Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Sử dụng các phương pháp bảo toàn và sơ đồ hoá để giải nhanh bài tập CO2, P2O5 tác dụng dung dịch kiềm

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:22

Thêm vào BST

Báo xấu

16
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Sáng kiến kinh nghiệm "Sử dụng các phương pháp bảo toàn và sơ đồ hoá để giải nhanh bài tập CO2, P2O5 tác dụng dung dịch kiềm" đưa ra phương pháp giải các bài tập, CO2, P2O5 tác dụng dung dịch kiềm, từ đó giúp học sinh có cách giải nhanh hơn các bài tập hoá học. Giúp học sinh vận dụng linh hoạt các phương pháp giải trong một bài tập, giảm thiểu việc viết phương trình hoá học, thay vào đó là sơ đồ phản ứng. Đưa ra được các dạng bài tập thường gặp và có đường hướng và phương pháp giải thích hợp, tạo sự tin tưởng cao, cho đáp án nhanh và chính xác.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Sử dụng các phương pháp bảo toàn và sơ đồ hoá để giải nhanh bài tập CO2, P2O5 tác dụng dung dịch kiềm

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM “SỬ DỤNG CÁC PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN VÀ SƠ ĐỒ HOÁ ĐỂ GIẢI NHANH BÀI TẬP CO2, P2O5 TÁC DỤNG DUNG DỊCH KIỀM ” Môn/Lĩnh vực: Hoá học Mã số: 03 Hà Tĩnh, tháng 12 năm 2022
2 MỤC LỤC Các đề mục Trang Danh mục các chữ cái viết tắt 3 PHẦN MỞ ĐẦU 4 I. Bối cảnh của đề tài 4 II. Lý do chọn đề tài 4 III. Phạm vi và đối tượng nghiên cứu 5 IV. Mục đích nghiên cứu 5 V. Điểm mới trong kết quả nghiên cứu. 5 PHẦN NỘI DUNG 6 I. Cơ sở lí luận 6 II. Thực trạng của vấn đề 6 III. Các biện pháp đã tiến hành để giải quyết vấn đề 6 IV. Hiệu quả mang lại của sáng kiến. 19 V. Khả năng ứng dụng và triển khai. 20 VI. Ý nghĩa của sáng kiến 20 PHẦN KẾT LUẬN 21 I. Những bài học kinh nghiệm 21 II. Những kiến nghị đề xuất 21 Danh mục các tài liệu tham khảo 22
3 DANH MỤC CÁC CHỮ VIẾT TẮT Chữ viết đầy đủ Chữ viết tắt Sách giáo khoa SGK Trung học phổ thông THPT Bài tập BT Học sinh HS Giáo viên GV Phương trình PT Đại học-cao đẳng ĐH-CĐ Tốt nghiệp trung học phổ thông TNTHPT
4 PHẦN MỞ ĐẦU I. Bối cảnh của đề tài Qua quá trình giảng dạy ở trường THPT tôi nhận thấy một thực trạng: Học sinh rất khó khăn trong việc giải các bài tập, đặc biệt các bài tập mà cùng các chất phản ứng như nhau nhưng lại cho sản phẩm khác nhau do tuỳ thuộc vào tỷ lệ số mol của các chất phản ứng. Đặc biệt thời gian gần đây xu hướng các em HS lựa chọn môn hoá hoá để thi và xét tuyển ngày càng giảm, nguyên nhân khách quan vẫn là do các trường ĐH- CĐ đã tạo ra nhiều tổ hợp xét tuyển mà trong đó có nhiều môn dễ học hơn so với môn hoá học, nguyên nhân chủ quan là do các Thầy Cô chưa thu hút được HS đam mê môn học của mình. Điều này là do các bài tập hoá học thường rắc rối và xảy ra nhiều tình huống, nhiều trường hợp khác nhau, khiến cho HS chán nản, giờ học thì khô khan, việc chia dạng bài tập và phương pháp giải còn nhiều hạn chế. Để giải quyết các vấn đề này thì người GV phải thường xuyên đổi mới cách dạy, tìm tòi các phương pháp ngắn gọn giúp HS hứng thú hơn trong việc tiếp cận và tiếp thu các phương pháp giải. Là một người GV tôi đã tích luỹ được một số phương pháp giải, để giúp HS và GV có tài liệu học tập, giảng dạy tôi đã mạnh dạn viết các kinh nghiệm này thành sáng kiến kinh nghiệm. II. Lí do chọn đề tài Đổi mới phương pháp dạy học đã được xác định trong Nghị quyết Đảng và được thể chế hóa trong Luật Giáo dục là phương pháp Giáo dục phổ thông phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, sáng tạo, tự học, kĩ năng vận dụng vào thực tiễn, phù hợp với đặc điểm của từng lớp học, môn học; tác động đến tình cảm, đem lại niềm vui, tạo được hứng thú học tập cho học sinh, tận dụng được công nghệ mới nhất, khắc phục lối dạy truyền thống truyền thụ một chiều thông báo các kiến thức có sẵn. Trong quá trình dạy bồi dưỡng nâng cao kiến thức cho các em HS khối 11, tôi nhận thấy các em HS rất khó khăn trong việc làm các bài tập về CO2, P2O5 tác dụng với dung dịch kiềm. Một số HS thường loay hoay trong việc nhận dạng và tiến hành lời giải. Đặc biệt nữa là trong kỳ thi TNTHPT với hình thức thi trắc nghiệm khách quan, thời gian cho
5 mỗi câu hỏi thì ngắn, nên việc lựa chọn phương pháp giải tối ưu cho bài tập để vừa đảm bảo về mặt thời gian là ít nhất mà độ chính xác cao là giải pháp cần làm bây giờ. Xuất phát từ những lí do trên, tôi thấy để giúp các em HS có phương pháp giải nhanh và chính xác, giảm bớt sự lo lắng khi tham gia thi môn hoá học trong kỳ thi TNTHP tôi lựa chọn đề tài “sử dụng các phương pháp bảo toàn và sơ đồ hoá để giải nhanh bài tập CO2, P2O5 tác dụng dung dịch kiềm ” III. Phạm vi và đối tượng nghiên cứu 1. Phạm vi nghiên cứu Đề tài này được xây dựng trên chương trình kiến thức hóa học được áp dụng cho giảng dạy chương 2: Nitơ – Photpho và chương 3: Cacbon – Silic hóa học 11. 2. Đối tượng nghiên cứu - Các tài liệu liên quan đến các bài tập CO2, P2O5 tác dụng dung dịch kiềm hóa học vô cơ 11. - Sách giáo khoa hóa học 11. - Học sinh lớp 11. IV. Mục đích nghiên cứu - Đề tài nghiên cứu nhằm đưa ra phương pháp giải các bài tập, CO2, P2O5 tác dụng dung dịch kiềm, từ đó giúp HS có cách giải nhanh hơn các bài tập hoá học. - Giúp học sinh vận dụng linh hoạt các phương pháp giải trong một bài tập, giảm thiểu việc viết phương trình hoá học, thay vào đó là sơ đồ phản ứng. - Đưa ra được các dạng bài tập thường gặp và có đường hướng và phương pháp giải thích hợp, tạo sự tin tưởng cao, cho đáp án nhanh và chính xác. V. Điểm mới trong kết quả nghiên cứu Đề tài đã đề xuất được các dạng bài tập cụ thể, đi kèm với phương pháp giải phù hợp, cũng như đề xuất các bài tập tương tự để vận dụng phương pháp. Nếu đề tài được áp dụng và nghiên cứu tiếp thì HS sẽ hứng thú hơn trong việc lựa chọn môn hoá để học và thi TNTHPT cũng như dùng kết quả môn hoá học để xét tuyển vào các trường ĐH-CĐ. PHẦN NỘI DUNG
6 I. Cơ sở lí luận. Trước đây HS đã được học các phương pháp giải toán riêng lẽ. Tuy nhiên việc vận dụng các phương pháp giải vào cùng một bài tập là vấn đề rất quan trọng đối với mỗi học sinh. Để làm được điều đó người giáo viên phải là người giúp cho người học tự mình tìm ra cách tư duy logic, tự mình tìm ra cách tiếp cận và giải quyết các vấn đề. Việc làm đó được hình thành từ từ qua từng tiết học, từng chủ đề mà người dạy định hướng cho người học. Thông qua các ví dụ áp dụng biện pháp mình nêu ra thì HS sẽ vận dụng được vào các bài tập tương tự. II. Thực trạng của vấn đề 1. Thuận lợi: - Số lượng học sinh yêu thích môn Hóa trong trường, ở các khối lớp còn khá nhiều so với các trường lân cận. - Các giáo viên trong nhóm chuyên môn đều có năng lực chuyên môn tốt, tích cực đổi mới phương pháp giảng dạy để tạo hứng thú cho học sinh. 2. Khó khăn - Tuy số lượng HS lựa chọn môn hoá có nhiều hơn so với các trường lân cận, nhưng so với các trường trong tỉnh thì rất ít. - Các em HS lựa chọn môn hoá để xét tuyển rất ít, nên các em không tập cho việc học môn hoá. - Học sinh nhìn chung vẫn còn rất e ngại khi nhắc đến môn hóa. - Một số giáo viên còn ngại tìm ra những cách tiếp cận mới làm đơn giản hóa các bài tập trong đề thi TNTHPT. - Học sinh có xu hướng bằng lòng với kết quả học tập của mình, không nỗ lực trong học tập. III. Các biện pháp đã tiến hành để giải quyết vấn đề 1. Các phương pháp sử dụng để giải bài tập. - Phương pháp sơ đồ hoá: Là phương pháp giải bài tập mà không cần viết các phương trình hoá học, chỉ cần viết sơ đồ phản ứng theo diễn biến trong đề bài.
7 - Phương pháp bảo toàn nguyên tố: Tổng số mol nguyên tử các nguyên tố trước và sau phản ứng là không đổi. - Phương pháp bảo toàn khối lượng: Tổng khối lượng các chất trước và sau phản ứng là không đổi; Khối lượng của một chất bằng tổng khối lượng thành phần tạo nên chất đó. - Phương pháp bảo toàn điện tích: Trong mọi dung dịch thì trung hoà về điện, nghĩa là số mol điện tích âm (n(-) = nion âm *số đơn vị điện tích ion) bằng số mol điện tích dương (n(+) = nion dương *số đơn vị điện tích ion). 2. Về kiến thức. 2.1. CO2 tác dụng với dung dịch kiềm. Tuỳ vào tỷ lệ mol của các chất phản ứng mà cho các sản phẩm khác nhau. CO2 + OH-  HCO3- CO2 +2OH-  CO32- + H2O - Để xác định sản phẩm thu được khi cho CO2 tác dụng với dung dịch kiềm ta sử dụng tỷ lệ mol của OH- với CO2 HCO3- CO32- OH- d- nOH- 1 2 nCO2 nOH  + Khi  1 thì dư CO2 nên chỉ tạo muối HCO3- nCO2 nOH  + Khi 1<
8 H3PO4 + 2OH-  HPO42- + 2H2O H3PO4 + 3OH-  PO43- + 3H2O H2PO4- HPO42- PO43- OH- d- nOH- 1 2 3 nH3PO4 nOH  + Khi  1 thì chỉ tạo muối H2PO4- nH 3PO4 nOH  + Khi 1<
9 Ví dụ 1: Sục 4, 48 lít CO2 (đktc) vào 200ml dung dịch hỗn hợp NaOH 1M và KOH 0,5M thu được dung dịch X chứa m gam muối khan. Tính m? Giải Cách 1: Dùng sơ đồ hoá và các phương pháp bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố, bảo toàn điện tích. nOH  nOH- = 0,3 mol; nCO2 = 0,2 mol vậy = 0,3/0,2 = 1,5 nên tạo hai muối nCO2 Sơ đồ phản ứng HCO3- OH- 0,3 mol x mol CO2 0,2 mol CO32- y mol Bảo toàn nguyên tố C ta có x+y=0,2 (1); Bảo toàn điện tích ta có n(-) = nOH- = x+2y=0,3 (2) Giải hệ (1), (2) ta có x=0,1 mol; y = 0,1 mol m = 0,1*39+0,2*23+0,1*60+0,1*61= 20,6 gam Cách 2: Dùng cách viết phương trình phản ứng nOH  nOH- = 0,3 mol; nCO2 = 0,2 mol vậy = 0,3/0,2 = 1,5 nên tạo hai muối nCO2 Phương trình phản ứng CO2 + OH-  HCO3- a a CO2 + 2OH-  CO32- + H2O b 2b a  b  0,2 a  0,1 mol   a  2b  0,3 b  0,1 mol m = 0,1*39+0,2*23+0,1*60+0,1*61= 20,6 gam Nhận xét: Ở cách 1 dùng sơ đồ hoá và bảo toàn nguyên tố và bảo toàn điện tích là được, không cần phải viết phương trình phản ứng như cách 2. Giúp HS giảm bớt thời gian viết và
10 cân bằng phương trình. Ngoài ra khi viết phương trình các em thường mắc sai lầm là chưa cân bằng đã lắp số mol để tính toán dẫn đến sai kết quả. Ví dụ 2: Hấp thụ hoàn toàn 0,672 lít khí CO2 (đktc) vào 1 lít dung dịch gồm NaOH 0,025M và Ca(OH)2 0,0125M, thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là A. 2,00. B. 1,00. C. 1,25. D. 0,75. Giải. nOH  Cách 1: nOH- = 0,05mol; nCO2 = 0,03 mol vậy = 0,05/0,03 = 1,7 nên tạo hai muối nCO2 HCO3- OH- 0,05 mol x mol CO2 0,03 mol CO32- y mol Bảo toàn nguyên tố C ta có x+y=0,03 (1); Bảo toàn điện tích ta có n(-) = nOH- = x+2y=0,05 (2) Giải hệ (1), (2) ta có x=0,01mol; y = 0,02mol Ca2+ + CO32-  CaCO3 0,0125 0,02 0,0125 m = 0,0125*100 = 1,25 gam Cách 2: phải viết 2 phương trình ion thu gọn nOH  nOH- = 0,05mol; nCO2 = 0,03 mol vậy = 0,05/0,03 = 1,7 nên tạo hai muối nCO2 CO2 + OH-  HCO3- a a CO2 + 2OH-  CO32- + H2O b 2b a  b  0,03 a  0,01mol   a  2b  0,05 b  0,02mol Ca2+ + CO32-  CaCO3 Vì nCa2+
11 Ví dụ 3: Sục 4,48 lít khí CO2 (đktc) vào 1 lít dung dịch hỗn hợp Ba(OH)2 0,12M và NaOH 0,06M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là A. 13,79. B. 19,70. C. 23,64. D. 7,88. Giải nOH  nOH- = 0,3 mol; nCO2 = 0,2 mol vậy = 0,3/0,2 = 1,5 nên tạo hai muối nCO2 Sơ đồ phản ứng HCO3- OH 0,05 mol - x mol CO2 + Ba2+ 0,12 mol 0,03 mol CO32- BaCO3 y mol Bảo toàn nguyên tố C ta có x+y=0,2 (1); Bảo toàn điện tích ta có n(-) = nOH- = x+2y=0,3 (2) Giải hệ (1), (2) ta có x=0,1 mol; y = 0,1 mol Ba2+ + CO32-  BaCO3 0,12 0,1 0,1 m = 0,1*197 = 19,7 gam nOH  Dạng 2: Chưa cho số mol CO2 , OH- nên không có tỷ lệ nCO2 Với dạng bài toàn này chúng ta giải như sau HCO3- CO32- OH- d- nOH- 1 2 nCO2 nOH  Dựa vào tỷ lệ mol như trên ta thấy: nCO2
12 nOH  TH1: khi
13 bảo toàn khối lượng: 60x + y + 0,2*23+0,1*39 = 20,6 (2) Giải hệ (1) và (2) ta có: x= 0,2 mol; y =0,1 mol nCO32- = nCO2 =0,2 mol nên V = 4,48 lít nOH  TH2: khi 2  thì dung dịch X thu được là CO32- (x mol) và OH- (y mol). nCO2 nNa+ = 0,2 mol; nK+ = 0,1 mol, Bảo toàn điện tích: 2x + y =0,2+0,1 (1) bảo toàn khối lượng: 60x + 17y + 0,2*23+0,1*39 = 20,6 (2) Giải hệ (1) và (2) ta có: x= 7/26 mol; y =-31/130 mol (loại) Ví dụ 2: Hấp thụ hoàn toàn 3,36 lít CO2 (đktc) vào 100 ml dung dịch gồm K2CO3 0,2M và KOH x mol/lít, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y. Cho toàn bộ Y tác dụng với dung dịch CaCl2 (dư), thu được 5 gam kết tủa. Giá trị của x là A. 1,2. B. 1,8. C. 3,4. D. 1,6. Giải KOH HCO3- CO2 + 0,1x mol y mol + CaCl2 0,15 mol CaCO3 K2CO3 0,05 mol CO32- 0,02 mol 0,05mol Bảo toàn C ta có: 0,15+0,02=y+0,05 => y = 0,12 mol Bảo toàn điện tích ta có: 0,02*2+0,1x = y+0,05*2 => thay y = 0,12 ta có x = 1,8 Ví dụ 3: Hấp thụ hết V lít CO2 (ở đktc) vào 100 ml dung dịch gồm NaOH 2,0 M và Na2CO3 1,0 M thu được dung dịch A . Chia A thành 2 phần bằng nhau. Phần 1 cho tác dụng với CaCl2 dư thu được b mol kết tủa. Phần 2 cho tác dụng với nước vôi trong dư thu được c mol kết tủa. Biết 3b = c. Giá trị của V là A. 4,480. B. 2,688. C. 1,120. D. 3,360. Giải Sơ đồ phản ứng
14 + CaCl2 d- 1/2 dd A b mol CaCO3 NaOH 0,2 mol 3b=c CO2 + dd A a mol Na2CO3 1/2 dd A +Ca(OH)2 d- c mol CaCO3 0,1 mol Theo sơ đồ ta có: ½ dd A có b mol CO32- và 2b mol HCO3- => ddA có 2b mol CO32- và 4b mol HCO3- Bảo toàn nguyên tố C ta có: a+0,1 = 6b (1) Bảo toàn điện tích ta có 4b +4b=0,4 (2) => b = 0,05 mol; thay b vào (1) ta có a = 0,2 mol => V= 0,2 *22,4 = 4,48 lít Ví dụ 4: Hấp thụ hoàn toàn 3,36 lít CO2 (đktc) vào dung dịch chứa a mol NaOH và b mol Na2CO3 thu được dung dịch X. Chia X thành hai phần bàng nhau. Cho từ từ phần một vào 120 ml dung dịch HCl 1M, thu được 2,016 lít CO2 (đktc). Cho phần hai phản ứng hết với dung dịch Ba(OH)2 dư, thu được 29,55 gam kết tủa. Tỉ lệ a : b tương ứng là A. 2 : 5. B. 2 : 3. C. 2 : 1. D. 1 : 2. Giải Sơ đồ phản ứng x mol HCO3- 0,12 mol HCl 1/2 dd X 0,12 mol Cl- NaOH a mol 0,09 mol CO2 CO2 + dd X 0,15 mol Na2CO3 1/2 dd X +Ba(OH)2 d- 0,15 mol BaCO3 b mol Bảo toàn C cho 1/2X tác dụng Ba(OH)2 ta có 0,15 +b =0,15*2 => b = 0,15 mol Bảo toàn C cho 1/2X tác dụng 0,12 mol HCl ta có: 2*(x+0,09)=0,3 =>x = 0,06 mol Khi cho HCl tác dụng 1/2X có nH+ = 0,12 mol < nC = 0,15 mol mà tạo khí CO2 nên X không có OH- mà chỉ có HCO3- và CO32- => x= 0,15 – 0,09 = 0,06 mol.
15 Bảo toàn điện tích cho dung dịch sau phản ứng với HCl ta có nNa+ = 0,12 +x = 0,18 mol => a+2b = 0,18*2; thay b = 0,15mol ta có a = 0,06 mol. Vậy a : b = 0,06 : 0,15 = 2 : 5 Ví dụ 5: Hấp thụ hoàn toàn V lít khí CO2 (đktc) vào 250 ml dung dịch hỗn hợp gồm NaOH 0,4M và KOH aM thu được dung dịch X. Cho từ từ 250 ml dung dịch H2SO4 0,5M vào X thu được dung dịch Y và 1,68 lít khí CO2 (đktc). Cho Y tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư thấy xuất hiện 34,05 gam kết tủa trắng. Giá trị của a là A. 0,9. B. 0,7. C. 0,5. D. 0,6 Giải NaOH y mol HCO3- 0,1 mol +Ba(OH)2 d- BaSO4 CO2 + + 0,125 mol H2SO4 0,125 mol SO42- dd X 0,125 x mol KOH 0,075 mol CO2 0,25a mol BaCO3 + y mol 0,1 mol Na 0,25a mol K+ Bảo toàn khối lượng kết tủa: 0,125*233 + 197y=34,05 =>y=0,025 mol Bảo toàn nguyên tố C ta có x = y+0,075 = 0,1 mol Bảo toàn điện tich cho dung dịch Y ta có: 0,25a+0,1=0,025+0,125*2 => a=0,7 Nhận xét: Các ví dụ trên nếu không sơ đồ hoá mà viết phương trình thì bài tập này cần phải viết rất nhiều phương trình hoá học. Đặc biệt chúng ta dùng bảo toàn điện tích ở dung dịch Y nên cũng không cần xác định thành phần của dung dịch X. Đó là ưu điểm nổi trội của việc kết hợp nhiều phương pháp bảo taonf vào trong một bài tập kết hợp với sơ đồ hoá đã đơn giản hoá các dạng bài tập này. Ví dụ 6: Dẫn V lít khí CO2 (ở đktc) qua 500 ml dung dịch Ca(OH)2 nồng x M , sau phản ứng thu được 3 gam kết tủa và dung dịch A. Đun nóng dung dịch A thu được thêm 2 gam kết tủa nữa. Giá trị của V và x là
16 A. 1,568 lit và 0,1 M B. 22,4 lít và 0,05 M C. 0,1792 lít và 0,1 M D. 1,12 lít và 0,2 M Giải CaCO3 0,03 mol Ca(OH)2 CO2 to Ca(HCO3)2 CaCO3 0,02 mol 0,02 mol Bảo toàn nguyên tố C ta có: nCO2 = nCaCO3 + 2nCa(CO3)2 = 0,03 + 2*0,02 = 0,07 mol V = 0,07*22,4 = 1,568 lít Bảo toàn nguyên tố Ca ta có: nCa = nCaCO3 + nCa(CO3)2 = 0,05 mol CM = 0,05/0,5 = 0,1M => Chọn đáp án A 3.2. Bài tập P2O5, H3PO4 tác dụng dung dịch kiềm. Dạng 1: Cho số mol P2O5, OH-, xác định thành phần, tính khối lượng chất tan trong dung sau phản ứng. nOH  Với dạng này chúng ta sử dụng tỷ lệ mol để xác định thành phần của phản nH 3PO4 ứng. Ví dụ 1: Cho 8,52 gam P2O5 tác dụng với 253,5 ml dung dịch NaOH 2M, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu đuợc dung dịch X. Cô cạn dung dịch X, thu đuợc m gam chất rắn khan. Giá trị của m là A. 12,78. B. 17,04. C. 21,30. D. 25,56. Giải nP2O5 = 0,06 mol => nH3PO4 = 0,12 mol; nNaOH = 0,507 mol nOH  = 0,507/0,12=4,225 nên dung dịch X chứa muối Na3PO4 (x mol) và NaOH dư (y nH 3PO4 mol) Bảo toàn nguyên tố P ta có nNa3PO4 = nP=0,12 mol
17 Bảo toàn nguyên tố Na: nNaOH dư = 0,507-0,12*3 = 0,147 mol m= 0,12*164+ 0,147*40= 25,56 gam Ví dụ 2: Cho 100 ml dung dịch KOH 1,5M vào 200 ml dung dịch H3PO4 0,5M, thu được dung dịch X. Cô cạn dung dịch X, thu được hỗn hợp gồm các chất là A. KH2PO4 và K3PO4. B. KH2PO4 và K2HPO4. C. KH2PO4 và H3PO4. D. K3PO4 và KOH. Giải nKOH = 0,15mol; nH3PO4 = 0,1mol nOH  = 0,15/0,1 = 1,5 nên tạo 2 muối KH2PO4 và K2HPO4 nH 3PO4 nOH  Dạng 2: Chưa cho số mol P2O5, OH-, nên không có tỷ lệ nH 3PO4 Với dạng bài toàn này chúng ta giải như sau: H2PO4- HPO42- PO43- OH- d- nOH- 1 2 3 nH3PO4 Dựa vào tỷ lệ mol trên ta thấy khi không xác định được sản phẩm thì chúng ta chỉ cần xét 2 trường hợp thay vì xét 3, 4 trường hơp. nOH  TH1: 3 thì dung dịch sau phản ứng chứa ion PO43- và OH- nH 3PO4
18 Ví dụ 1: Cho m gam P2O5 vào dung dịch chứa 0,1 mol NaOH và 0,05 mol KOH, thu được dung dịch X. Cô cạn X, thu được 8,56 gam hỗn hợp chất rắn khan. Giá trị của m là A. 1,76. B. 2,13. C. 4,46. D. 2,84. Giải TH1: Để đơn giản, ta quy đổi dung dịch X coi như chứa ion x mol PO43-; y mol H+; 0,05 mol K+; 0,1 mol Na+; Bảo toàn điện tích: 3x=y+0,05+0,1 (1) Bảo toàn khối lượng: 95x+y+0,05*39+0,1*23 = 8,56 (2) Giải hệ (1) và (2) ta có x =0,0455; y=-0,0134 (loại) TH2: Dung dịch X chứa ion x mol PO43-; y mol OH-; 0,05 mol K+; 0,1 mol Na+; Bảo toàn điện tích: 3x+y=0,05+0,1 (1) Bảo toàn khối lượng: 95x+17y+0,05*39+0,1*23 = 8,56 (2) Giải hệ (1) và (2) ta có x =0,04 mol; y= 0,03 mol (loại). Vậy nP2O5 = 0,02 mol=> m = 0,02 *142 = 2,84 gam Ví dụ 2: Cho m gam P2O5 tác dụng với 253,5 ml dung dịch NaOH 2M, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch X. Cô cạn dung dịch X, thu được 3m gam chất rắn khan. Giá trị của m là. A. 21,30 B. 8,52 C. 12,78 D. 7,81 Giải nP2O5 = m/142 mol => nH3PO4 =2m/142 mol TH1: Để đơn giản, ta quy đổi dung dịch X coi như chứa ion 2m/142 mol PO43-; x mol H+; 0,507 mol Na+; Bảo toàn điện tích: 6m/142=x+0,507 (1) Bảo toàn khối lượng: 95*2m/142+x+0,507*23 = 3m (2) Giải hệ (1) và (2) ta có m =6,886 gam; x=-0,216 mol (loại) TH2: Dung dịch X chứa ion 2m/142 mol PO43-; x mol OH-; 0,507 mol Na+; Bảo toàn điện tích: 6m/142+x=0,507 (1) Bảo toàn khối lượng: 95*2m/142+17x+0,507*23 = 3m (2) Giải hệ (1) và (2) ta có m =8,52 gam; x=0,147 mol
19 Vậy m = 8,52 gam Ví dụ 3: Cho 2,13 gam P2O5 vào dung dịch chứa x mol NaOH và 0,02 mol Na3PO4. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn , thu được dung dịch chứa 6,88 gam hai chất tan. Giá trị của x là A. 0,030. B. 0,057. C. 0,139. D 0,050. Giải x mol NaOH 6,88 gam hai chÊt tan P2O5 + 0,015 mol 0,02 mol Na3PO4 TH1: Để đơn giản, ta quy đổi dung dịch sau phản ứng coi như chứa ion 0,05 mol PO43-; y mol H+; (x+0,06) mol Na+; Bảo toàn điện tích: 0,05*3=y+x+0,06 (1) Bảo toàn khối lượng: 0,05*95+y+23*(x+0,06) = 6,88 (2) Giải hệ (1) và (2) ta có x= 0,03 mol; y= 0,06 mol TH2: Dung dịch X chứa ion 0,05 mol PO43-; y mol OH-; (x+0,06) mol Na+; Bảo toàn điện tích: 0,05*3+y= x+0,06 (1) Bảo toàn khối lượng: 0,05*95+17y+23*(x+0,06) = 6,88 (2) Giải hệ (1) và (2) ta có x= 0,057 mol; y= -0,033 mol (loại) Vậy x = 0,03 mol. IV. Hiệu quả mang lại của sáng kiến. 1. Đối với giáo viên: Việc thực hiện chuyên đề này giúp cho bản thân giáo viên tiếp cận được với cách giải nhanh đáp ứng cho yêu cầu của đề thi TNTHPT. Đề tài này có thể mở rộng cho các phần khác như phản ứng axit với muối cacbonat, hidroxit lưỡng tính tác dụng dung dịch kiềm Tạo được một phong trào tìm tòi, nghiên cứu của các giáo viên trong tổ để đạt hiệu quả dạy học tốt nhất.
20 2. Đối với học sinh. Sử dụng biện pháp của sáng kiến để dạy bồi dưỡng kiến thức cho 2 chương Nitơ – Photpho và chương Cacbon - Silic của học kì 1 lớp 11 năm học 2022 – 2023. - Tôi chọn 2 lớp có năng lực học sinh tương đương nhau là lớp 11A3 (lớp thực nghiệm) và 11A4 (đối chứng). Đối với lớp đối chứng 11A4 tôi dạy phương pháp làm bài bằng phương pháp viết phương trình. Đối với lớp thực nghiệm tôi tiến hành giảng dạy các phương pháp bảo toàn và sơ đồ hoá để giải nhanh bài tập CO2, P2O5 tác dụng dung dịch kiềm. - Tôi đã thực hiện khảo sát chất lượng của lớp đối chứng và lớp thực nghiệm để chứng minh tính hiệu qủa của đề tài. Sau đây là bảng thống kê chất lượng kiểm tra thường xuyên chương Nitơ – Photpho, cacbon - silic của hai lớp 11A3 và 11A4: Tổng Số học sinh đạt điểm Lớp số 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11A3 36 0 0 0 1 2 3 5 14 6 5 0 11A4 36 0 0 5 6 10 9 4 1 1 0 0 - Qua bảng kết quả cho thấy ở lớp thực nghiệm cao hơn lớp đối chứng. Như vậy, việc áp dụng các phương pháp bảo toàn và sơ đồ hoá để giải nhanh bài tập CO2, P2O5 tác dụng dung dịch kiềm đã làm tăng hiệu quả làm bài của HS. V. Khả năng ứng dụng và triển khai. Khả năng ứng dụng của đề tài đã được khẳng định nhưng chưa được áp dụng trên diện rộng, bởi vậy trong thời gian tiếp theo bằng các giải pháp cụ thể cùng với sự quan tâm của đồng nghiệp, nhà trường, sở giáo dục và đào tạo rất mong muốn được chia sẻ rộng rãi hơn. Ngoài những kiến thức đã khai thác trong đề tài đang còn rất nhiều các kiến thức thú vị khác đặc biệt là các bài tập về axit tác dụng muối cacbonat…, vậy nên trong thời gian tiếp theo đề tài sẽ tiếp tục được phát triển và hoàn thiện. VI. Ý nghĩa của sáng kiến