9y + 29z + 20t = 2
t0

m
Theo s mol nguyờn t Fe l x +y + 3z +2t =
56

(1)

(2)

Theo PTP v bi ra ta cú
y

z

4, 48

x + 3 + 3 = 22, 4 = 0, 2 <=> 3x + y + z = 0,6 (3)
Cng (1) v (3) ta c 10x + 10y + 30z +20t = 2,6
x +y + 3z +2t = 0,26. Thay vo phng trỡnh (2) ta cú m = 14,56 g ;
Vớ d 17: Cho x mol Fe vo y mol dung dch HNO3 ta thu c dung dch A v v
lớt khớ NO. Hóy thit lp mi quan h gia x v y tn ti cỏc cht trong dung
dch A.
b. p dng x = 0,02; y = 0.09, hóy tớnh khi lng mui thu c sau phn ng
Tôi xin đề xut cách giải nh sau:
khi x = y/4 ch tn ti Fe(NO3)3
Khi x< y/4 tn ti Fe(NO3 v HNO3
16


Khi x> y/4chia hai trường hợp
Nếu Fe dư chỉ tồn tại Fe(NO3)2
Nếu Fe hết tồn tại Fe(NO3)2 và Fe(NO3)3
Các phản ứng sau:
→ Fe(NO3)3 + NO +2 H2O
Fe + 4 HNO3 
→ 3 Fe(NO3)2
Fe + 2 Fe(NO3)3 
→ Fe(NO3)3 + NO +2 H2O
b.Fe + 4 HNO3 

0,02 0,08
0,08
mol

→
Fe + 2 Fe(NO3)3
3 Fe(NO3)2
0,01
0,02
0,03
mol
Vậy trong dung dịch có mFe(NO3)2 = 0,03.180 =5,4g
mFe(NO3)3= 0,06.242 = 14,52g
Ví dụ 18: Hỗn hợp A gồm Fe và Cu nặng 2,144g cho tác dụng với 200ml dung

dịch Ag(NO)3. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn ta thu được dung dịch B và
7,168 gam chất rắn C. Cho dung dịch B vào dung dich NaOH dư, thu được kết tủa
D. Nung D đến khối lượng không đổi thu được 2,56g chất rắn E. Tính % khối
lượng các chất trong hỗn hợp A và nồng độ AgNO3 lúc đầu. Biết các phản xảy ra
hoàn toàn.
T«i xin ®Ò xuất c¸ch gi¶i nh sau:
Phương trình phản ứn
→
Fe + 2AgNO3 
Fe(NO3)2 + 2 Ag

→
Cu + 2AgNO3
Cu(NO3)2 + 2 Ag
→ Fe(OH)2 + 2NaNO3

2NaOH + Fe(NO3)2 
→ Cu(OH)2 + 2 NaNO3
2NaOH + Cu(NO3)2 
→ 4 Fe(OH)3
4Fe(OH)2 + O2 +2 H2O 
t0
2Fe(OH)3 → Fe2O3 + 3 H2O
t0
Cu(OH)2

→ CuO + H2O
0,0335 < nhh < 0,0382
Nếu kim loai hết thì số Ag = 2 nhh không thuộc vào khoảng xác định trên vậy kim
loại dư
TH1 Fe vừa đử hoặc dư chất rắn chỉ có Fe2O3 = 2,56/160 = 0,016mol
Chất rắn là = 2,144 - 0,032.56 + 2.0,032.108 = 7,264 khác 7,168 loại
Fe tác dụng hết Cu tác dụng một phần
Gọi x, y là số mol Fe và Cu tác dụng
Ta có
2,144 = 56x + 64y + mCu dư
7,168 = 108( 2x + 2y) + mCu dư
2,56 = 80x + 80y
x = 0,02; y = 0,012
% Fe = 0,02.56/2,144 = 52,23%
; % Cu = 47,77%
Số mol AgNO3 = 2x + 2y = 0,064 mol
17


CM AgNO3 =

0, 064
=0, 32 M
0, 2

C. kết luận và kiến nghị
1. kết luận
Trên đây là một số dạng bài tập mà tôi trình bày, đúc rút
trong quá trình dạy học, quỏ trỡnh bi dng hc sinh gii nhằm khc
sâu các kiến thức ó học cho hc sinh. Từ đó hình thành k năng,
k xảo cỏch giải một số bài tập cho học sinh, hình thành t duy
sáng tạo, tạo tiền đề cho các em có thể nhận dạng bài tập một
cách linh hoạt, chính xác, giỳp các em có kinh nghiệm trong quá
trình ôn tập, luyện thi. Hn th na cũn rèn luyện tính độc lập sáng
tạo, không mang tính rập khuôn, hình thức đáp ứng đợc yêu cầu
18


của thời đại, của ngành đề ra nhằm góp mt phn nh sc mỡnh trong
vic dy hc, o to nhõn ti cho t nc.
Với những kinh nghiệm trên, trong quá trình dạy học, ôn tập
cho học sinh tôi nhn thy hc sinh lm bi tt hn, cht lng c nõng lờn
rừ rt.
Trớc khi cha áp dụng phng phỏp trờn, kho sỏt hai lp 9A v 9B tụi thu
c kt qu nh sau:
Lp
9A

Tng s

kém
SL

TL

Yếu
SL

2

6,1%

11

SL

TL

SL

3

9,1%

10

33
9B
33

Phân loại kém
Tỉ lệ %

7,6%

TL
33,3
%
TL
30,3
%

Trung bình
SL
TL
36,3
12
%
SL
TL
36,3
12
%

Khá
SL
6
SL
6

TL
18,2
%
TL
18,2
%

Yếu

Trung

Khá

Giỏi

31,8%

bình
36,4%

18,2%

6,1%

Giỏi
SL

TL

2

6,1%

SL

TL

2

6,1%

Sau khi tôi áp dụng phơng pháp này i vi lp 9A, cũn lp 9B
khụng ỏp dng phng phỏp trờn thì tụi nhn thy kết quả ca lp 9A tơng
đối khả quan, chất lợng học sinh không ngừng đợc nâng lên, tỉ lệ
học sinh yếu kém đợc khắc phục, t l hc sinh khỏ gii c nõng lờn.
Sau quỏ trỡnh dy tụi kho sỏt li hai lp thỡ thu c kt qu nh sau:
Lp
9A

Tng s

kém
SL

TL

Yếu
SL

2

6,1%

4

SL

TL

SL

2

6,1%

10

33
9B
33

Phân loại kém
Tỉ lệ %

6,1%

Yếu
21,2%

TL

12,2
%
TL
33,3
%

Trung bình
SL
TL
30,3
10
%
SL
TL
24,3
8
%

Trung
bình
27,3%

Khá
SL
10
SL
6

Khá
24,2%

TL
30,3
TL
18,2
%

Giỏi
SL

TL

7

21,2%

SL

TL

2

6,1%

Giỏi
13,6%

19

Cũng từ đó tôi phân luồng đợc học sinh để có điều kiện bồi
dỡng cho học sinh khá, giỏi đi đúng hớng, phát huy hết năng lực
sáng tạo, phát triển t duy, bồi dỡng nhân tài, giúp các em phát huy
hết th mạnh của mình, bắt nhịp tốt tri thức của nhân loại, theo
kịp với tốc độ của nền khoa học công nghệ góp phần nhỏ sức
mình đào tạo những con ngời có ích cho xã hội. Bên cạnh đó có
phơng pháp ôn tập cho học sinh trung bình, phụ đạo học sinh
yếu kém giúp các em tiến bộ nhanh hơn, tạo điều kiện cho các
em có môi trờng học tập tốt hơn.
2. Kiến nghị
Với đặc thù của bộ môn hoá học là một môn học khoa học tự
nhiên nên đòi hỏi tính chính xác khoa hc cao, các bài học thí
nghiệm nhiều, số lợng bài thực hành lớn nhng dụng cụ hoá chất lại
không có hoặc quá củ kĩ, phòng học thực hành bộ môn còn thiếu
v yu. Vậy tôi kính đề nghị các cấp các nghành đặc biệt là
phòng và Sở giáo dục đào tạo quan tâm hơn nữa bộ môn hoá
học, h trợ, cung cấp dụng cụ hoá chất cho các trờng (vì hoá chất
đợc cấp lâu ngy đã hỏng hoặc đã ht thi gian sử dụng. Với lại hoá
chất rất khó mua trên thị trờng), tham mu với chính quyền địa
phơng xây dựng phòng học bộ môn ỳng chun để chúng tôi có
điều kiện dạy học và làm các thí nghiệm kiểm chứng, gây tính
hứng thú cho học sinh, giỳp cỏc em làm các thí nghiệm thành thạo,
tạo cho các em có niềm tin vào khoa học.
Tôi kính đề nghị Phòng giáo dục, Sở giáo dục & đào tạo tổ
chức thêm các buổi học chuyên đề, tập huấn kiến thức củng nh
các tiết dạy thực hành để giáo viên có điều kiện học tập nâng
cao trình độ, chuyên môn nghiệp vụ.
Tôi xin mạnh dạn kính đề nghị các trờng tăng cờng dạy phụ
đạo, ôn tập cho học sinh vì thời lợng học trên lớp chỉ đủ thời gian
truyền tải lí thuyết, cha thực sự có đủ thời gian để cha các bài

20


tập, rèn luyện k năng giải bài tập cho học sinh, nên khi các em
vào học trung học phổ thông cha thực sự đạt kết quả cao.
Trên đây là một vài kinh nghiệm nhỏ m tôi ó đúc rút c
trong quá trình dạy học. Rất mong đợc sự góp ý của các thầy
giáo, cô giáo, các đồng nghiệp, bạn bè để đề tài của tôi có tính
thiết thực, hiệu quả hơn, áp dụng đợc nhiều hơn trong quá trình
dạy học, ôn tập, luyện tập, kiểm tra đánh giá học sinh.
Tôi xin chân thành cảm ơn!

21


Các tài liệu nghiên cứu
Đề thi học sinh giỏi Tỉnh Hà Tĩnh
Đề thi tuyển sinh năm 1996

Tỉnh Hà Tĩnh
Bộ giáo dục và đào

Phơng pháp giải bài tập hoá học
Giải nhanh bài tập hoá học
Bồi dỡng hoá học THCS

tạo
Nguyễn Xuân Trờng
Cao Cự Giác
Nhà xuất bản giáo

dục
Sử dụng bài tập trong dạy học hoá Nhà xuất bản ĐHSP
học
thi hc sinh gii cp huyn

Hà Nội

22