intTypePromotion=1

Sáng kiến kinh nghiệm Hóa học lớp 9: Vận dụng các định luật bảo toàn để giải bài toán về KMnO4

Chia sẻ: Tran Thi Nghia | Ngày: | Loại File: DOCX | Số trang:20

0
13
lượt xem
0
download

Sáng kiến kinh nghiệm Hóa học lớp 9: Vận dụng các định luật bảo toàn để giải bài toán về KMnO4

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Sáng kiến kinh nghiệm vận dụng các định luật bảo toàn khối lượng, định luật bảo toàn nguyên tố, định luật bảo toàn electron để tìm ra phương pháp giải tối ưu nhất, nhanh nhất (không cần phải viết phương trình hóa học) dạng bài toán về KMnO4. Đề xuất những ý tưởng để giải nhanh bài toán về KMnO4 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.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm Hóa học lớp 9: Vận dụng các định luật bảo toàn để giải bài toán về KMnO4

  1. PHẦN THỨ NHẤT: MỞ ĐẦU 1. Lí do chọn đề tài Trong các môn học  ở  trường phổ  thông, môn Hóa học giữ  một vai trò khá  quan trọng. Hóa học là một môn khoa học tự nhiên, nó nghiên cứu về chất và sự  biến đổi chất này thành chất khác. Với nhiều năm giảng dạy bộ  môn Hoá học, tôi 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 tòi, nghiên cứu nhiều dạng bài toán hoá 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 tôi viết đề tài “ Vận  dụng các định luật bảo toàn để  giải bài toán về  KMnO4 ” nhằm giúp học sinh  giải quyết tốt các bài toán 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 toàn nguyên tố, định  luật  bảo toàn electron  để  tìm  ra phương pháp giải tối  ưu nhất, nhanh nhất   (không cần phải viết phương trình hóa học) dạng bài toán 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
  2. 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 toàn 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 vô cơ; 16 phương pháp và kĩ thuật  giải nhanh bài tập trắc nghiệm môn 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.
  3. 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, mS  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 luôn 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 toàn electron vào dạng toán 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 phòng thí nghiệm ( Hóa học 8) 2KMnO4     K2MnO4 + MnO2 + O2 2KClO3       2KCl + 3O2 2.2. Tác dụng với axit HCl: điều chế khí Cl2 trong phòng 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:
  4. Khi nhiệt phân hỗn hợp muối X thu được hỗn hợp muối Y và khí Oxi thì: my  = mx + mO Dùng phương pháp bảo toàn electron: Theo định luật bảo toàn electron Chất khử Chất oxi hóa    +   5e   →                              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 KMnO4 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   . . . thì sẽ thu  được hỗn hợp các sản phẩm như , CaCl2  và O2 Phương trình nhiệt phân như sau: 2CaOCl2   2CaCl2 + O2 Ca(ClO3 )2  CaCl2 + 3O2 Ca(ClO2 )2   CaCl2 + 2O   2 Đó là dạng bài tập kết hợp giữa việc nhiệt phân chúng để thu khí O2 (theo  phương pháp điều chế Oxi trong phòng 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 phòng thí nghiệm  ở lớp 9). Tùy theo đề bài cho là nhiệt phân hoàn  toàn hay nhiệt phân không hoàn toàn 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 không   hoàn toàn thì hỗn hợp sau phản  ứng ngoài các sản phẩm và khí Oxi thì còn có  hỗn hợp các chất ban đầu còn 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 toán 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.
  5. 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 cô 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 luôn 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 không 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 toán, đặc biệt là bảo  toàn electron trong phản ứng oxi hoá 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 hoá  học, đặt  ẩn, lập hệ  phương trình. Phương pháp này chỉ  phù hợp với những bài   toán 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 toán được nâng lên như sau:  Ví du 1:   Nhi   ệt 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  
  6. 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 KMnO 4  và KClO 3  đến khi phân hủy hoàn toàn   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:  V   ới 2 bài toán cơ  bản này ta chỉ  cần dùng định luật bảo toàn khối    lượng đơn giản sau đó đưa về  bài toán 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  toàn  khối    lượng. Nhưng bài toán được phát triển để  xác định được lượng Oxi cần giải   quyết thêm bài toán chất khí phía sau. Ta xét ví dụ 2 sau đây:  Ví du  3   :    Nhiệt phân 4,385 gam hỗn hợp A gồm KClO 3  và KMnO 4  thu được V lít   khí B(đktc) và m gam chất rắn D gồm K2MnO4, MnO2    và      KCl. Toàn 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  1   6. (Bi   ết 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 h    ỗn hợp khí chỉ gồm CO và CO 2. Gọi a là số mol của CO , b là số mol của CO2
  7.  → 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+    O 2  2CO   C    +    O 2     CO 2 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 K M    nO    4 2KClO3   2KCl+3O 2  2K M    nO    4  K2MnO 4  +MnO 2  + O 2  →122,5x+158y = 4,3851             1,5x+0,5y  = 0,025       →{x = 0,01 ,    y = 0,02      →    mKClO 3   = 1,225(g),      mKMnO    4   = 3,16(g)    %KClO3  =  = 28%  %KMnO4  = 72 %   Ví du 4: Nung m gam hỗn hợp A gồm KMnO4 và KClO3 thu được chất rắn A1  và khí O2 ,lúc đó KClO3 bị  phân hủy hoàn toàn, còn KMnO4 bị  phân hủy không  hoàn   toàn.Trong   hỗn   hợp   A1   có   0,894   gam   KCl   chiếm   8,132%   về   khối   lượng.Trộn lượng O2 thu được ở trên với không 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 không 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
  8. 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 (1,6a10000C).Tuy nhiên khi giải toán ta có thể  giả  sử  Cacbon cháy đồng  thời ở 2 phản ứng tạo ra hỗn hợp khí gồm CO và CO2 mà không ảnh hưởng đến  kết quả  bài toán. 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 toán đối với khí Oxi (dùng điểu chế khí O 2 trong   phòng thí nghiệm ).  Ở giai đoạn sau hỗ hợp chất rắn X được cho vào HCl đặc   (dùng điểu chế  khí Cl2  trong phòng thí nghiệm ), những ví dụ  sau sẽ  tính toán   cho giai đoạn này.  Ví dụ 5    : Nhiệt phân KMnO4 một thời gian thu được 3,36lít khí (đktc) O2(đktc) và  m gam hỗn hợp chất rắn X. Để  hòa tan hoàn toàn 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:
  9. 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     +    MnO2      +    O2 0,15 mol       0,15 mol                             0,15 mol 2K2MnO4  + 16 HCl  4KCl + 2MnCl2 + 4Cl2 + 8H2O. 0,15 mol1,2 mol                                        0,3mol MnO2    +    4HCl MnCl2 + Cl2 + 2H2O 0,15 mol        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 toàn bộ O trong X chuyển vào H  +   → H2O  = 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 Chất oxi hóa    +   5e   →                              2 →O2   +  4e 0,5mol→2,5                                                  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
  10.  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 O2 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 toán cho khối lượng của hỗn hợp X và hỗn hợp Y, sử dụng ĐLBTKL  để tìm số mol O2 Gđ2: Toàn 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 :  +       H2O  = 2 (Y) = 2.1,9 = 3, 8 mol →  =  = 322, 034 ml Nhận xét: Nếu viết PTPU và giải theo phương pháp thông thường thì phải viết   6 phương trình phản  ứng mà chỉ  có 3 dữ  kiện để  giải, vừa mất thời gian vừa   không 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 toàn các em không 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; K 2MnO4  ; MnO2 
  11. trong đó KCl chiếm 51,203% về  khối lượng.  Hòa 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 hoàn toàn 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
  12. 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 hoàn toàn.  Sau đó,  cho toàn bộ  Y tác dụng hoàn toàn với HCl   đặc, dư, đun nóng, sau phản ứng cô 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 thông 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 toàn nguyên tố  để  tính   toán.
  13. Phát triển bài toán: Ngoài KMnO4  thì bài toán còn 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 toàn nguyên tố  cho O, H,Cl thì còn 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 hoàn toàn 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 KClO3,  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
  14. 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 KClO 3 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 không 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 
  15. O2,  N2, CO2 trong đó CO2 chiếm 22% về thể tích. Biết trong không 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  hòa tan hoàn toàn 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 KMnO4 và KClO3 một thời gian thu được O2  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 Cl2 và dung dịch Z.  Cho toàn bộ  dung dịch Z tác  dụng với một lượng dư  dung dịch AgNO 3 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(ClO 3)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 K2CO3,   thấy thoát 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 thoát 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 thoát ra. C tác  dụng vừa đủ với 7, 3 gam HCl được dung dịch D. Biết D tác dụng với dung dịch  AgNO3 dư thì thu được 139, 595 gam kết tủa. Tính phần trăm khối lượng KMnO4  có trong hỗn hợp X. : Nung nóng hỗn hợp gồm 6 32 gam KMnO và 4 14 gam Ca(ClO ) một   Bài  9   ,  4  ,  3 2    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 . Cô 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
  16. Trong khi giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi và ôn thi đại học tôi 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 không 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 Tỉ lệ (%) 1,4 11,4 18,6 68,6     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 Tỉ lệ (%) 27,2 37,1 24,3 11,4 Sau khi học sinh nắm được phương pháp trên thì các bài tập về  KMnO 4  không còn 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 không 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:
  17. Phát huy tinh thần tự  học, tự  bồi dưỡng nhằm nâng cao trình độ  chuyên  môn 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 hoá 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 tôi hoàn thành đề tài này.
  18. PHẦN BA: KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ Qua nghiên cứu và áp dụng cho đối tượng học sinh lớp 8,9 trường tôi   nhận thấy: Dạng bài tập về KMnO4 có vai trò rất quan trọng trong chương trình  hóa học . Thông qua việc giải bài tập hóa học KMnO4, học sinh củng cố và nắm  vững được các khái niệm cũng như  các tính chất của chất của KMnO4  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 lòng đam mê yêu thích đối với môn học. Trên đây là những kinh nghiệm mà tôi đã tích luỹ  được trong quá 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. Tôi 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 toán 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.
  19. 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 môn 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 Đối   tượng   và   phạm   vi  3. 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 PHẦN BA: KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 24 TÀI LIỆU THAM KHẢO 25
ADSENSE
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2