Giải bài tập theo phương pháp thăng bằng electron

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

TRUNG TÂM GDNN – GDTX NGỌC LẶC

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

TÊN ĐỀ TÀI
“ GIẢI BÀI TẬP THEO PHƯƠNG PHÁP THĂNG BẰNG
ELECTRON”

Người thực hiện: Lương Thị Hoan
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh vực (môn): Hóa học

THANH HÓA NĂM 2018


Mục lục
1. Mở đầu…………………………………………………………………….Trang 2
1.1. Lý 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
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm……………………………………………..

2

2.1 Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm…………………………………..

2

2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm………………

3

2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm đã sử dụng để giải quyết vấn đề………………..

3

2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản thân,
đồng nghiệp và nhà trường…………………………………………………..

12

3. Kết luận và kiến nghị………………………………………………………… 12
Các tài liệu tham khảo………………………………………………………….

14

2


1. Phần mở đầu:
1.1. Lý do chọn đề tài:
Qua những năm dạy học ở trung tâm GDNN-GDTX tôi nhận thấy học sinh và
học viên ở trung tâm thường ngại giải các bài tập hóa học vì cảm thấy khó các bài
giải thường dài và phải tư duy nhiều.
Đối với cách giải cũ về các dạng bài tập liên quan đến các quá trình oxy hóakhử học sinh thường chọn cách viết các phương trình hóa học để tìm ra sản phẩm

sau đó dựa vào các thuật toán để giải ,nhưng với cách này học sinh rất mất thời
gian làm bài ,trong khi cách thi mới hiện nay là trắc nghiệm khách quan với thời
gian làm bài phải đạt từ 1-1,5 phút/ 1 câu vì vậy cần phải có cách giải nhanh gọn
hơn để đáp ứng thực tế của đề thi hiện nay.
Trong thực tế thì cách giải bài tập theo chuyên đề này đã gây được hứng thú
cho học sinh khi học môn hóa học và học sinh có thể tự kiểm tra và đánh giá cho
mình.
Từ những lý do trên tôi đã quyết định chọn chuyên đề “giải baì tập hóa học
theo định luật bảo toàn electron” để giúp học sinh các khóa học làm bài tốt hơn.
1.2. Mục đích của đề tài:
Đưa ra được các bài tập có thể giải nhanh theo định luật bảo toàn electron
nhằm giảm bớt thời gian làm bài ,tư duy nhanh,nhận diện các dạng bài tập có thể
giải theo phương pháp này.
1.3. Đối tượng nghiên cứu:
Là hệ thống các bài tập có thể áp dụng theo định luật bảo toàn electron.
1.4. Phương pháp nghiên cứu:
Nghiên cứu về một số dạng bài tập trong chương trình lớp 10,11,12 hiện nay.
Đưa ra được một trong những phương pháp giải nhanh,hữu hiệu,tiết kiệm thời
gian ,có kết quả chính xác.
2. Nội dung của sáng kiến kinh nghiệm
2.1 Cơ sở lí luận và thực tiễn của đề tài:
-Với cách giải bài tập hóa học theo định luật bảo toàn electron không cần viết
và cân bằng phương trình hóa học của các phản ứng vì có thể có rất nhiều chất
tham ra phản ứng và chất sau phản ứng cũng như có nhiều giai đoạn nhiều chiều
hướng phản ứng khác nhau.
-Khi có rất 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 chất khử mất
đi bằng tổng số electron mà chất oxy hóa thu về.Ta chỉ cần nhận định đúng trạng
thái đầu và trạng thái cuối của chất oxy hóa và chất khử thậm chí không cần quan
tâm tới việc cân bằng các phản ứng.Phương pháp này đặc biệt lí thú với các bài

toán cần biện luận với nhiều trường hợp xảy ra.
- Ta cần nhấn mạnh đây không phải là phương pháp cân bằng phản ứng oxy
hóa –khử mặc dù phương pháp cân bằng electron dùng để cân bằng phản ứng oxy
hóa –khử cũng dựa trên sự bảo toàn electron.
3


2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm:
- Đối với đối tượng là học sinh của trung tâm GDNN-GDTX sự tiếp thu kiến
thức mới gặp nhiều khó khăn,học sinh rất lúng túng khi nhận dạng đề và cách giải
cho phù hợp,các em ngại tư duy khi làm bài tập, đặc biệt với môn hóa học vì cũng
cần có thời gian để học sinh làm quen.
- Khi làm bài tập về phản ứng o xi hóa – khử học sinh thường phải viết nhiều
phương trình hóa học phản ứng xảy ra nhiều giai đoạn hoặc có nhiều chất tham gia
phản ứng. Nếu dùng phương pháp đại số thì có thể có rất nhiều phương trình với
nhiều ẩn số nên việc giải là rất phức tạp thường phải biện luận. Dẫn đến mất nhiều
thời gian làm bài.
- Hiện nay với nhiều cách để cập nhật thông tin thông qua việc sử dụng
internet có thể nghiên cứu cách giải các bài tập theo nhiều cách như sách ,báo hay
lên mạng tìm kiếm trao đổi bốn phương.
2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm đã sử dụng để giải quyết vấn đề
- Cơ sở của phương pháp:
+ Biết được phản ứng oxy hóa –khử
+ ne nhường = ne nhận ;
Tổng e nhường = Tổng e nhận
- Một số lưu ý:
+ Phương pháp sử dụng cho các bài tập về phản ứng oxy hóa –khử trong hóa
học vô cơ.
+ Phương pháp có thể áp dụng cho một phương trình hoặc nhiều phương trình
hay toàn bộ quá trình.

+ Sử dụng phương pháp phải xác định được chất nhường,chất nhận (quá trình
oxy hóa ,quá trình khử)
+ Xác định được trạng thái đầu ,trạng thái cuối và không cần quan tâm tới trạng
thái trung gian.
+ Sử dụng phương pháp này có thể kết hợp thêm một số phương pháp khác
như:Định luật bảo toàn khối lượng; quy tắc đường chéo hay bảo toàn nguyên tố …
- Các dạng bài tập thường gặp:
Dạng 1: Kim loại (hoặc hỗn hợp kim loại) tác dụng với axit (hoặc hỗn hợp axit )
không có tính oxy hóa mạnh.
VD1: Cho sắt tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng thu được V (l) H2 (ở
đktc), dung dịch thu được cho bay hơi được tinh thể F eSO4.7H2O có khối lượng là
55,6 g. Thể tích khí H2 (ở đktc) được giải phóng ra là:
A.8,19 lít
B.7,33 lít
C.4,48 lít
D.6,23 lít.
Giải: Áp dụng ĐLBT electron : ne nhường = ne nhận
Quá trình nhường e
Quá trình nhận e
+2
Fe → Fe +
2e
2H+ +2.1e
→ H2
0,2 mol 0,4 mol
0,4 mol
0,2 mol
→ VH = 0,2.22,4 = 4,48 lít
Chọn C
2

4


VD2: Cho 10gam hổn hợp X gồm Fe và Cu phản ứng với dung dịch HCl
loãng (dư), đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 3,36 lít khí H 2 (đktc) phần
trăm khối lượng của Cu trong hổn hợp X là:
A. 12%
B.16%
C.20%
D.8%
Giải: Áp dụng định luật bảo toàn electron :
Fe → Fe+2 + 2e
2H+ + 2.1e → H2
0,15mol
0,3mol
0,3mol 0,15mol
→ mCu = mhh - mFe = 10- 0,15.56 = 1,6 (gam)
→ % MCu =

.100% = 16%

Chọn B
VD3. Cho m gam kim loại Mg tác dụng hết với 200ml hỗn hợp dung dịch
HCl 0,1 mol và H2SO4. 0,05mol . Giá trị của m gam là.
A. 0,48 gam
B. 10,2 gam
C. 2,4 gam
D.1,2 gam
+

Giải: HCl → H + Cl
nH = 0,04 mol
0,02 0,02
H2SO4 → 2H+ + SO420,01
0,02
Áp dụng ĐLBT electron : ne nhường = ne nhận
2H+ + 2.1e → H2 (QT nhận)
Mg → Mg+2 + 2e (QT nhường)
0,04
0,04
0,02
0,04
→ mMg = 0,02 . 24 = 0,48 gam
Chọn A
VD4: Cho 3,87 gam hỗn hợp A gồm Mg và Al vào 250ml dung dịch X chứa
axit HCl 1mol và H2SO4 0,5mol thu được dung dịch B và 4,368 lít H2 (ở đktc).
a) Số mol H+ dư trong B là
A. 0,22 mol
B. 0,11mol
C. 0,33mol
D. 0,44mol
b) % khối lượng Mg, Al trong hỗn hợp là:
A. 37,21% và 62,79% ; B. 62,79% và 37,21% ;C. 21,37% và 79,62% ; D. 79,62%
và 21,37%
Giải: a) HCl → H+ + ClnH + = 0,5mol
0,25 0,25
H2SO4 → 2H+ + SO420,125
2.0,125
+
2H + 2e → H2

0,195.2
0,195
+

→ nH dư = 0,5 - 0,195.2 = 0,11mol
Chọn B
b) Mg → Mg2+ + 2e
2H+ + 2e → H2
a
2a
2.0,195
0,195
+

5


Al →Al3+ + 3e
b
3b
Áp dụng ĐLBT electron:

 2a + 3b = 0,39
 a = 0.06mol
⇒ 

 24a + 27b = 3,87
b = 0.09mol

Bài ra ta có:

→% mMg =

24.0, 06
.100% = 37, 21%
3,87

→ % mAl = 100% - 37,21% = 62,79%
Chọn A
Dạng 2: Kim loại ( hỗn hợp kim loại) tác dụng với axit (hỗn hợp axit ) có tính oxi
hóa mạnh.
VD1: Cho m gam hỗn hợp X gồm Al, Cu vào dung dich HCl dư sau khi phản
ứng kết thúc sinh ra 3,36 lít khí ( ở đktc). Nếu cho m gam hỗn hợp X trên vào một
lượng dư axit nitric (đặc, nguội), sau khi kết thúc phản ứng sinh ra 6,72 lít khí NO 2
( sản phẩm khử duy nhất ở đktc). Giá trị của m là:
A. 11,5
B. 10,5
C. 12,3
D. 15,6
Giải:
X + HCl: Al phản ứng: 2Al + 6HCl → 2AlCl + 3H2

2
2 3,36
nAl = .nH 2 = .
= 0,1mol
3
3 22, 4
X + HNO3 đặc, nguội : Cu phản ứng : Cu → Cu+2 + 2e
x
→ 2x

+5
N +1e → N+4 (NO2)
0,3 0,3
Áp dụng ĐLBT electron
2x = 0,3 → x =0,15
→ m = 27. 0,1 + 64. 0,15 = 12,3 gam
Chọn C
VD2: Hoà tan hoàn toàn 12 gam hỗn hợp Fe, Cu (tỷ lệ mol 1:1) bằng axit
HNO3, 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) tỷ khối hơi của X đối với H 2 bằng 19. Giá trị của V
là:
A. 3,36
B. 2,24
C. 5,60
D. 4,48
NO
8
Giải: d X H = 19 → =38.
(30)
Theo sơ đồ đường chéo ta có tỷ lệ:
38
2

NO2
(46)

8

Đặt nNO là a → nNO = a
Đặt nFe là x → nCu là x ta có: mhh = 56x + 64x = 12 → x= 0,1mol

2

6


Ta có các quá trình oxi hoá - khử:
Fe → Fe+3 +3e
N+3 +3e → N+2 (NO)
0,1
0,3
3a
a
2+
+5
Cu → Cu +2e
N +1e → N+4 (NO2)
0,1
0,2
a
a
Áp dụng ĐLBT electron ta có: ne nhường = ne nhận
0,3+0,2 = 3a+a → a = 0,125mol
→ Vx = 22,4.2.0,125 = 5,6 (1)
→ Chọn C
VD3: Hoà tan 19,2 gam kim loại M trong H 2SO4 đặc dư thu được khí SO 2.
Cho khí này hấp thụ hoàn toàn trong 1 lít dung dịch NaOH 0,6M, sau phản ứng
đem cô cạn dung dịch thu được 37,8 gam chất rắn. M là kim loại sau:
A. Cu
B. Fe
C. Ca

D.Mg
Giải: nNaOH = 0,6mol
Chất rắn có thể là Na2SO3 , NaHSO3
- Nếu là NaHSO3 thì: nNaOH = nNaHSO =
3

- Nếu là Na2SO3 thì: nNaOH = 2 nNa SO = 2.
2

3

= 0,363 (loại)
= 0,6 (phù hợp)

Ta có phản ứng: SO2 + 2NaOH → Na2SO3 + H2O
0,3
0,6
0,3
+n
+6
Ta có: M → M + ne
S + 2e → S+4 (SO2)
2.0,3 0,3
Áp dụng ĐLBT electron:
m

→ M = nM =

ne = 0,6 → nM =

=32n

Nếu n =1 → M=32 (loại)
n =2 → M =64
→ KL đó là Cu phù hợp
n =3 → M =96 (loại)
Chọn A.
VD4: Hoà tan 15 gam hỗn hợp X gồm hai kim loại Mg và Al vào dung dịch
Y gồm HNO3, H2SO4 đặc thu được 0,1 mol mỗi khí SO 2, NO, NO2, N2O. Phần trăm
khối lượng của Al và Mg trong X là:
A. 63% và 37%
B. 36% và 64%
C. 50% và 50%
D. 46% và 54%
Giải: Đặt nMg = x (mol) ; nAl = y (mol)
Ta có: 24x + 27y = 15 (1)
Mg → Mg+2 + 2e
N+5 + 3e → N+2 (NO)
x
2x
0,3
0,1
7


Al →Al+3 +3e
y
3y

N+5 + 1e → N+4 (NO2)

0,1
0,1
+5
2N + 2.4e → 2N+ (N2O)
0,8
0,1
+6
+4
S + 2e → S (SO2)
0,2 0,1
ne nhường = 2x +3y
ne nhận = 0,3 + 0,1+ 0,8 + 0,2 = 1,4 mol
Theo ĐLBT electron ta có: 2x + 3y = 1,4 (2)
Giải: (1) và (2) ta được: x = 0,4 mol
y = 0,2 mol
→ % mAl =

.100% = 36%

→ % mMg = 100% - 36% = 64%
Chọn B
Dạng 3: Oxit kim loại (hỗn hợp) tác dụng với axit (hỗn hợp axit)
VD1: Để a gam bột sắt ngoài không khí, sau một thời gian sẽ chuyển thành
hỗn hợp A có khối lượng 75,2 gam gồm (Fe, FeO, Fe 2O3 và Fe3O4). Cho hỗn hợp A
phản ứng hết với dung dịch H2SO4 đậm đặc, đun nóng thu được 6,72 lít khí SO 2 (ở
đktc). Giá trị của a là:
A. 11,2
B. 25,3
C. 56
D. 22,4

Giải: nFe ban đầu trong a gam: nFe =
nO2

pư

mol
=

QT {0} Fe → Fe3+ + 3e

mol
QT {k} O2

+

3.

4.(

2.2e → 2O2)

S+6 + 2e → S+4 (SO2)
2.0,3 0,3
ne nhường =

ne nhận = 4.(

) + 2.0,3

Áp dụng ĐLBT electron: ne nhường = ne nhận

= 4.(

) + 2.0,3

Giải ra ta được a= 56 (g)
Chọn C
VD2: Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 3 gam hỗn hợp chất rắn X.
Hoà tan hết hỗn hợp X trong dung dịch HNO3 (dư), thoát ra 0,56 lít (ở đktc) NO (là
sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của m là.
A. 2,52
B. 2,62
C. 2,32
D.2,22
8


Giải:

nNO =

=

= 0,025 (mol)

Fe → Fe+3 + 3e
a
3a

O2 + 2.2e → 2O2b
4b

+5
N + 3e → N+2 (NO)
0,075 0,025
Áp dụng ĐLBT KL ta có: mFe + mO = mx → 56a + 32b = 3 (1)
Áp dụng ĐLBT electron ta có : 3a = 4b +0,075 (2).
Giải (1) và (2) ta được : a = 0,045 ; b = 0,015
→ mFe = 56.0,045 = 2,52 (gam)
Chọn A
VD3: Nung m (gam) sắt trong không khí thu được 104,8 gam hỗn hợp A
gồm: Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 hoà tan A trong dung dịch HNO3 dư, thu được dung
dịch B và 12,096 lít hỗn hợp khí NO, NO 2 (đktc) có tỷ khối hơi đối với Heli là
10,167. Khối lượng m là:
A. 87,4 gam
B. 74,8 gam
C. 78,4 gam
D.47,8 gam
2

Giải:

hh khí

=

= 0,54 mol

→

hh khí

= 0,54.40,668 = 21,96 (gam)

= 10,167. 4 = 40,668 gam/mol
nNO + nNO = 0,54
nNO = 0,18 (mol)
n
nNO = 0,36 (mol)
30.nNO + 46. NO = 21,96
Áp dụng ĐLBT electron ta có:
ne nhận = ne nhường
Sơ đồ phản ứng:
Fe + O2 → Fedư ,FeO, Fe2O3, Fe3O4 + HNO3 → Fe3+
2

2

(mol)
Fe → Fe3+ + 3e

N+5 + 1e → N+4

3.

0,36

0,36

N+5 + 3e → N+2
3.0,18
0,18

O2 + 2.2e → 2O2-

Ta có:

=

+0,36 + 0,54

↔ 3m + 7m = 104,8.7 + 0,9.56 ↔ m=78,4
9


Chọn C
VD4: Oxi hoá hoàn toàn 0,728 (gam) bột Fe, thu được 1,016 (gam) hỗn hợp
2 oxit sắt (hỗn hợp A). Hoà tan hỗn hợp A bằng dung dịch HNO 3 (dư). Thể tích khí
NO duy nhất bay ra (đo ở đktc) là:
A. 0,224 lít
B. 0,0224 lít
C. 0,336 lít
D. 0,0336 lít
Giải: nFe =

=

= 0,013 mol

Áp dụng BTKL mO = 1,016 - 0,728 = 0,288 (gam)
→ nO = 0,009 mol
2

2

Fe → Fe3+ + 3e
0,013
0,013.3

O2 + 2.2e → 2O20,009 0,036
N+5 + 3e → N+2 (NO)
3x
x
Áp dụng ĐLBT electron: 0,039 = 0,036 + 3x ⇔ x = 0,001 mol
→ VNO = 0,001 x 22,4 = 0,0224 (lít)
Chọn B
Dạng 4: Kim loại tác dụng với dung dịch muối.
VD1: Nhúng thanh kẽm vào 100ml dung dịch AgNO 3 0,1M. Khối lượng bạc
kim loại được giải phóng và khối lượng kẽm đã tan vào dung dịch là.
A.1,08 và 0,325
B. 0,325 và 1,08 C. 0,325 và 2,16 D 2,16 và 0,325
Giải: nAgNO3 =0,1.0,1 = 0,01 mol.
Ta có:
Zn → Zn+2 + 2e
Ag+ + 1e → Ag
a
a
2a
0,01 0,01
0,01
Áp dụng ĐLBT electron: 2a = 0,01 → a =

=0,005 (mol)

→ mZn tan vào dd = 65. 0,005 = 0,325 (gam)
mAg = 0,01 . 108 = 1,08 (g)
Chọn A.
VD2: Cho hỗn hợp gồm hai kim loại Fe, Al tác dụng với 100ml dung dịch
chưa AgNO3 và Cu(NO3)2 khuấy kỹ tới phản ứng hoàn toàn, sau phản ứng thu được
dung dịch A và 8,12 gam chất rắn B gồm 3 kim loại. Hoà tan chất rắn B bằng dung
dịch HCl dư thấy bay ra 0,672 lít H2 (ở đktc). Số mol của Al và Fe là 0,03 mol và
0,05 mol. Biết hiệu suất các phản ứng là 100%. Nồng độ mol của AgNO 3 ,
Cu(NO3)2 trong dung dịch ban đầu là
A. 0,5 và 0,3
B.0,3 và 0,2
C. 0,3 và 0,25
D. 0,3 và 0,5
Giải: Vì các phản ứng xảy ra hoàn toàn nên ta có:
Al → Al3+ + 3e
Ag+ + 1e → Ag
0,03
3.0,03
a
a
2+
2+
Fe → Fe
+ 2e
Cu + 2e → Cu
10


0,05

2.0,05

b
2b
+
2H + 2.1e → H2
2.0,03 0,03

Gọi số mol AgNO3, Cu(NO3)2 là a, b
nH = 0,03 mol
Áp dụng ĐLBT electron ta có:
0,03.3 + 0,05.2 = a + 2b + 2.0,03 ⇔ a + 2b = 0,13 (1)
Vì B gồm 3 KL nên Fedư → nFe dư = nH = 0,03
mB = 8,12 = 108a + 64b + 0,03.56
⇔ 108a + 64b = 6,44 (2)
Giải: (1) và (2) ta được
a = 0,03 mol
b = 0,05 mol
2

2

→ CM AgNO3 =

= 0,3M;

CM Cu ( NO3 )2

= 0,5M

Chọn D
VD3: Cho 2,24 gam bột Fe vào 200ml dung dịch chứa chứa hỗn hợp gồm
AgNO3 0,1M và Cu(NO3)2 0,5M, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung
dịch X và m gam chất rắn Y. Giá trị của m là:
A. 2,8
B. 2,16
C. 4,08
D. 0,64
Giải: nFe =

0,04 mol

Ta có: Fe → Fe+2 + 2e
0,04
2. 0,04

n AgNO3 0,1 . 0,2 = 0,02 mol
n Cu ( NO3 )2 = 0,5 . 0,2 = 0,1 mol
Ag+ + 1e → Ag
0,02
0,02
0,02
2+
Cu
+ 2e → Cu
0,1
2. 0,1
0,1

Theo ĐLBT electron thì:
ne nhường = ne nhận
Nhưng n(Ag+, Cu2+ ) → nFe
0,22 mol
0,08 mol
2+
Nên Cu chưa phản ứng hết, Fe hết → Y gồm: Ag và Cu
Ta có các phản ứng: 2Ag+ + Fe → Fe2+ + 2 Ag
0,02 0,01
Cu2+ + Fe → Cu + Fe2+
0,03 0,03
0,03
→ m = mAg + mCu = 0,02 . 108 + 0,03 . 64 = 4,08 (gam)
Chọn C
VD4: Cho hỗn hợp bột gồm 2,7 gam Al và 5,6 gam Fe vào 550 ml dung dịch
AgNO3 1M, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được m (gam) chất rắn. Giá
trị của m là: ( Biết thứ tự trong dãy điện hoà: Fe3+ / Fe2+ đứng trước Ag+ / Ag).
A. 59,4
B. 64,8
C. 32,4
D. 54,0
11


Giải: nAl = 0,1 mol ; nFe = 0,1 mol ; nAg+ = 0,55 mol
Ta có thể có:
Al → Al3+ + 3e
Ag+ + 1e → Ag
0,1
0,3

0,55
0,55
2+
Fe → Fe + 2e
0,1
0,2
Theo ĐLBT electron:
ne nhường = ne nhận
Nhưng: n(Al, Fe) nhường < nAg+ (nhận)
Vậy Ag+ dư tiếp tục oxi hoá Fe+2 → Fe3+
→ Chất rắn sau khi phản ứng chỉ còn Ag
nAg = nAgNO3 = 0,55 mol
→mAg = 0,55 . 108 = 59,4 ( gam)
Chọn A
Dạng 5: Các bài toán về sắt
VD1: Cho lượng dư sắt tác dụng với 300ml dung dịch HNO 3 4M, đun nóng
và khuấy đều hỗn hợp, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch X kết
tủa Y và khí NO (sản phẩm khử duy nhất ) làm bay hơi cẩn thận dung dịch X thu
được m gam muối khan. Giá trị của m là:
A. 81
B. 54
C.72,6
D.86,4
Giải: nH+ = nHNO = 1,2 mol
Theo bài ra Fe dư → HNO3 hết. dung dịch X chỉ thu được muối Fe(NO3)2.
Ta có các quá trình oxi hoá- khử
Fe → Fe+2 + 2e
NO3- + 4H+ + 3e → NO + 2H2O
a(mol) a(mol) 2a(mol)
1,2(mol) 0,9(mol)

Áp dụng ĐLBT electron:
2a = 0,9 → a = 0,45 mol
→ mFe(NO3)2 = n.m = 0,45. 180 = 81 gam
Chọn A
VD2: Cho 5,6 bột sắt nung đỏ trong bình oxi thu được 7,36 gam hỗn hợp A
gồm Fe2O3, Fe3O4 và một phần sắt còn lại hoà tan hoàn toàn hỗn hợp A bằng dung
dịch HNO3 thu được V lít hỗn hợp khí B gồm NO 2 và NO có tỷ khối hơi đối với H 2
bằng 19. Thể tích V ( đo ở đktc) là:
A. 0,448 lít
B. 0,896 lít
C. 0,224 lít
D. 0,336 lít
Giải:
= 19.2 = 38
Áp dụng quy tắc đường chéo
NO
8
30
` → nNO = nNO
38
3

2

NO2
46

12

8
Gọi x là số mol của NO2 cũng là NO : nO2 =

= 0.055 mol

Ta có các quá trình oxi hoá - khử.
Fe → Fe3+ + 3e
0,1
0,3

N+5 + 3e → N+2 (NO)
3x
x
+5
+4
N + 1e → N (NO2)
x
x
O2 + 2.2e → 2O2
0,055 0.055.4
Áp dụng ĐLBT electron: 4x + 0,055.4 = 0,3 ⇔ x = 0,02 mol
→ V = 2.0,02 . 22,4 = 0.896 lít
Chọn B
VD3: Cho kim loại M khi hoà tan hết m gam M trong HNO3 loãng nóng thu
được khí NO, khi hoà tan m gam M trong dung dịch HCl thu được khí H2 có VH =
VNO trong cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất. Khối lượng muối clorua bằng 52,48%
khối lượng muối nitơrat thu được , Tên kim loại M là.
A. Cu
B. Mg
C. Fe

D. Al
Giải: Gọi n là số mol của M trong m gam
a là số mol của NO, H2
x,y là hoá trị của M trong HCl và HNO3
+ Khi tác dụng với HNO3
Ta có các qt oxi hoá - khử
M → M+x + xe
N+5 + 3e → N+2(NO)
n
xn
3a
a
Áp dụng ĐLBT electron : xn = 3a (1)
+ Khi tác dụng với HCl
Ta có qt oxi hoá - khử
M → M+y + ye
2H+ + 2.1e → H2
n
ny
2a
a
Áp dụng ĐLBT electron ta có: ny = 2a (2)
2

(1) và (2) ta có:

=

→

x=3

y=2
→ Công thức của các muối: MCl2 ; M(NO3)3
MCl2
M ( NO3 )3 =

=

→ M = 56

Vậy M là Fe
13


Chọn C.
2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục bản thân,
đồng nghiệp và nhà trường:
- Qua quá trình giảng dạy tôi thấy học sinh rất hào hứng khi làm được các bài tập
từ dễ đến khó,giải nhanh được các bài tập trắc nghiệm khách quan,các em đã có thể
lựa chọn ra các phương pháp phù hợp với các dạng bài tập, đặc biệt học sinh rất
hưng thú khi học,tiết dạy trở nên sinh động và có chất lượng tốt hơn.
- Kết quả đạt được như sau:
+ Sử dụng phương pháp cũ:
Học sinh làm được bài HS làm bàichưa rỏ ràng HS không làm được bài
Tỉ lệ

5%

40%

55%

+ Sử dụng phương pháp áp dụng chuyên đề:

Tỉ lệ

Học sinh làm được bài

HS làm bàichưa rỏ ràng

HS không làm được bài

35%

35%

30%

3. Kết luận và kiến nghị
- Trong quá trình giảng dạy với kinh nghiệm và sử dụng đề tài giải bài tập hóa
theo định luật bảo toàn electron. Tôi thấy rằng mình đã đóng góp phần công sức
nhỏ bé của mình vào việc giảng dạy giúp học sinh tự tin hơn khi làm bài để có kết
quả tốt.
- Khi viết đề tài này sẻ không trách khỏi những sai sót kính mong các thầy cô
góp ý để có kết quả tốt.
XÁC NHẬN CỦA
THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Ngọc Lặc, ngày 24 tháng 5 năm 2018

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

Lương Thị Hoan

14


Các tài liệu tham khảo:
1. SGK hóa học lớp 10,11,12 của bộ giáo dục
2. Hướng dẫn giải nhanh bài tập hóa học T1, T3. Cao Cự Giác nhà xuất bản đại học
quốc gia Hà Nội.
3. Bài tập trắc nghiệm hóa học. Ngô Ngọc An nhà xuất bản giáo dục.

15