SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH VĨNH PHÚC
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ VĨNH YÊN
  
BÁO CÁO CHUYÊN ĐỀ
BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI
HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIỎI ÁP DỤNG ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN
ELECTRON TRONG GIẢI TOÁN HÓA HỌC
Môn: HÓA HỌC
Tổ bộ môn: KHOA HỌC TỰ NHIÊN.
Mã: 33
Nhóm tác giả: - TRẦN THỊ HẰNG
Điện thoại: 0974769105
Email:
- DƯƠNG THỊ THANH HUYỀN
Điện thoại: 0987267199
Email:

Vĩnh Yên, năm 2014
1
MỤC LỤC
Tên đề mục Trang
Phần I: Phần mở đầu 1
1. Lí do chọn đề tài 1
2. Mục đích của đề tài 1
3. Nhiệm vụ nghiên cứu 1
4. Đối tượng nghiên cứu 1
5. Phương pháp nghiên cứu 1
6. Không gian của đối tượng nghiên cứu 2
7. Phạm vi và kế hoạch nghiên cứu 2
Phần II: Nội dung 3
1. Cơ sở lí luận của đề tài 3

cần quan tâm tới các giai đoạn trung gian… nên được nhiều giáo viên sử dụng.
Chính vì vậy chúng tôi mạnh dạn đề xuất chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi
THCS: “Hướng dẫn học sinh giỏi áp dụng định luật bảo toàn electron trong
giải toán hoá học”
2. Mục đích của đề tài
Phân dạng các bài toán hoá học có sử dụng định luật bảo toàn electron nhằm
nâng cao chất lượng học sinh giỏi
3. Nhiệm vụ nghiên cứu.
- Nêu lên được cơ sở lý luận của chuyên đề.
- Tiến hành điều tra tình hình nắm vững kiến thức cơ bản của học sinh giỏi.
- Hệ thống bài toán Hoá học theo từng dạng.
- Qua bài tập giúp các em tích cực, chủ động chiếm lĩnh tri thức rèn luyện kĩ năng.
4. Đối tượng nghiên cứu: Học sinh giỏi lớp 9
5. Phương pháp nghiên cứu.
Trong đề tài này chúng tôi đã vận dụng các phương pháp nghiên cứu khoa
học như: Phân tích lý thuyết, tổng kết kinh nghiệm sư phạm. Tham khảo các tài liệu
3
đã được biên soạn và phân tích hệ thống các dạng bài toán hoá học theo nội dung
đã đề ra.
Trên cơ sở đó chúng tôi đã trình bày các dạng bài toán hoá học đã sưu tầm và
nghiên cứu để nâng cao khả năng, trí tuệ của học sinh.
6. Giới hạn về không gian của đối tượng: Trường THCS Đồng Tâm
7. Phạm vi và kế hoạch nghiên cứu
Đối tượng: học sinh lớp 9
Dự kiến số tiết bồi dưỡng: 9 tiết
4
Phần II: NỘI DUNG
1. Cơ sở lý luận của đề tài:
1.1. Cách xác định số oxi hoá
Số oxi hóa là một đại lượng qui ước.

2
, , NH
4
NO
3
, N
2
O, NO,
N
2
O
3
, N
2
O
5
, KNO
3
, N
2
O
4
,
(NH
4
)
2
SO
4
, FeO, Fe

SO
4
, SO
2
1.2. Phản ứng oxi hoá- khử
Nội dung về phản ứng oxi hoá- khử được đề cập ở SGK hoá học lớp 8 từ
trang 110 đến trang 113
- Phản ứng oxi hoá- khử là phản ứng hoá học xảy ra đồng thời sự oxi hoá và
sự khử
VD: 2Na
o
+ Cl
2
o
→2 Na
+1
Cl
-1
- Chất oxi hoá là chất nhận electron của chất khác.
VD: Cl
2
trong phản ứng trên
Cl
2
o
+ 2e → 2Cl
-1
- Chất khử là chất nhường electron cho chất khác.
VD: Na trong phản ứng trên
Na

- Thường áp dụng kèm các phương pháp khác.
2. Cơ sở thực tiễn:
Qua nhiều năm giảng dạy, chúng tôi nhận thấy học sinh giỏi rất lúng túng khi
giải bài tập hóa học có liên quan đến phản ứng oxi hoá- khử do các em không phân
biệt được chúng và không có kỹ năng giải các bài toán dạng này dẫn đến các em sợ
và ngại khi gặp bài tập dạng tính toán.
3. Giải pháp mới sáng tạo:
Chúng tôi đã chọn lọc và phân loại các bài tập theo các dạng cơ bản sử dụng
định luật bảo toàn electron, tìm cách giải cho từng dạng này góp phần nâng cao
hứng thú của các em đối với môn học.
3.1. Các dạng bài tập thường gặp:
1. Kim loại ( hoặc hỗn hợp kim loại) tác dụng với axit ( hoặc hỗn hợp axit)
không có tính oxi hoá (HCl, H
2
SO
4
loãng …)
2. Kim loại ( hoặc hỗn hợp kim loại) tác dụng với axit ( hoặc hỗn hợp axit)
có tính oxi hoá( HNO
3
, H
2
SO
4
đặc, nóng …) tạo 1 khí hoặc hỗn hợp khí
3. Oxit kim loại (hoặc hỗn hợp oxit kim loại) tác dụng với axit ( hoặc hỗn
hợp axit) có tính oxi hoá( HNO
3
, H
2

Mg
+2
+ 2 e
y 2y
+Quá trình nhận electron: 2H
+
+ 2e
→
H
2
2.0,075 0, 075
Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có: 3x + 2y = 0,15 (1)
Mặt khác, theo bài ra ta có: 27x + 24y = 1,5 (2)
Từ (1) và (2) có: x = 0,03, y = 0,025
Do vậy có: % Al = 60%; %Mg = 40%
3.2.2. Kim loại( hoặc hỗn hợp kim loại) tác dụng với axit( hoặc hỗn hợp axit)
có tính oxi hoá( HNO
3
, H
2
SO
4
đặc, nóng …) tạo 1 khí hoặc hỗn hợp khí
Ví dụ 1: Hoà tan hoàn toàn m gam Al vào dung dịch HNO
3
đặc, nóng thấy thoát ra
6,72 lít khí màu nâu (đktc). Tính m?
Ta có: Số mol SO
2
là 6,72: 22,4 = 0,3 mol

Al
o
→ Al
+3
+ 3e
0,02 3. 0,02
Zn
o
→ Zn
+2
+ 2e
0,015 2. 0,015
N
+5
+ 3 e → N
+2
3. n
NO
n
NO
Theo định luật bảo toàn electron:
3.0,02 + 2. 0,015= 3. n
NO
n
NO
= 0,03( mol)
V
NO
= 0,672 lit
Ví dụ 3: . Hoà tan hoàn toàn 24,3 g Al vào dung dịch HNO

2
N + 3e N NO
3x x x
2N + 8e 2N N O
8y 2y y
Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có:
+ =


+ = +

3x 8y 2,7
30x 44y 40,5.(x y)
x 0,1
V 0, 4.22, 4 8,96
y 0,3
=

⇒ ⇒ = =

=

(lít)
8
3.2.3. Oxit của kim loại nhiều hoá trị (hoặc hỗn hợp oxit kim loại nhiều hoá
trị) tác dụng với axit ( hoặc hỗn hợp axit) có tính oxi hoá (HNO
3
, H
2
SO

Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có:
0,03 = (5x – 2y) 0,01. Vậy 5x – 2y = 3
x 1 2
y 1 (nhận) 2,5 (loại)
Vậy X là: NO
3.2.4. Các bài toán liên quan tới sắt (điển hình là bài toán để sắt ngoài
không khí)
Ví dụ 1: Thổi luồng không khí đi qua m(g) bột sắt nung nóng sau một thời gian
biến thành hỗn hợp A có khối lượng 30g gồm Fe, FeO, Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4
. Cho A
phản ứng hoàn toàn với dung dịch HNO
3
thấy giải phóng ra 5,6 lít khí NO duy
nhất (đktc). Tính m?
G iải
– Chất nhường electron Fe, số mol :
m
56
Fe
→
Fe
+3
+ 3e

16
−

9
N
+5
+ 3e
→
N
+2

(NO)
3. 0,25 0,25 0,25
−
⇒ = +
∑
e nhËn
30 m
n 2. 0,75
16
Áp dụng định luật bảo toàn electron :
−
+ = ⇒ =
30 m m
2. 0,75 3. m 25,2 (g)
16 56
Ví dụ 2. Nung nóng 5,6 g bột sắt trong bình đựng O
2
thu được 7,36 g hỗn hợp X
gồm Fe, Fe

= =
+
(1)
Chất cho electron Fe : 0,1 mol
Fe
→
Fe
+3
+ 3e
0,1 0,3
=>
Σ
n
e cho
= 0,3 mol
Chất nhận electron O :
−
=
7,36 5,6
0,11 (mol)
16
và HNO
3
.
2
5 2
5 4
2 4
O 2e O
0,11 0,22

3
10
loãng, dư thu được V lít hỗn hợp khí B (ở 30
o
C, 1 atm) gồm NO, NO
2
(với
=
2
NO NO
n : n 2
). Mặt khác khi cho luồng khí H
2
dư đi qua hỗn hợp A nung nóng,
sau
khi phản ứng hoàn toàn thu được 5,04 g Fe. Tính V ?
Giải
- Chất cho electron là Fe :
5, 04
0, 09(mol)
56
=
Fe
→
Fe
+3
+ 3e
0,09 0,27
- Chất nhận electron là :
O + 2e

tổng số mol 2 khí = 3x = 0,03 mol.
Giải hệ tìm được
0,03.0, 082.300
V 0,738
1
= =
lít.
Chú ý : Ở các bài toán này chỉ cần xác định trạng thái đầu( Fe
o
) và cuối số oxi hoá
của nguyên tố( Fe
+3
) mà không quan tâm đến các trạng thái trung gian là hỗn hợp
A( Fe
0
, Fe
+2
, Fe
+8/3
, và Fe
+3
).
3.2.5. Bài toán nhúng kim loại vào dung dịch muối
Ví dụ : Cho 3,61g gồm Fe và Al tác dụng với 100ml dung dịch A chứa Cu(NO
3
)
2
và AgNO
3
. Sau phản ứng thu được dung dịch B và 8,12g chất rắn D gồm 3 kim

Fe + 2HCl → FeCl
2
+ H
2

Số mol của sắt dư:
n
Fedư
= n
H
2

0,672
0,03( )
22,4
mol
= =
Vậy số mol Fe phản ứng với dung dịch A: 0,03 mol
Ta có các bán phản ứng oxi hoá - khử:
Fe → Fe
+2
+ 2e Cu
+2
+ 2e → Cu
0,02 mol 0,04 mol 0,1x mol 0,2x mol 0,1x mol
Al → Al
+3
+ 3e Ag
+
+ e → Ag

hoàn toàn 16,8 (l) CO
2
(đktc) vào dung dịch Y. Tính khối lượng kết tủa thu được.
Giải:
- Quy đổi hỗn hợp ban đầu gồm Na, Ca và O
2
. Đặt số mol tương ứng mỗi chất
có trong hỗn hợp là x, y, z.
- Khối lượng hỗn hợp: m
hh
= 23x + 40y+ 32z = 25,56 (a)
- Định luật bảo toàn electron: x + 2y = 4z + 0,125. 2 (b)
- Định luật bảo toàn nguyên tố: n
NaOH
= x = 0,35 (c)
x = 0,35 mol
Giải hệ (a)(b)(c) ta thu được : y = 0,3 mol
z = 0,175 mol
Vậy dung dịch Y chứa 0,35 mol NaOH và 0,3 mol Ca(OH)
2
12
Hấp thụ CO
2
vào dung dịch Y có các phản ứng:
Ca(OH)
2
+ CO
2
CaCO
3

3
)
2
(4)
Dựa vào các phương trình trên ta tính được khối lượng kết tủa là 20 (g)
Bài 2: (Trích đề thi học sinh giỏi tỉnh Phú Thọ 2012 - 2013)
Để 1 lượng bột sắt nặng a gam ngoài không khí, sau 1 thời gian thu được
12g chất X gồm sắt và các oxit của sắt. Cho X tác dụng hoàn toàn với dd HNO
3
loãng dư thấy giải phóng ra 2,24lit khí NO duy nhất (đktc). Viết các phương trình
hoá học xảy ra và xác định giá trị a.
Giải:
n
NO
=0,1mol
- PTHH: 2Fe + O
2

→
2FeO (1)
4Fe + 3O
2

→
2Fe
2
O
3
(2)
3Fe + 2O

+ NO + 14H
2
O (5)
Fe
2
O
3
+ 6HNO
3

→
2Fe(NO
3
)
3
+ 3H
2
O (6)
Fe + 4HNO
3

→
Fe(NO
3
)
3
+ NO + 2H
2
O (7)
- Xét quá trình cho e: Fe

(12 )
32
a−
- Theo định luật bảo toàn electron ta có: 4.
(12 )
32
a−
+ 0,3 = 3.
56
m
=> a = 10,08g
Bài 3: (Trích đề học sinh giỏi lớp 9- Vĩnh Yên. Năm học 2012-2013)
Hoà tan 3,6 (g) kim loại M hoá trị n không đổi bằng 200(g) dung dịch HNO
3
a
% thì vừa đủ thu được dung dịch A (chỉ chứa một chất tan) và 4,48 (l) hỗn hợp 2
khí NO và NO
2
(đktc) có tỷ khối so với H
2
là 21.
a. Xác định kim loại M
13
b. Tìm nồng độ của dd HNO
3
đã dùng. Cô cạn dung dịch A thu được bao nhiêu
gam muối khan.
Giải:
a) n
hỗn hợp

n
NO
= 0,05 (mol)
=> n
NO
2

= 0,15 (mol)
Xét các quá trình:
- Quá trình nhường e: M
0
M
+n
+ ne

3,6
M
n.
3,6
M
- Quá trình nhận e: N
+5
+ 3e N
+2

3.0,05 0,05
N
+5
+ 1e N
+4

n
HNO
3

= 2.n
Mg(NO
3
)
2
+ n
NO
+ n
NO
2

14
= 2.n
Mg
+ n
NO
+ n
NO
2= 2.
3,6
24
+ 0,05 + 0,15
= 0,5 (mol)

N(axit))
= n
N(muối)
+ n
N(NO)
+ n
N(NO
2
)
= n
N(NO
3
−
trong muối)
+ n
N(NO)
+ n
(NO
2
)
=
Σ
số mol e nhường (hoặc nhận) + n
N(NO)
+ n
(NO
2
)
= 3.0,05 + 0,15 + 0,05 + 0,15
= 0,5 mol.

2

=
3,36
22,4
= 0,1 (mol);

n
HCl
= 0,3.2 = 0,6 (mol)
Quy đổi hỗn hợp A thành:
Na x mol
Ca y mol
O z mol
=> Dung dịch X gồm: NaOH x mol
Ca (OH)
2
y mol
15
Theo bảo toàn nguyên tố ta có:
23x + 40y + 16z = 15,3 (a)
n
NaOH
= n
Na
= x mol
n
Ca(OH)
2


+1
+ 2e
→
H
2

2.0,15 0,15
Áp dụng định luật bảo toàn electron:
x + 2y = 2z + 2.0,15 (b)
n
HCl
= n
H
+

= n
OH
−

= n
NaOH
+ 2n
Ca(OH)
2

= x + 2y = 0,6 (c)

23x + 40y + 16z = 15,3 x= 0,3
Từ (a), (b), (c) => x + 2y - 2z = 0,3 => y = 0,15
x + 2y = 0,6 z = 0,15

+ CO
2
+ H
2
O Ca(HCO
3
)
2
(4)
n =
11
100
= 0,11 (mol)
Trường hợp 1: Ca(OH)
2
dư. n = n
CO
2
= 0,11 mol =>V = 2,464 (lít).
Trường hợp 2: Ca(OH)
2
không dư: xảy ra cả 4 phương trình (1) (2) (3) (4)
16
n
CO
2

(4) = 0,15 – 0,11 = 0,04(mol)

Σ

Cu
=
14,4
144
= 0,1 (mol)
Giả sử không có muối amoni trong X, ta có các quá trình:
Fe
0
Fe
+3
+ 3e
Mg
0
Mg
+2
+ 2e
Cu
0
Cu
+2
+ 2e
2N
+5
+ 10e N
2
N
+5
+ 3e N
+2
N

NO
3

= 0,0125 (mol)
Thêm quá trình N
+5
+ 8e N
-3
Đặt n
N
2

= a mol, n
NO
= b mol, n
N
2
O
= c (mol)
=> n
NO
2

= a mol.
Theo định luật bảo toàn electron ta có:
0,7 = 10a + 3b + 8c + a + 0,0125.8 => 11a + 3b + 8c = 0,6 (*).
Theo bài ra:
n
hỗn hợp khí
= 2a + b + c = 0,12 (**)

11a + 3b + 8c = 0,6 a + c = 0,048
=>
2a + b + c = 0,12 a + b = 0,072
 n
HNO
3
= 0,725 + 2. 0,048 + 0,0 72 = 0,893 (mol).
Bài 6: ( Trích đề khảo sát chất lượng giáo viên Vĩnh Yên năm học 2012-2013)
Cho 19,2 gam kim loại M tác dụng hoàn toàn với dung dịch H
2
SO
4
đặc, nóng,
dư, thu toàn bộ khí SO
2
thoát ra hấp thụ hoàn toàn vào 1 lít dung dịch NaOH 0,7M.
Sản phẩm thu được đem cô cạn thì được 41,8 gam chất rắn. Xác định kim loại M.
Giải:
n
NaOH
= 0,7 (mol).
Giả sử SO
2
phản ứng vừa đủ với NaOH để tạo thành Na
2
SO
3
PTHH: SO
2
+ 2NaOH

M
+n
+ ne
19,2
M
n.
19,2
M
S
+6
+ 2e
→
S
+4
2.0,3 0,3
Theo định luật bảo toàn eletron:
n.
19,2
M
= 2. 0,3 => M = 32.n
Chọn n = 2, M = 64. Đó là kim loại đồng (Cu)
Bài 7: Hoà tan hoàn toàn 30,4 g rắn X gồm Cu, CuS, Cu
2
S và S bằng HNO
3
dư,
thoát ra 20,16 lít khí NO duy nhất (đktc) và dung dịch Y. Thêm Ba(OH
2
) dư vào
dung dịch Y thu được m g kết tủa. Tìm giá trị của m.

( )Cu OH2
4
SO
−
Ba
6
4
SO
+

Xét toàn bộ quá trình:
Cu
0
Cu
+2
+ 2e
x 2x
S
0
S
+6
+ 6e
y 6y
N
+5
+ 3e N
+2

3
1M lấy dư 10% thì được 896 ml hỗn
19
hợp khí Y gồm N
2
O và NO (đktc) có tỉ khối so với hỗn hợp ( NO + C
2
H
6
) là 1,35
và dung dịch Z chứa 2 muối.
1. Tìm R và phần trăm khối lượng các chất trong X.
2. Cho Z phản ứng với 400 ml dung dịch NaOH thấy xuất hiện 4,77 gam kết tủa.
Tính C
M
của NaOH biết Fe(OH)
3
kết tủa hoàn toàn.
Đáp số:
1. R là Nhôm ( Al); %m Al = 49,1% ; %m Fe = 50,9%
2.C
M
= 0,46 hoặc C
M
= 0,86.
Bài 2: (Trích đề học sinh giỏi lớp 10 Sở GD và ĐT Vĩnh Phúc năm học 2005 –
2006)
Hoà tan 2,88 gam hỗn hợp Fe, Mg bằng dung dịch HNO
3
loãng, dư thu được

Hoà tan hết 22,064 gam hỗn hợp Al, zn trong thể tích vừa đủ là 500ml dung
dịch HNO
3
loãng được dung dịch A và 3,136 lít (đktc) hỗn hợp 2 khí không màu có
khối lượng 5,18 gam trong đó có 1 khí hoá nâu trong không khí.
a) Tính phần trăm khối lượng trong hỗn hợp.
b) Cô cạn dung dịch A thu được bao nhiêu gam muối khan.
Đáp số: % m Al =5,145%
20
% m Zn = 94,86 %
Khối lượng muối khan = 69,804 gam
Bài 5: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,06 mol FeS
2
và x mol Cu
2
S vào axit
HNO
3
(vừa đủ) thu được dung dịch A (chỉ chứa hai muối sunfat) và khí duy nhất
NO. Tìm giá trị của x? Đáp số: x= 0,3 mol
Bài 6. Hoà tan 3,81 g hỗn hợp Zn và Fe vào dung dịch HNO
3
thu được dung dịch A
và 1,12 lít hỗn hợp khí D (ở đktc) gồm NO và NO
2
(giả thuyết NO
2
tồn tại ở đktc).
Tỉ khối của hỗn hợp D so với hiđro là 16,75. Khối lượng kim loại Fe và Zn đã phản
ứng lần lượt là? Đáp số:

Bài 9. Cho 0,04 mol Fe; 0,02 mol Al tác dụng với 100 ml dung dịch X chứa
AgNO
3
và Cu(NO
3
)
2
thu được dung dịch Y và 5,84 g chất rắn D gồm 3 kim loại.
Cho D tác dụng với dung dịch HCl dư được 0,448 lít hiđro (đktc). Nồng độ mol các
muối AgNO
3
và Cu(NO
3
)
2
trong X lần lượt là?
Đáp số : AgNO
3
0,2 M và Cu(NO
3
)
3
0,4 M
4. Kết quả nghiên cứu:
Sau quá trình áp dụng đề tài nghiên cứu trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi
môn Hóa học lớp 9 ở trường THCS tôi đã thu được kết quả khả quan.
5. Ứng dụng vào thực tiễn công tác giảng dạy:
5.1. Quá trình áp dụng của bản thân:
Tôi đã áp dụng cách thức bồi dưỡng này qua mấy khoá học. Tuy nhiên, mỗi
khoá học sinh mỗi khác, tuỳ thuộc vào khả năng và trình độ của từng học sinh để

Người viết chuyên đề:
Trần Thị Hằng
Dương Thị Thanh Huyền
23
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa Hóa học 8,9- Nhà xuất bản giáo dục
2. Sách bài tập Hóa học 8.9 - Nhà xuất bản giáo dục
3. 16 phương pháp giải nhanh hóa học- NXB ĐH sư phạm Hà Nội.
4. Rèn luyện kĩ năng giải Toán Hóa Học 8 – NXB Giáo Dục – 2005
5. Phạm Đức Bình. Bài tập cơ bản và nâng cao Hóa Học 9 - NXB Giáo Dục –
2008
6. Câu hỏi và bài tập kiểm tra hóa học 8,9
7. Chuẩn kiến thức, kỹ năng hóa học 8,9
8. Các bài tập hoá học trọng tâm- NXB Giáo Dục
9. Các đề thi học sinh giỏi hoá học lớp 9 Phòng giáo dục Vĩnh Yên, đề thi học
sinh giỏi lớp 10,11,12 tỉnh Vĩnh Phúc, đề thi khảo sát chất lượng giáo viên Vĩnh
Yên.
24
25