Sáng kiến kinh nghiệm hóa học lớp 9 vận dụng các định luật bảo toàn để giải bài toán về KMnO4

PHẦN THỨ NHẤT: MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài
Trong các mơn học ở trường phổ thơng, mơn Hóa học giữ một vai trị khá quan
trọng. Hóa học là một mơn khoa học tự nhiên, nó nghiên cứu về chất và sự biến đổi
chất này thành chất khác.
Với nhiều năm giảng dạy bộ mơn Hố học, tơi đã được tham gia giảng dạy
các khối lớp 8,9 được tham gia ôn luyện đội tuyển thi học sinh giỏi. Trong quá
trình tìm tịi, nghiên cứu nhiều dạng bài tốn hố học khác nhau về các loại chất
khác nhau vô cơ cũng như hữu cơ, tôi nhận thấy rằng bài tập về KMnO 4 là một
trong những dạng bài tập mà học sinh hay gặp trong các kỳ thi. Thông thường
những bài tập về KMnO4 thường khá phức tạp và xảy ra theo nhiều phương trình
phản ứng khác nhau. Vậy phương pháp nào để giải quyết bài toán khoa học nhất,
hiệu quả nhất và nhanh nhất. Đó là lý do để tơi viết đề tài “ Vận dụng các định luật
bảo toàn để giải bài toán về KMnO 4 ” nhằm giúp học sinh giải quyết tốt các bài
tốn một cách nhanh chóng đồng thời chia sẻ kinh nghiệm về phương pháp giải bài
tập với các đồng nghiệp.
2. Mục đích nghiên cứu
Vận dụng các định luật bảo toàn khối lượng, định luật bảo tồn ngun tố, định
luật bảo tồn electron để tìm ra phương pháp giải tối ưu nhất, nhanh nhất (không
cần phải viết phương trình hóa học) dạng bài tốn về KMnO4.
Đề xuất những ý tưởng để giải nhanh bài toán về KMnO 4 góp phần nâng cao chất
lượng giảng dạy bộ môn ở trường THCS và là hành trang vững chắc để các em
chuẩn bị bước vào THPT.
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu


Đối tượng là học sinh giỏi các lớp 8,9.
Với khuôn khổ thời gian nghiên cứu có hạn nên trong đề tài này tôi chỉ nghiên cứu
phương pháp vận dụng các định luật bảo toàn để giải một số bài bài toán về
KMnO4.
4. Nhiệm vụ nghiên cứu

Đưa ra các định luật bảo tồn cần vận dụng, phân tích áp dụng vào các dạng toán
và đề ra phương pháp giải.
Thử nghiệm trên các lớp: 8,9 Trường THCS
Giáo viên đưa ra các phiếu học tập bằng các dạng bài tập về KMnO4.
5. Phương pháp nghiên cứu
5.1 Phương pháp nghiên cứu lí thuyết
Đọc các tài liệu làm cơ sở xây dựng lí thuyết của chuyên đề: tài liệu lí luận dạy học
(Chủ yếu là phương pháp giải bài tập Hóa học ); sách giáo khoa, sách bài tập hóa
học; phương pháp giải bài tập hóa vơ cơ; 16 phương pháp và kĩ thuật giải nhanh
bài tập trắc nghiệm mơn Hóa học; một số đề thi học sinh giỏi.
5.2. Phương pháp sư phạm
a. Phương pháp chuyên gia
Vận dụng phương pháp bài tập để hướng dẫn học sinh giải quyết bài toán.
Xin ý kiến nhận xét, đánh giá của các giáo viên có kinh nghiệm, giáo viên giỏi về
nội dung sáng kiến.
b. Tìm hiểu chất lượng học sinh ở những lớp mình điều tra
c. Chọn lớp thử nghiệm và đối chứng kết quả
Thời gian nghiên cứu
Từ tháng 12 năm 2018 đến tháng 02 năm 2020.


PHẨN THỨ HAI: NỘI DUNG
Chương I: CƠ SỞ LÝ LUẬN
Các định luật cần vận dụng
1.1. Định luật bảo toàn khối lượng
Nội dung định luật: 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, m S 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

ln 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.
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.
1.3. Định luật bảo toàn electron
Nội dung định luật: 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 tồn electron vào dạng tốn 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.
Tổng quan về bài tập KMnO4
Dạng bài tập KMnO4 chúng ta nhắc đến ở đây liên quan đến 2 phản ứng:
2.1. Nhiệt phân muối: điểu chế khí O2 trong phịng thí nghiệm ( Hóa học 8)
2KMnO4 K2MnO4 + MnO2 + O2


2KClO3

2KCl + 3O2

2.2. Tác dụng với axit HCl: điều chế khí Cl2 trong phịng thí nghiệm ( Hóa học 9):
KClO3 + 6HCl

KCl + 3Cl2 + 3H2O.

2KMnO4 +16 HCl 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O.

2K2MnO4 +16 HCl 4KCl + 2MnCl2 + 4Cl2 + 8H2O.
MnO2 + 4HCl MnCl2 + Cl2 + 2H2O.
Dùng phương pháp bảo toàn khối lượng:
Khi nhiệt phân hỗn hợp muối X thu được hỗn hợp muối Y và khí Oxi thì:
my = m x + m O
Dùng phương pháp bảo toàn electron:
Theo định luật bảo toàn electron
Chất khử
+ 5e →

Chất oxi hóa
2 →O2 + 4e

xmol→5x

y → 4ymol

2→ Cl2 +2e
z mol → 2z mol
Tổng electron nhường =Tổng electron nhận:
→ 5x = 4y + 2z
Dùng phương pháp thuần bảo toàn nguyên tố: “Toàn bộ O trong KMnO 4 chuyển
hết về H2O”.
BTNT H → nHCl = 2nH2O (1)
BTNT O → nO= nH2O (2)
Từ (1), (2) → nHCl = 2nO


BTNT Cl → nClban đầu + nCl(HCl) = nCl(trong muối) + nCl(Cl )
BTNT cho các nguyên tố khác xuất hiện trong từng bài.

Khi nhiệt phân hỗn hợp các muối , CaOCl2 , Ca(ClO3 )2 , Ca(ClO2 )2
được hỗn hợp các sản phẩm như , CaCl2 và O2

...

thì sẽ thu

Phương trình nhiệt phân như sau:
2CaOCl2 2CaCl2 + O2
Ca(ClO3 )2 CaCl2 + 3O2
Ca(ClO2 )2 CaCl2 + 2O2
Đó là dạng bài tập kết hợp giữa việc nhiệt phân chúng để thu khí O 2 (theo
phương pháp điều chế Oxi trong phịng thí nghiệm ở lớp 8) cùng hỗn hợp chất rắn ,
sau đó cho vào dung dịch axit HCl đặc, đun nóng (theo phương pháp điều chế khí
Clo trong phịng thí nghiệm ở lớp 9). Tùy theo đề bài cho là nhiệt phân
3 hồn tồn
hay nhiệt phân khơng hồn tồn mà ta sẽ có những cách giải phù hợp với từng
dạng bài và mức độ khó hay cơ bản.
Nếu đề bài cho nhiệt phân hỗn hợp sau một thời gian có nghĩa là khơng hồn
tồn thì hỗn hợp sau phản ứng ngồi các sản phẩm và khí Oxi thì cịn có hỗn hợp
các chất ban đầu cịn dư. Chính vì vậy, nếu như đặt ẩn từng chất trong hỗn hợp và
mol tham gia phản ứng thì chúng ta sẽ gặp rắc rối vì khối lượng ẩn quá lớn (có thể
lên đến 9 –10 ẩn) trong khi dữ kiện của bài tốn chỉ có từ 3 – 4 . Như vậy, đối với
dạng bài tập này, chúng ta cần sử dụng khéo léo và thuần thục các định luật bảo
toàn như: Bảo toàn khối lượng, Bảo toàn nguyên tố và Bảo toàn e.
Chương II. THỰC TRẠNG CỦA ĐỀ TÀI
1.Thuận lợi
Năm học với sự đạo của ngành giáo dục nhằm thực hiện tốt chủ đề của năm
học: “Tiếp tục đổi mới và nâng cao chất lượng giáo dục”. Tiếp tục thực hiện các
cuộc vận động: “Học tập và làm theo tấm gương đạo đức Hồ Chí Minh”; cuộc vận

động “Mỗi thầy cơ giáo là tấm gương đạo đức, tự học và sáng tạo”; Phong trào thi
đua “Xây dựng trường học thân thiện, học sinh tích cực” đã tạo tiền đề và khí thế
mạnh mẽ ngay từ đầu năm học.
Đội ngũ cán bộ giáo viên nhà trường và tổ bộ môn đảm bảo về số lượng và
chất lượng, đáp ứng yêu cầu của cấp học. Giáo viên trong nhà trường ln có trách
nhiệm cao, say mê với nghề nghiệp và hết lòng yêu thương học sinh. Ngay từ đầu


năm học, ban giám hiệu và tổ bộ môn đã có triển khai các kế hoạch, chỉ thị năm
học; kiểm tra khảo sát theo bộ môn để phân loại đối tượng học sinh, từ đó có biện
pháp phụ đạo học sinh yếu kém, bồi dưỡng học sinh khá giỏi.
Có nhiều học sinh khá, giỏi đã có kĩ năng giải bài tập này theo phương pháp
thông thường (đặt ẩn, lập hệ phương trình).
2. Khó khăn
Đối tượng học sinh của trường phần đông là học sinh ở vùng nông thôn,
vùng sâu, vùng xa nên khơng có nhiều điều kiện cả về kinh tế và thời gian cho việc
học tập.
Rất nhiều học sinh vẫn chưa hiểu được bản chất của các phản ứng .
Chưa biết cách áp dụng các định luật bảo toàn vào giải tốn, đặc biệt là bảo tồn
electron trong phản ứng oxi hố khử.
Mỗi dạng bài tập có nhiều phương pháp làm, nhưng có 1 phương pháp hiệu quả
nhất để giải quyết mà học sinh chưa tìm ra được.
Thói quen của học sinh về giải toán hoá bao giờ cũng là viết phương trình hố học,
đặt ẩn, lập hệ phương trình. Phương pháp này chỉ phù hợp với những bài tốn đơn
giản, khi số ẩn và số phương trình đại số lập được bằng nhau. Mặt khác, với một
câu hỏi trắc nghiệm khách quan trong đề thi thì việc giải nhanh bài toán này là vấn
đề khá nan giải.
Chương III: GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
1.Phương pháp giải một số dạng bài tập điển hình
Sau đây là một số các ví dụ theo mức độ từ cơ bản đến nâng cao kèm theo phân

tích và định hướng tư duy giải.
Lớp 8 sau bài điều chế Oxi ta co các bài sử dụng định luật bảo toàn khối lượng lên
lớp 9 các dạng tốn được nâng lên như sau:
Ví du 1: Nhiệt phân hoàn toàn 4,385 gam hỗn hợp A gồm KMnO 4 và KClO3 thu
được m gam chất rắn B và 0,56 lít O2 (ở đktc). Tính m.
Hướng dẫn giải
nO2 = 0,025 mol


Theo ĐLBTKL ta có: = +
→m = mA – mO2 = 4,385 - 0,025.32 = 3,585 (g)
Ví du 2: Nung hỗn hợp A gồm KMnO4 và KClO3 đến khi phân hủy hồn tồn thì
thu được 21,65 gam hỗn hợp B gồm các chất rắn và 4,48 lít khí (ở đktc). Tính khối
lượng mỗi chất trong A.
Hướng dẫn giải
nO2 = 0,2 mol
Theo ĐLBTKL ta có: = + m
→= 21,65 + 0,2.32 = 22,29 (g)
Gọi x là số mol của KClO3 , y là số mol của KMnO4
2KClO3 2KCl+3O2
2KMnO4 K2MnO4 +MnO2 +O2
→ 122,5x+158y = 22,29
1,5x+0,5y = 0,2
→ x = 0,116 và y = 0,05
Vậy khối lượng của KClO3 là:
0,116. 122,5 = 14,25 (g)
Vậy khối lượng của KMnO4 là:
0,05 . 158 = 7,9 (g)
Nhận xét: Với 2 bài toán cơ bản này ta chỉ cần dùng định luật bảo toàn khối
lượng đơn giản sau đó đưa về bài tốn hỗn hợp, đa số học sinh đại trà được

hướng dẫn sẽ làm được dạng này.
Phát triển bài toán: Đoạn đầu nhiệt phân thường định luật bảo tồn khối lượng.
Nhưng bài tốn được phát triển để xác định được lượng Oxi cần giải quyết thêm
bài tốn chất khí phía sau. Ta xét ví dụ 2 sau đây:


Ví du 3: Nhiệt phân 4,385 gam hỗn hợp A gồm KClO3 và KMnO4 thu được V lít
khí B(đktc) và m gam chất rắn D gồm K 2MnO4, MnO2 và KCl. Tồn bộ lượng khí
B cho tác dụng hết với cacbon nóng đỏ thu được 0,896 lít hỗn hợp khí C có tỉ khối
so với hidro là 16. (Biết thể tích khí ở đktc)
a. Tính V và m.
b. Tính % theo khối lượng của KMnO4 trong A.
Hướng dẫn giải
M z = 32 → trong hỗn hợp khí chỉ gồm CO và CO2.
Gọi a là số mol của CO , b là số mol của CO2
→ a+b = 0,896 : 22,4 = 0,04(mol)(1)
Ta có : 28a + 44 ba + b = 32
→ 4a=12b⇔ a : b = 3 ⇔ a−3b = 0(2)
Từ ( 1 ) và ( 2 ) → a = 0,03, b = 0,01
2C+ O2 2CO
C + O2 CO2
ΣnO2 = 0,032 + 0,01 = 0,025(mol)
Vậy thể tích của O2 (đktc) là:
V = 0.025 . 22,4 = 0,56 (l)
Theo ĐLBTKL ta có: mA =mB + mD
→m= m A – mB = 4,385 – 0,025.32 = 3,585 (g)
Gọi x là số mol của KClO3 , y là số mol của KMnO4
2KClO3 2KCl+3O2
2KMnO4 K2MnO4 +MnO2 + O2
→122,5x+158y = 4,3851

1,5x+0,5y = 0,025 →{x = 0,01, y = 0,02
→ mKClO3 = 1,225(g), mKMnO4 = 3,16(g)
%KClO3 = = 28%
%KMnO4 = 72 %
Ví du 4: Nung m gam hỗn hợp A gồm KMnO 4 và KClO3 thu được chất rắn A1 và
khí O2 ,lúc đó KClO3 bị phân hủy hồn tồn, cịn KMnO4 bị phân hủy khơng hồn
tồn.Trong hỗn hợp A1 có 0,894 gam KCl chiếm 8,132% về khối lượng.Trộn
lượng O2 thu được ở trên với khơng khí theo tỷ lệ thể tích 1:3 trong một bình kín
thu được hỗn hợp A2. Cho vào bình 0,528 gam Cacbon rồi đốt cháy hết cacbon thu
được hỗn hợp khí A3 gồm ba khí trong đó CO2 chiếm 22,92% về thể tích.Tính m.
Hướng dẫn giải
Các phản ứng xảy ra khi nhiệt phân hỗn hợp A
2KClO3 2KCl +3O2 ↑ (1)
2KMnO4 K2MnO4 + MnO2 + O2↑ (2)
Sau khi trộn O2 với khơng khí ta có:
∑nO2 = a + 3a . 0,2 = 1,6a mol (∑nO2 (1)+(2) = a mol)
Ta xét 2 trường hợp sau:
Nếu O2 dư (1,6a>0,044mol) lúc đó chỉ xảy ra phản ứng đốt cháy cacbon trong Oxi
C + O2 CO2
∑nA3 = = 0,192mol
O2 : (1,6a−0,044)mol
N2 : 2,4a mol
CO2: 0,044mol
→ (1,6a − 0,044) + 2,4a + 0,044 = 0,192
→ a = 0,048 mol(TM)


Theo ĐLBTKL ta có: mA =mA1 + mO2

mA = + 0,048 . 32 = 12,53 gam
b) Nếu O2 thiếu (1,6a<0,044),lúc đó ngồi việc cacbon cháy trong khí Oxi thì một
phần Cacbon khử CO2 sinh ra để tạo thành khí CO như sau:
C + O2 CO2
C + CO2 2CO
Khơng có phản ứng Cacbon cháy trong Oxi để tạo khí CO (trừ khi nung nóng trong
lị nung ở
nhiệt độ >10000C).Tuy nhiên khi giải tốn ta có thể giả sử Cacbon cháy đồng thời
ở 2 phản ứng tạo ra hỗn hợp khí gồm CO và CO 2 mà không ảnh hưởng đến kết quả
bài tốn. Bởi vì thực chất ta dùng hai định luật bảo toàn nguyên tố và Oxi để giải
quyết nên việc xem như vẫn thỏa mãn các định luật bảo toàn.
C + O2 CO2 (3)
2C + O2 2CO (4)
A3gồm:
CO2 : bmol
N2 : 2,4amol
CO(0,044−b)mol
→ nO2 (3)+(4) = 1,6a = + b
%CO2 = =
a = 0,0204mol
b = 0,0213mol

Theo ĐLBTKL ta có: mA =mA1 + mO2
mA =+ 32 . 0,0204 = 11,646 gam
Nhận xét: Với các ví dụ trên ta chỉ mới sử dụng định luật bảo toàn khối lượng ở
giai doạn nhiệt phân và tính tốn đối với khí Oxi (dùng điểu chế khí O 2 trong


phịng thí nghiệm ). Ở giai đoạn sau hỗ hợp chất rắn X được cho vào HCl đặc
(dùng điểu chế khí Cl2 trong phịng thí nghiệm ), những ví dụ sau sẽ tính tốn cho

giai đoạn này.
Ví dụ 5: Nhiệt phân KMnO4 một thời gian thu được 3,36lít khí (đktc) O 2(đktc) và
m gam hỗn hợp chất rắn X. Để hịa tan hồn tồn hỗn hợp X cần 3,4 mol HCl đặc
đun nóng thu V lít khí Clo (đktc) .Tính V.
Hướng dẫn giải
Phân tích đề:
Sơ đồ phản ứng:
KMnO4
Giải quyết vấn đề:
Cách 1:Với bài này ta có thể giải theo phương pháp thông thường ta làm như sau:
2KMnO4 K2MnO4 +
0,15 mol

MnO2

+

O2

0,15 mol

0,15 mol

2K2MnO4 + 16 HCl 4KCl + 2MnCl2 + 4Cl2 + 8H2O.
0,15 mol1,2 mol
MnO2 +
0,15 mol

0,3mol

4HCl MnCl2 + Cl2 + 2H2O
0,6 mol

0,15 mol

2KMnO4 + 16 HCl 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O.
1,6 mol

0,25 mol

Tổng số mol Cl2 là : 0,15 + 0,3 +0,25 = 0,95mol
Thể tích khí Cl2 là: V = 0,95.22,4 = 21,28lit
Với cách giải này ta phải viết nhiều phương trình.
Cách 2: Dùng các định luật bảo toàn


X phản ứng với HCl thì tồn bộ O trong X chuyển vào H
+ → H2 O
= 2 (X) = 3, 4 mol
→ nO(Y) = 1,7 mol
→ nO(bđ) = 1,7 +0,15.2 = 2 mol
→ nKMnO4 = 0,5 mol
→ nK = nMn = 0,5mol
ĐLBT e:
Chất khử
+ 5e →
0,5mol→2,5

Chất oxi hóa
2 →O2 + 4e

0,15→0,6 mol

2→Cl2 +2e
nCl2 = = 0,95 mol
Nếu không dùng ĐLBT e ta có thể dùng ĐLBTNT cho Cl (x là số mol của Cl2)
BTNT Cl :
nCl(HCl) = nCl(trong muối) + nCl(Cl)
→ 3,4 = 0,5 + 0,5.2 + 2x
→ x = 0,95mol
Thể tích khí Cl2 là: V = 0,95.22,4 = 21,28lit
Ví dụ 6: Hỗn hợp X gồm 31, 6 gam KMnO4 và 73, 5 gam KClO3. Nung nóng X
trong bình kín một thời gian thu được khí O 2 và 93, 9 gam hỗn hợp rắn Y gồm
KMnO4, K2MnO4 , MnO2 , KClO3 và KCl. Cho Y tác dụng hoàn toàn với dung dịch
axit Clohiđric 36, 50% (khối lượng riêng là 1, 18 g/ml) khi đun nóng. Tính thể tích
dung dịch HCl cần dùng vừa đủ .
Hướng dẫn giải


Phân tích đề:
Sơ đồ phản ứng:
Hỗn hợp XH2O
Gđ1: Bài tốn cho khối lượng của hỗn hợp X và hỗn hợp Y, sử dụng ĐLBTKL để
tìm số mol O2
Gđ2: Tồn bộ O trong Y chuyển vào H2O, sử dụng BTNT để tìm số mol HCl
Giải quyết vấn đề:
Từ dữ kiện ta có:
nKMnO4 =0, 2mol , nKClO3=0, 6mol
BTKL
→ nO2 ↑ = = 0, 35mol
BTNT:

(Y) = 0,2. 4+ 3.0 , 6 – 2. 0 , 35= 1,9 mol
Toàn bộ O trong Y chuyển vào H2O :
+

H2 O

= 2 (Y) = 2.1,9 = 3, 8 mol
→ = = 322, 034 ml
Nhận xét: Nếu viết PTPU và giải theo phương pháp thơng thường thì phải viết 6
phương trình phản ứng mà chỉ có 3 dữ kiện để giải, vừa mất thời gian vừa khơng
thể tìm kết quả nếu không dùng thêm các định luật bảo toàn. Khi học sinh chưa
được hướng dẫn dùng các định luật bảo tồn các em khơng giải quyết được loại
bài này.
Nhiệt phân X:
2KMnO4 K2MnO4 + MnO2 + O2
2KClO3 2KCl + 3O2


Y tác dụng với axit HCl:
KClO3 + 6HCl

KCl + 3Cl2 + 3H2O.

2K2MnO4 +16 HCl 4KCl + 2MnCl2 + 4Cl2 + 8H2O.
2KMnO4 +16 HCl 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O.
MnO2 + 4HCl MnCl2 + Cl2 + 2H2O.
Ví dụ 7: Nhiệt phân hoàn toàn 22, 26 gam hỗn hợp X gồm KClO3 ; KMnO4 và KCl
thu được 3, 36 lít khí O2 (đktc) và hỗn hợp Y gồm KCl; K2MnO4 ; MnO2 trong đó
KCl chiếm 51,203% về khối lượng. Hịa tan hết hỗn hợp Y cần dùng dung dịch HCl
32,85% (đun nóng) thu được dung dịch Z. Tính nồng độ phần trăm của KCl có

trong dung dịch Z .
Hướng dẫn giải
Phân tích đề:
Sơ đồ phản ứng:
Hỗn hợp XZ
Giải quyết vấn đề:
Do phản ứng nhiệt phân hồn tồn nên các phương trình phản ứng nhiệt phân hỗn
hợp X là:
2KClO3→ 2KCl + 3O2
2KMnO4 K2MnO4 + MnO2 + O2
Gọi số mol KClO3; KMnO4 và KCl lần lượt là a, b, c mol
Từ các dữ kiện của đầu bài, ta thu được hệ phương trình sau:
BTKL
→ 122, 5a + 158b + 74, 5c = 22, 26
∑nKCl = a + c = 0, 12
nO2 = 1, 5a + 0, 5b = 0, 15


→ a = 0, 08mol
b = 0, 06mol
c = 0, 04 mol
Cách 2 cho việc tìm số mol các chất trong hỗn hợp ban đầu khi dùng các định luật
bảo toàn:
BTKL
→ mY = 22, 26 − 0, 15 . 32 = 17, 46 gam
→ mKCl = 17, 46 . 0,51203 = 8,94 gam
→ nK2MnO4 = nMnO2 = = 0, 03 mol
→ nKMnO4 = 0, 06 mol
→ nKClO3 = 0,08mol
→ nKCl = 0, 04mol

nHCl = 2 (0,08 . 3+ 0, 06 4 – 0,1515 . 2) = 0, 36mol
Dùng ĐLBT e:
+ 5e →
0,06
+ 6e

→

0,08
2 →O2 + 4e
0,15
2→Cl2 +2e
→ nCl2 ↑ = = 0, 09mol
Khối lượng dung dịch HCl là:


m = = 40 gam
Khối lượng dung dịch sau phản ứng:
m = mY + mddHCl - mCl
=

17, 46 + 40 – 0, 09. 71 = 51, 02 gam

C%KCl = = 26, 28%
Ví dụ 8: Trộn KMnO4, KClO3 với một lượng bột MnO2 trong bình kín thu được
hỗn hợp rắn X. Lấy 52, 55gam X đem nung nóng, sau một thời gian thu được hỗn
hợp rắn Y (trong đó KCl chiếm 36 , 315% khối lượng)và V lít O2 . Biết rằng KClO3
nhiệt phân hồn tồn. Sau đó, cho tồn bộ Y tác dụng hoàn toàn với HCl đặc , dư, đun
nóng, sau phản ứng cơ cạn dung dịch thu được 51 , 275 gam hỗn hợp muối khan.
Hiệu suất quá trình nhiệt phân KMnO4 là ?

Hướng dẫn giải
Các phản ứng xảy ra khi nhiệt phân hỗn hợp X là:
2KClO3 →2KCl + 3O2
2KMnO4 → K2MnO4 + MnO2 + O2
mY = = 41, 03gam
→ nO2 = = 0, 36mol
Hỗn hợp rắn Y
=> X
Từ các dữ kiện của đề bài ta thu được hệ phương trình 3 ẩn sau:
BTKL
→ 158x + 197y + 87z = 41, 03 − 14, 9 = 26, 13
BTNT O
→ 4x + 4y + 2z + 0, 36 . 2 = 4(x + 2y) + 0, 2 . 3 + 2(z − y)
Khối lượng muối KCl và MnCl2


→ 74,5 ( x + 2y )+ 126 ( x + y + z ) = 51, 275 − 14, 9 = 36, 375
x = 0, 03mol
y = 0, 06mol
z = 0, 11mol
Hiệu suất nhiệt phân KMnO4 là:
H = .100 = 80%
Nhận xét: Với các ví dụ 5,6,7,8 nếu dùng phương pháp thơng thường thì phải viết
nhiều phương trình và không đủ dữ kiện để giải. giai đoạn cho vào HCl phức tạp
nên dùng phương pháp bảo toàn electron, bảo tồn ngun tố để tính tốn.
Phát triển bài tốn: Ngồi KMnO4 thì bài tốn cịn nhiệt phân những muối giàu
Oxi như KClO3, Ca(ClO3)2 thì việc dùng các phương pháp bảo toàn cũng tương
tự. Ngoài cách sử dụng định luật bảo tồn ngun tố cho O, H,Cl thì cịn dùng
định luật bảo toàn nguyên tố cho các nguyên tố khác như K. Ta xét ví dụ 9 và ví
dụ 10 sau:

Ví dụ 9: Hỗn hợp X gồm KClO3 ,Ca(ClO3)2 ,CaCl2 và KCl có tổng khối lượng là
83, 68 gam. Nhiệt phân hồn tồn X thu được 17, 472 lít O2 (đktc) và chất rắn Y
gồm CaCl2 và KCl. Y tác dụng vừa đủ 0,36 lít dung dịch K2CO3 0,5M thu được
dung dịch Z. Lượng KCl trong Z nhiều gấp 22/3 lần lượng KCl trong X . Phần trăm
khối lượng KClO3 trong X là bao nhiêu.
Hướng dẫn giải
Phân tích đề:
Sơ đồ phản ứng:
Hỗn hợp X dd Z
Giải quyết vấn đề:
nO2 = = 0, 78mol
BTKL:
→ m = mx - mO= 83,68 – 0,78.32 = 58, 72gam
nCaCl2 = nK2CO3 = 0,36.0,5 = 0, 18mol


→ mKCl = m - mCaCl= 58,72 – 0,18.111 = 38, 74gam
→ nKCl(Y) = = 0, 12mol
→ nKCl = = 0, 88mol
→ nKCl(X) = = 0, 12mol
BTNT (K)
→ nKClO3 = nKCl(Y) – nKCl(X) = 0, 52 − 0, 12 = 0, 4mol
→ %KClO3 == 58, 55%
Ví dụ 10 : Hỗn hợp rắn E gồm KClO 3, Ca(ClO2)2 , Ca(ClO2)2 , KCl. Nhiệt phân 27,
17 gam rắn E, sau một thời gian thu được chất rắn F và 2a mol khí X . Cho rắn F tác
dụng với dung dịch chứa 0, 48 mol HCl, đun nóng thu được 3a mol khí Y và dung
dịch G. Dung dịch G tác dụng tối đa với 220 ml dung dịch K 2CO3 0, 5M thu được
dung dịch H và a mol khí Z. Lượng KCl trong dung dịch H nhiều gấp 3 lần lượng
KCl trong rắn E. Phần trăm khối lượng của Ca(ClO3)2 có trong hỗn hợp rắn E là?.
Hướng dẫn giải

Vận dụng các định luật bảo toàn: electron.
→ 2(0, 24 + 3a) = 2a . 4 + 3a . 2
→ a = 0, 06mol
K: bmol
Cl: c mol
BTKL
→ 39b + 35, 5c = 18, 45
b + 2 . (0, 11 − 0, 06) = c
a = 0, 2mol
b = 0, 3 mol
BTNT


→ nKCl(H)= 0⏟, 11 . 2+ 0⏟, 2 = 0, 42mol
→ nKCl(A) == 0, 12mol
→ nKClO3 (E) = 0, 2 − 0, 14 = 0, 06mol
Ca(ClO3)3 x mol
Ca (ClO2) 2 y mol
BTNT: Ca
→ x + y = 0, 11 − 0, 06 = 0, 05
BTNT: O
→ 6x + 4y = 0, 24 + 3 . 0, 06 − 0, 06 . 3 = 0, 24
x = 0, 02mol
y = 0, 03mol
Ca(ClO2)2% =

.

100% = 19, 32%

2. Bài tập vận dụng
Bài 1: Nhiệt phân hoàn toàn 43,85 gam hỗn hợp X gồm KClO3 và KMnO4, thu
được O2 và m gam chất rắn Y gồm K2MnO4, MnO2 và KCl. Toàn bộ lượng O2 thu
được cho tác dụng hết với cacbon nóng đỏ, thu được 8,96 lít (ở đktc) hỗn hợp khí
Z (gồm CO và CO2) có tỉ khối so với H2 bằng 16.
a) Tính m.
b) Tính khối lượng của các chất trong X.
c) Tính thể tích (ở đktc) khí Cl2 thu được khi cho 87,7 gam X (ở trên ) tác dụng hết
với dung dịch axit HCl đặc, dư (có đun nóng).
Bài 2: Nhiệt phân hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm KClO3 và KMnO4 , thu được
khí Oxi và 8, 66 gam chất rắn. Dẫn lượng O2 ở trên qua Cacbon nóng đỏ thu được 2,
24 lít (đktc) hỗn hợp khí Y có tỷ khối so với Hydro bằng 17 , 6. Hấp thụ hết Y vào
dung dịch nước vôi trong dư, sau phản ứng thu được 4 gam kết tủa . Tính phần trăm
khối lượng của các chất có trong hỗn hợp X.


Bài 3: Nung m gam hỗn hợp X gồm KClO3 và KMnO4 thu được chất rắn Y. Trong
Y có 1, 49 gam KCl chiếm 19, 893% theo khối lượng. Trộn lượng O2 ở trên với
khơng khí theo tỉ lệ thể tích tương ứng là 1 : 4 thu được hỗn hợp khí Z . Đốt cháy
hết 0, 528 gam cacbon bằng hỗn hợp Z thu được hỗn hợp khí T gồm 3 khí O 2, N2,
CO2 trong đó CO2 chiếm 22% về thể tích. Biết trong khơng khí có 80% N2 và 20%
O2. Giá trị của m là bao nhiêu.
Bài 4 : Nung nóng 30, 005 gam hỗn hợp X gồm KMnO4 KClO3 và MnO2, sau một
thời gian thu được khí O2 và 24, 405 gam chất rắn Y gồm K2MnO4 MnO2, KMnO4,
KCl. Để hịa tan hồn tồn Y cần vừa đủ 2, 0 lít dung dịch chứa HCl 0, 4M thu được
4, 844 lít khí Cl2 (đktc). Tính phần trăm khối lượng của các chất trong hỗn hợp X .
Bài 5: Nhiệt phân hỗn hợp X gồm KMnO 4 và KClO3 một thời gian thu được O 2 và
28, 33 gam chất rắn Y gồm 5 chất. Toàn bộ hỗn hợp rắn Y tác dụng tối đa với 1 , 2
mol HCl đặc thu được khí Cl 2 và dung dịch Z. Cho toàn bộ dung dịch Z tác dụng
với một lượng dư dung dịch AgNO3 vừa đủ thu được 66, 01 gam kết tủa. Tính phần

trăm khối lượng của các chất trong hỗn hợp X .
Bài 6: Hỗn hợp X có khối lượng 82, 3 gam gồm KClO3, Ca(ClO3)2, CaCl2 và KCl.
Nhiệt phân hoàn toàn X thu được 13 , 44 lít O2 (đktc). Chất rắn Y gồm CaCl2 và
KCl. Toàn bộ Y tác dụng vừa đủ với 0, 3 lít dung dịch K2CO3 1M, thu được dung
dịch Z. Lượng KCl trong Z nhiều gấp 5 lần lượng KCl trong X. Phần trăm khối
lượng của KCl có trong X là bao nhiêu?
Bài 7: Cho 20,14 gam hỗn hợp rắn X gồm Ca(ClO3)2 , KClO3 (x mol) và CaCl2 vào
dung dịch HCl đun nóng (dùng dư), thu được dung dịch Y và 0, 24 mol khí Cl2.
Dung dịch Y tác dụng vừa đủ với dung dịch K 2CO3, thấy thốt ra 0, 12 mol khí CO
2; đồng thời thu được 12, 0 gam kết tủa và dung dịch Z chứa y mol KCl . Tỉ lệ của x :
y là bao nhiêu.
Bài 8: Cho 0, 14 mol hỗn hợp X có khối lượng là 20 , 75(gam) gồm KMnO4, KClO3 ,
Ca(ClO3)2 , MnO2 nung nóng sau một thời gian thu được m gam chất rắn A và xmol
khí O2 . Cho A tác dụng vừa đủ với 0, 88 mol HCl đun nóng thấy thốt ra y(mol) khí
Cl2. Trộn x với y rồi cho tác dụng với 0, 2 mol Fe và 0, 2 mol Mg thu được hỗn hợp
rắn C chỉ gồm các oxit và muối, không thấy có khí thốt ra. C tác dụng vừa đủ với 7,
3 gam HCl được dung dịch D. Biết D tác dụng với dung dịch AgNO 3 dư thì thu
được 139, 595 gam kết tủa. Tính phần trăm khối lượng KMnO4 có trong hỗn hợp X.
Bài 9: Nung nóng hỗn hợp gồm 6, 32 gam KMnO 4 và 4, 14 gam Ca(ClO3)2 một
thời gian thu được 8, 86 gam hỗn hợp chất rắn Y. Cho Y tác dụng với dung dịch
HCl đặc dư đun nóng lượng khí Clo sinh ra cho hấp thụ vào 600 ml dung dịch chứa
NaOH 0, 5 M đun nóng thu được dung dịch Z . Cơ cạn dung dịch Z thu được m gam
chất rắn khan. Giá trị gần nhất với m là:


3. Kết quả và bài học kinh nghiệm
2.1. Kết quả
Trong khi giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi và ôn thi đại học tơi đó có rất
nhiều trăn trở khi dạy phần hỗn hợp sắt và hợp chất của sắt. Tôi nhận thấy kể cả đề
thi học sinh giỏi và đề thi đại học số lượng câu hỏi về sắt và hợp chất sắt luôn

chiếm một tỉ lệ nhất định và đặc biệt là những bài toán kinh điển. Trên thực tế như
vậy, tôi đã mạnh dạn đưa các phương pháp giải dạng bài tập này vào và qua giảng
dạy tôi thấy học sinh nắm vấn đề tương đối nhẹ nhàng và có hiệu quả rõ rệt khơng
những chỉ ở những học sinh khá giỏi mà một số học sinh trung bình đã tiếp cận và
áp dụng được ở một số bài tập.
Tôi đã hướng dẫn cách làm này cho nhiều lớp học sinh và thu được kết quả
rất đáng mừng. Với kiểu bài này, học sinh khá giỏi chỉ làm trong khoảng từ 1 đến 2
phút/câu tuỳ theo tính chất đơn giản hay phức tạp của đề bài.
Trong thời gian thử nghiệm năm học 2019 – 2020 tôi đã thu được những kết
quả nhất định, được thể hiện thông qua các lớp như sau:
a) Trước khi thử nghiệm
Tiến hành làm bài kiểm tra trắc nghiệm trên phiếu học tập bao gồm 5 bài tập trong
thời gian 30 phút thu được kết quả như sau:
Lớp

Sĩ số

Giỏi

Khá

Trung bình Yếu, kém

9A

33

0

5

7

21

9C

34

2

3

6

27

Cộng

70

2

8

13

48

1,4

11,4

18,6

68,6

Tỉ lệ (%)
b) Sau khi thử nghiệm


Tiến hành làm bài kiểm tra trắc nghiệm trên phiếu học tập bao gồm 5 bài tập
trong thời gian 30 phút thu được kết quả như sau:
Lớp

Sĩ số

Giỏi

Khá

Trung bình Yếu, kém

9A

33

5

12

8

3

9C

34

10

14

9

5

Cộng

67

15

26

17

8

27,2

37,1

24,3

11,4

Tỉ lệ (%)

Sau khi học sinh nắm được phương pháp trên thì các bài tập về KMnO 4
khơng cịn là vấn đề trở ngại cho học sinh đại trà và thi học sinh giỏi. Đây là kết
quả đáng mừng và chúng ta chắc chắn rằng số học sinh khá giỏi, kể cả học sinh
diện trung bình sẽ khơng bỏ qua dạng bài này khi gặp trong các kỳ thi.
2.2. Bài học kinh nghiệm
Trong quá trình thực hiện đề tài này, tôi đã đúc kết ra một số bài học kinh
nghiệm như sau:
Phát huy tinh thần tự học, tự bồi dưỡng nhằm nâng cao trình độ chun mơn
nghiệp vụ của người thầy. Ban lãnh đạo trường cần có phương án kiểm tra, đánh
giá, khích lệ cụ thể.
Có ý thức trách nhiệm cao đối với học sinh, đặt việc giảng dạy cho học sinh
là tầm quan trọng hàng đầu trong sự nghiệp giáo dục.
Người thầy phải biết tạo cho học sinh sự hứng thú, niềm đam mê vào việc
học tập bộ môn hố học. Hay nói cách khác, người thầy phải là người truyền lửa để
thắp sáng tâm hồn và trái tim của các thế hệ học sinh
Phần quan trọng nhất trong quá trình áp dụng phương pháp này là giúp học
sinh định hướng được dạng bài tập, tìm ra bản chất của vấn đề để rút ngắn thời
gian giải bài tập. Đó cũng là động lực để tơi hồn thành đề tài này.


PHẦN BA: KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ

Qua nghiên cứu và áp dụng cho đối tượng học sinh lớp 8,9 trường tơi nhận
thấy: Dạng bài tập về KMnO 4 có vai trị rất quan trọng trong chương trình hóa
học . Thơng qua việc giải bài tập hóa học KMnO 4, học sinh củng cố và nắm vững
được các khái niệm cũng như các tính chất của chất của KMnO 4 và các hợp chất
giàu Oxi dễ bị phân hủy. Căn cứ vào thực trạng học tập của học sinh và công tác
bồi dưỡng học sinh giỏi hiện nay, tôi nghĩ rằng người giáo viên cần phải nỗ lực
nghiên cứu, tham khảo, trao đổi kinh nghiệm để tìm ra phương pháp tối ưu nhất để
giảng dạy hướng dẫn học tập tích cực, rèn luyện óc tư duy sáng tạo và có lịng đam
mê u thích đối với mơn học.
Trên đây là những kinh nghiệm mà tơi đã tích luỹ được trong q trình giảng
dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi. Vì thời gian có hạn và kinh nghiệm bản thân chưa
nhiều nên chắc chắn đề tài này sẽ có nhiều điều cần bổ sung. Tơi rất mong nhận
được các ý kiến đóng góp của các cấp lãnh đạo và bạn bè đồng nghiệp để đề tài
này được hoàn thiện hơn.
Xin chân thành cảm ơn!
Hương Sơn, ngày 20 tháng 2 năm 2020


TÀI LIỆU THAM KHẢO
Nguyễn Xuân Trường (Chủ biên), Phạm Văn Hoan, Từ Vọng Nghi, Đỗ Đình Rãng,
Nguyễn Phú Tuấn, Hóa học 12 ban cơ bản – NXB Giáo dục, 2007.
Nguyễn Xuân Trường (Chủ biên), Từ Ngọc Ánh, Phạm Văn Hoan, Bài tập
Nguyễn Thanh Khuyến, Phương pháp giải tốn Hóa học vô cơ – NXB Giáo dục,
1998.
Nguyễn Cương (Chủ biên), Nguyễn Mạnh Dung, Nguyễn Thị Sửu, Phương pháp
dạy học Hóa học, NXB Giáo dục, 2001.
Trần Thị Đà, Đặng Trần Phách, Cơ sở lí thuyết các phản ứng hóa học – NXB Giáo
dục, 2008.
Phạm Ngọc Bằng (Chủ biên), Vũ Khắc Ngọc, Hoàng Thị Bắc, Tử Sĩ Chương, Lê
Thị Mỹ Trang, Hoàng Thị Hương Giang, Võ Thị Thu Cúc, Lê Phạm Thành, Khiếu

Thị Hương Chi, 16 phương pháp và kĩ thuật giải nhanh bài tập trắc nghiệm mơn
Hóa học – NXB Đại học Sư phạm, 2010.

MỤC LỤC
Nội dung

Trang

PHẦN THỨ NHẤT: MỞ ĐẦU

1

1.

Lí do chọn đề tài

1

2.

Mục đích nghiên cứu

1

3.

Đối tượng và phạm vi nghiên

1

4.

Nhiệm vụ nghiên cứu

2

5.

Phương pháp nghiên cứu

2

6.

Thời gian nghiên cứu

2

PHẦN THỨ HAI: NỘI DUNG

3

Chương I: CƠ SỞ LÝ LUẬN

3

1. Các định luật cần vận dụng

3

2. Tổng quan về bài tập KMnO4

3

Chương II: THỰC TRẠNG CỦA ĐỀ TÀI

5

1. Thuận lợi

5

2. Khó khăn

6

Chương III: GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

6

1. Phương pháp giải một số dạng bài tập điển hình

6

2.Bài tập vận dụng

20

3. Kết quả và bài học kinh nghiệm

22