SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ĐỀ TÀI:
"ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔI GIẢI BÀI TẬP VỀ SẮT,
HỢP CHẤT CỦA SẮT VÀ MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI
TẬP HÓA HỌC HỮU CƠ 11"


PHẦN I. MỞ ĐẦU
I-LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI.
- Căn cứ vào tình hình kỹ năng giải bài tập trắc nghiệm của học sinh còn yếu kém.
- Đây là loại bài tập phổ biến trong chương trình học phổ thông; chương trình thi
đại học – cao đẳng và tốt nghiệp hiện nay.
- Bài tập trắc nghiệm là bài tập nâng cao mức độ tư duy, khả năng phân tích phán
đoán, khái quát của học sinh đồng thời cần kỹ năng giải nhanh chính xác hiệu quả để
thích hợp với thời gian ngắn(bình quân 1,8 phút/1 câu đối với đề thi đại học – cao đẳng
và 1,5 phút/1 câu đối với đề thi tốt nghiệm).
- Người giáo viên muốn giảng dạy, hướng dẫn học sinh giải bài tập loại này có hiệu
quả cao thì bản thân phải nắm vững hệ thống kiến thức cơ bản của chương trình, hệ thống
từng loại bài. Nắm vững cơ sở lý thuyết, đặc điểm và cách giải cho từng loại bài. Từ đó
mới lựa chọn phương pháp giải thích hợp cho từng loại bài và tích cực hoá được các hoạt
động của học sinh.
- Xuất phát từ tình hình thực tế học sinh lớp 11 tôi đang giảng dạy hiện nay: Kĩ
năng giải nhanh các bài tập hoá học còn chưa tốt do vậy cần phải giúp học sinh nắm chắc
kiến thức cơ bản và có kĩ năng giải tốt được các bài tập trắc nghiệm khách quan.
- Trong thực tế tài liệu viết về phương pháp giải bài tập về sắt và hợp chất của sắt
đã có nhiều nhưng phương pháp nhanh, hiệu quả còn ít. Vì vậy, khi gặp các bài toán về
sắt và hợp chất của sắt các em thường lúng túng trong việc tìm ra phương pháp giải phù
hợp.
- Qua quá trình tìm tòi, nghiên cứu trong nhiều năm tôi đã hệ thống hóa các dạng
bài tập bài tập về sắt, hợp chất của sắt và phương pháp giải các dạng bài tập đó cho học

II. CƠ SỞ KHOA HỌC.
1. Các phương pháp giải nhanh các bài tập hóa học THPT
2. Hệ thống hoá các kiến thức hóa học cơ bản.
3. Phương pháp giải nhanh bài tập trên cơ sở nắng vững hệ thống lí thuyết hoá học
và công thức toán học.
4. Khả năng khái quát, tổng hợp đề bài nhanh, phát hiện điểm mấu chốt của bài
toán để lựa chọn phương pháp phù hợp nhất để giải bài tập một cách nhanh, gọn, chính
xác.
5. Thực trạng về kỹ năng giải bài tập trắc nghiệm của học sinh khối 12 khi làm các
bài kiểm tra và bài thi thử đại học – cao đẳng.


III- MỤC ĐÍCH CỦA ĐỀ TÀI.
- Giúp học sinh nghiên cứu cơ sở lý thuyết và phương pháp các giải bài tập trắc
nghiệm hóa học phổ thông.
IV- NHIỆM VỤ CỦA ĐỀ TÀI.
- Hệ thống, phân loại các bài tập trắc nghiệm và xác định phương pháp giải thích
hợp, qua đó giúp học sinh hệ thống lại các kiến thức cơ bản nhất và có kỹ năng tôt để giải
nhanh các bài tập trắc nghiệm hóa học trong chương trình THPT hiện nay để đạt kết quả
cao trong các kỳ thi tốt nghiệp THPT và đại học cao đẳng,...
V- PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU.
- Qua các tài liệu, sách giáo khoa, sách bài tập, sách tham khảo, các đề thi tuyển
sinh vào đại học – cao đẳng, các đề thi tốt nghiệp THPT từ năm 2007 – 2012 và các đề
thi thử đại học – cao đăng của các trường THPT trên toàn quốc từ đó phân loại thành các
dạng bài tập và rút ra phương pháp giải tương ứng.
- Hướng dẫn cho học sinh khối 12 áp dụng một số phương pháp giải nhanh để giải
các bài tập trắc nghiệm.
VI. NỘI DUNG ĐỀ TÀI.
A. CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM.
Á

Hướng dẫn học sinh giải các ví dụ trong các tài liệu, sách giáo khoa, sách bài
tập, sách tham khảo, các đề thi tuyển sinh vào đại học – cao đẳng, các đề thi tốt nghiệp
THPT từ năm 2007 – 2012 và các đề thi thử đại học – cao đăng của các trường THPT
trên toàn quốc.
4. Hoàn thiện đề tài cuối tháng 3/2013 .


PHẦN II. NỘI DUNG ĐỀ TÀI
ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔI GIẢI

I TẬP

SẮT V HỢP CHẤT CỦA SẮT
I. CƠ SỞ LÝ THUYẾT.
M t số c c qu

t

n

p

Một h n hợp gồm (Fe và oxit FeO, Fe2O3, Fe3O4 hoặc h n hợp gồm (các oxit sắt
FeO, Fe2O3, Fe3O4) thường quy đổi thành (Fe

O hoặc h n hợp gồm (Fe

một oxit

hoặc h n hợp hai oxit


C. 49.09 gam

Bài giải.
Cách 1:

i hỗn h p về hai ch t: Fe, Fe2O3

Hoà tan h n hợp với HNO3 loãng dư  1,344 lít NO

D. 38.72 gam.


Fe + 4HNO3  Fe(NO3)3 + NO + 2H2O (1)
0,06mol

0,6mol


Fe2O3
0,05
 n NO 

0,06mol

2Fe(NO3)3

(2)

0,1mol

thu được 145,2gam muối khan, giá trị m là:
A: 78,4g

B: 139,2g

C: 46,4g

D: 46,256g


Bài giải:
Áp dụng phương pháp quy đổi: Quy h n hợp X về h n hợp hai chất
Cách 1: Quy hỗn h p X về 2 ch t Fe và Fe2O3:
Hoà tan h n hợp X vào dung dịch HNO3 đặc nóng dư.
Ta có: Fe + 6HNO3  Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O (1)
0,2/3

0,2/3

0,2

Fe2O3 + 6HNO3  2Fe(NO3)3 + 3H2O
Ta có: n NO2 

(2)

4, 48
145, 2
 0, 2mol ; n muèi khan  n Fe(NO3 )3 
 0,6mol

(4)

0,4mol

 n Fe(NO3 )3  145, 2  0, 6mol , mX = 0,2 (72 + 160) = 46,4gam  C đúng
242

Chú ý: + Nếu từ (4) không cân bằng  n Fe2O3  0, 4mol
 mX = 0,2 (72 + 2 . 160) = 78,4 gam  A sai


Bài toán 3: Hoà tan hoàn toàn 49.6 gam hh X gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 bằng H2SO4
đặc, nóng thu được dung dịch Y và 8.96 lít khí SO2(đktc . Thành phần phần trăm về khối
lượng của oxi trong h n hợp X và khối lượng muối trong dung dịch Y lần lượt là:
A. 20.97% và 140 gam.

B. 37.50% và 140 gam.

C. 20.97% và 180 gam

D.37.50% và 120 gam.

Bài giải:
Cách 1: + Quy hỗn h p X về hai ch t FeO và Fe2O3 ta có:
 2FeO  4H 2SO 4  Fe 2 (SO 4 )3  SO 2  4H 2O 

0, 4
0, 4mol
49,6gam 0,8


3

0

2

0

Fe 3e  Fe

O  2e  O

x  3x

y  2y

6

4

S  2e  S

...0,8  0, 4

áp dụng ĐLBT E ta được:
n e  2y  0,18  3x,  3x  2y  0,8 (2)

Giải hệ (1) và (2) => x=0,7 mol, y=0,65 mol.
0,65.16
1


x

x

x

Fe2O3 + 3H2  2Fe + 3H2O
y

3y

(1)

2y

(2)


x  3y  0, 05
Từ (1) và (2) ta có: 

x  0, 02mol

72x  160y  3, 04  y  0, 01mol

2FeO + 4 H2SO4  Fe2(SO4)3 + SO2 + 4H2O
0,02mol

(3)

(1)

(2)

0,1

D2 Z (Fe2+: 0,3mol; Fe3+: 0,4mol) + Cu(NO3)2

(3)


3Fe2  NO3  4H   3Fe3  NO  2H 2O

0,3

0,1

(4)

0,1

VNO = 0,1  22,4 = 2,24 lít; n Cu(NO )  1 n  0, 05mol
NO
3 2

n d2Cu(NO ) 
3 2

2



3

0

0

6

5

4

Fe 3e  Fe

S 6e  S

N  1e  N

x  3x

y  6y  y

...0, 405  0, 405mol

x

áp dụng ĐLBT E ta được:
n e  3x  6y  n NO2 


S(SO 24 ) 
 BaSO 4 

y
y
mol..................... mol
2
2
y 5,825
n BaSO4  
 0,025mol  y  0,05mol
2
233

Thay vào (1 ta được x=0,035 mol
m = mX=56x+32y=56.0,035+32.0,05=3,56 gam

x
0,035
a  mFe2O3  .160 
.160  1, 4gam > B đúng.
4
4
to n : Hòa tan hết 7,52 gam h n hợp A gồm Cu và 1 oxit của sắt bằng dung dịch
HNO3 loãng dư , sau phản ứng giải phóng 0,1493 lít NO ( đktc - là sản phẩm khử duy
nhất ) và còn lại 0,96 gam kim loại không tan. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được
16,44 gam chất rắn khan. Công thức của oxit sắt là :
A.FeO

B.Fe2O3

2c

N+5 + 3e  N+2

2b

Bảo toàn electron

O c mol

+ 2e

2a – 0,03

b

Fe b mol

0,02 0,0066652

> 2a - 0,03 + 2b = 2c + 0,02

(II)

Chất rắn khan thu được là Cu(NO3)2 (a – 0,015 mol và Fe(NO3)2 b mol
=> 188(a – 0,015) + 180b = 16,44 (III)
Từ (I , (II , (III ta có: a

0,045; b = 0,06; c = 0.08



D. 72.6 gam.

Bài 3: Vào thế kỷ XVII các nhà khoa học đã lấy được một mẩu sắt nguyên chất từ các
mảnh vỡ của thiên thạch. au khi đem về phòng thí nghiệm do bảo quản không tốt nên nó
bị oxi hóa thành m gam chất rắn X gồm Fe và các ôxit của nó. Để xác định khối lượng
của mẩu sắt thì các nhà khoa học đã cho m gam chất rắn X trên vào vào dung dịch HNO3
loãng thu được khí NO duy nhất và dung dịch muối Y, cô cạn dung dịch muối Y cân
nặng 48,4 gam chất rắn khan. Mẩu thiên thạch bằng sắt nguyên chất đó có khối lượng là:
A. 11,2gam.

B. 5,6 gam

C. 16,8 gam

D. 8,4 gam

Bài 4: Vào thế kỷ XIX các nhà khoa học đã lấy được một mẩu sắt nguyên chất từ các
mảnh vỡ của thiên thạch. au khi đem về phòng thí nghiệm các nhà khoa học đã lấy 2,8
gam Fe để trong ống thí nghiệm không đậy nắp kín nó bị ôxi hóa thành m gam chất rắn
X gồm Fe và các ôxit của nó. Cho m1 gam chất rắn X trên vào vào dung dịch HNO3 loãng
thu được 896 ml khí NO duy nhất (đktc và dung dịch muối Y, cô cạn dung dịch muối Y
cân nặng m2 gam chất rắn khan.
1. giá trị của m2 là:
A. 72,6 gam

B. 12,1 gam.

C. 16,8 gam


gam
2. giá trị của m gam muối là:
A. 29,645 gam. B. 29,5724 gam. C. 31,46 gam

D. 29,04 gam

Bài 6: Các nhà khoa học đã lấy m1 gam một mảnh vỡ thiên thach bằng sắt nguyên chất
do bảo quản không tốt nên nó bị oxi hóa thành m2 gam chất rắn X gồm Fe và các ôxit của
nó. Để xác định khối lượng của mẩu sắt thì các nhà khoa học đã cho m2 gam chất rắn X
trên vào vào dung dịch HNO3 loãng dư thu được 6,72 lít khí NO duy nhất(đktc và dung
dịch muối Y, cô cạn dung dịch muối Y cân nặng 121 gam chất rắn khan.
1. giá trị của là: m1
A. 28 gam

B. 56 gam.

C. 84 gam

D. 16,8 gam

2. giá trị của m2 là:
A. 32,8 gam.

B. 65,6 gam.

C. 42,8 gam

D.

58,6


C. 18 gam

D. 22,6 gam

2. giá trị của m2 là:
A. 43,6 gam.

B. 43,2 gam.

C. 42,0 gam

D.

46,8

gam
Bài 9: Sau khi khai thác quặng bôxit nhôm có lẫn các tạp chất: SiO2, Fe, các oxit của Fe.
Để loại bỏ tạp chất người ta cho quặng vào dung dịch NaOH đặc nóng dư thu được dung
dịch X và m gam chất rắn không tan Y. để xác định m gam chất rắn không tan chiếm bao
nhiêu phần trẩmtng quặng ta cho m gam chất rắn đó vào dung dịch HNO3 loãng dư thu
được 6,72 lít khí NO duy nhất(đktc và dung dịch muối Y, cô cạn dung dịch muối Y cân
nặng 121 gam chất rắn khan. Giá trị của là m1
A. 32,8 gam
gam

B. 34,6 gam.

C. 42,6 gam


HNO3 dư thu được 4,48 lit khí NO2 duy nhất(đktc và 145,2 gam muối khan. Giá trị của
là m gam:
A. 44 gam

B. 46,4 gam.

C. 58 gam

D. 22 gam

Bài 13. Đốt cháy hoàn toàn 6,48 gam h n hợp X gồm: FeS , FeS2, S, Cu, CuS, FeCu2S2
thì cần 2,52 lít ôxi và thấy thoát ra 1,568 lít(đktc

O2, mặt khác cho 6,48 gam X tác

dụng dung dịch HNO3 nóng dư thu được V lít khí màu nâu duy nhất (đktc, sản phẩm
khư duy nhất ) và dung dịch Y. Cho dung dịch Y tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư thu
được m gam kết tủa trắng.
Giá trị của V và m lần lượt là:
A. 13,44 lít và 23,44 gam.

C. 16,80 lít và 18,64 gam.

B. 8,96 lít và 15,60 gam.

D. 13,216 lít và 23,44 gam.



PHNG PHP GII TON PHN NG CNG HIRO V O LIấN KT PI

[1] (k l s liờn kt trong phõn t)

Tu vo hiu sut ca phn ng m h n hp Y cú hirocacbon khụng no d hoc
hiro d hoc c hai cũn d
Da vo phn ng t ng quỏt [1] ta thy,
- Trong phn ng cng H2, s mol khớ sau phn ng luụn gim (nY < nX) v chớnh bng s
mol khớ H2 phn ng

nH2 phản ứng nX - nY

[2]


Mặt khác, theo dịnh luật bảo toàn khối lượng thì khối lượng h n hợp X bằng khối lượng
h n hợp Y (mX = mY).
Ta có:

MY =

mY
m
; MX = X
nY
nX

mX
M X n X mX n Y n Y
d X/Y =
=
=

dùng phản ứng đốt cháy h n hợp X để tính số mol các chất như: n O , n CO , n H O .
2 pu

+ Số mol hiđrocacbon trong X bằng số mol hiđrocacbon trong Y

nhidrocacbon (X) = nhidrocacbon (Y)

1) Xét tr

ng hợp

Ta có sơ đồ:

[5]

rocacbon tron X l anken

2

2


CnH2n+2
CnH2n

xóc t¸c, t0

Hçn hîp khÝ X gåm
H2


(X)

= nY

[6]

+ TH2: Hết H2, dư anken
n H2 = n Cn H2n pu = n Cn H2n +2 = bmol 
  n Y  n Cn H 2n +2  n Cn H 2n du = a
n Cn H 2n du = a - b


Vậy: nanken (X) = n(Y)

[7]

+ TH3: Cả 2 đều hết
n H2 = n Cn H2n = n Cn H2n+2 = a = bmol  n Y  n Cn H2n+2 = a = b

Vậy: nH

2

(X)

= nanken (X) = nY

[8]



rocacbon tron X l ank n

Ankin cộng H2 thường cho ta hai sản phẩm
CnH2n-2 + 2H2
CnH2n-2 + H2

xuc tac


t0

xuc tac


t0

CnH2n+2

CnH2n

[I]
[II]

Nếu phản ứng không hoàn toàn, h n hợp thu được gồm 4 chất: anken, ankan, ankin
dư và hiđro dư.
Ta có sơ đồ :


CnH2n+2
CnH2n -2


Vì h n hợp Y không làm mất màu nước Br2 nên trong Y không có anken
Các yếu tố trong bài toán không phụ thuộc vào số mol cụ thể của mỗi chất vì số
mol này sẽ bị triệt tiêu trong quá trình giải. Vì vậy ta tự chọn lượng chất. Để bài toán trở
nên đơn giản khi tính toán, ta chọn số mol h n hợp X là 1 mol (nX = 1 mol)  mX = 18g
Dựa vào [3] và [6] ta có:

18 n Y
18
=
 n Y = n H2 (X) =
= 0,6mol
30 1
30

 nanken = 1- 0,6=0,4 mol

Dựa vào khối lượng h n hợp X: 14n × 0, 4 + 2 × 0,6 = 18  n = 3 .
 CTPT : C3H6. Chọn B

V dụ

H n hợp khí X chứa H2 và hai anken kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Tỉ khối

của X đối với H2 là 8,4. Đun nóng nhẹ X có mặt xúc tác Ni thì nó biến thành h n hợp Y
không làm mất màu nước brom và có tỉ khối đối với H2 là 12. Công thức phân tử của hai
anken và phần trăm thể tích của H2 trong X là
A. C2H4 và C3H6; 70%

B. C3H6 và C4H8; 30%