SKKN: Rèn tư duy học sinh thông qua một số dạng bài tập điện phân – Hóa học 12 nâng cao

Chia sẻ: Lê Thị Diễm Hương | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:17

Thêm vào BST

Báo xấu

268
lượt xem 65
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Trong dạy- học nói chung và dạy – học hóa học nói riêng việc sử dụng bài tập, đặc biệt bài tập có nhiều cách giải sẽ là phương pháp rèn luyện tư duy rất tốt cho học sinh, giúp học sinh liên hệ tốt nhất kiến thức lý thuyết với việc giải quyết một vấn đề có thực trong quá trình nhận thức. Mời quý thầy cô tham khảo sáng kiến “Rèn tư duy học sinh thông qua một số dạng bài tập điện phân – Hóa học 12 nâng cao”.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: SKKN: Rèn tư duy học sinh thông qua một số dạng bài tập điện phân – Hóa học 12 nâng cao

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI TRƯỜNG THPT CAO BÁ QUÁT GIA LÂM SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM RÈN TƯ DUY HỌC SINH THÔNG QUA MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP ĐIỆN PHÂN – HÓA HỌC 12 NÂNG CAO Môn: Hóa học Tên tác giả: Nguyễn Thu Hòa Chức vụ: Tổ phó tổ Hóa – Sinh - KTNN NĂM HỌC 2011 - 2012
PHẦN I: MỞ ĐẦU I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI : Để đáp ứng yêu cầu về con người và nguồn nhân lực là nhân tố quyết định sự phát triển đất trong thời kì công nghiệp hóa, hiện đại hóa, cần tạo chuyển biến cơ bản, toàn diện về giáo dục và đào tạo. Đó là “ Đổi mới phương pháp dạy và học, phát huy tư duy sáng tạo và năng lực tự đào tạo của người học, coi trọng thực hành, thực nghiệm, làm chủ kiến thức, tránh nhời nhét, học vẹt , học chay. Đổi mới và tổ chức thực hiện nghiêm minh chế độ thi cử.” (Trích “ Chiến lược phát triển kinh tế- xã hội 2001-2010” – Báo cáo của Ban Chấp hành Trung ương Đảng khóa VIII tại Đại hội đại biểu toàn quốc Đảng Cộng sản Việt Nam lần thứ IX). Để nâng cao chất lượng giáo dục, chúng ta phải đổi mới nội dung và phương pháp dạy học ở tất cả các môn học, các cấp học, các bậc học. Mục tiêu cao nhất của quá trình dạy – học là rèn luyện tư duy cho học sinh. Ngày nay , cùng với sự phát triển của khoa học kĩ thuật đòi hỏi con người phải biết nhìn nhận và giải quyết vấn đề theo nhiều hướng khác nhau, đưa ra phương án tối ưu trong trong gian nhanh nhất. Muốn có được kĩ năng đó , đòi hỏi con người phải rèn luyện tư duy đa hướng. Trong dạy- học nói chung và dạy – học hóa học nói riêng việc sử dụng bài tập, đặc biệt bài tập có nhiều cách giải sẽ là phương pháp rèn luyện tư duy rất tốt cho học sinh, giúp học sinh liên hệ tốt nhất kiến thức lý thuyết với việc giải quyết một vấn đề có thực trong quá trình nhận thức. Xuất phát từ lý do nêu trên tôi sử dụng một số bài tập vấn thường gặp trong các sách tham khảo, các đề thi tuyển sinh Đại học- Cao đẳng nhằm rèn luyện khả năng tư duy cho học sinh. II. PHẠM VI NGHIÊN CỨU : Một số bài tập Điện phân trong chương trình hóa học vô cơ – 12 – nâng cao.
PHẦN II: NỘI DUNG I. Kiến thức cơ bản : 1. Phản ứng xảy ra ở điện cực. Khi nối 2 điện cực của bình điện phân đến 2 cực của nguồn điện một chiều ( pin, acquy), ta có các hiện tượng sau: - Cation đi về catot (điện cực âm), Anion đi về anot (điện cực dương). - Tại catot xảy ra quá trình nhận electron (quá trình khử) các cation kim loại thành kim loại tự do hoặc nước, hoặc cả hai. Mn+ + ne →M H 2O + 2e → H2↑ + 2OH - - Tại anot xảy ra quá trình nhường electron (quá trình oxi hóa) các anion gốc axit hoặc nước hoặc cả hai. Xm- → X + me 2H2O → O2↑ + 4e + 4H+ 2. Định luật Faraday. - Nếu hiệu suất dòng là 100%, khối lượng các chất thu được ở các điện cực được tính theo công thức: m= (A.I.t)/ n.96500 Trong đó m: khối lượng chất ở điện cực (g) A: khối lượng mol nguyên tử của chất thu được ở điện cực. n: số electron mà nguyên tử hoặc ion đã cho hoặc nhận. I: cường độ dòng điện(A). t: thời gian điện phân(s). F: hằng số Faraday(F= 96500culong/mol) - Số mol electron trao đổi ở 2 điện cực = (I.t)/96500 3. Điện phân muối hoặc oxit nóng chảy (không có nước). a. Điện phân muối halogenua nóng chảy (điện cực trơ): 2MXn → 2M + nX2 b. Điện phân oxit nhôm nóng chảy (điện cực graphit C):
2Al2O3 → 4Al +3O2↑ Phản ứng ăn mòn điện cực C: O2 + C → CO 2↑ O2 + 2C → 2CO↑ Như vậy có thể thu được một hỗn hợp khí: O2, CO, CO 2. 4. Điện phân dung dịch muối, axit hoặc bazơ: a. Điện phân dung dịch axit: - Điện phân dung dịch axit halogen hidric HX: 2HX → H2↑ + X2↑ - Điện phân dung dịch oxiaxit HNO 3, H2SO 4…thực chất là điện phân nước, do đó số mol axit không thay đổi. 2H2O → 2H 2↑ + O2↑ b. Điện phân dung dịch bazơ: thực chất là điện phân nước (tương tự dung dịch axit), do đó số mol bazơ không thay đổi. c. Điện phân dung dịch muối: - Căn cứ vào thứ tự điện phân ở điện cực, thời gian điện phân để viết các quá trình ở điện cực , H 2O có thể tham gia hoặc không tham gia sự điện phân, từ đó viết và tính được lượng sản phẩm ở điện cực và trong dung dịch điện phân. * Tại catot (cực âm) Thứ tự nhận electron: Au3+/Au > Ag+/Ag > Cu2+/Cu > H 2O > Pb2+/Pb…Zn2+/Zn ( Lưu ý: các ion từ Pb2+…đến Zn2+ điện phân cùng nước, sản phẩm rất phức tạp. Các ion từ Al3+ đến K+ coi như không bị điện phân khi có mặt nước) Mn+ + ne →M H 2O + 2e → H2↑ + 2OH - Như vậy điện phân dung dịch muối của kim loại từ Na, Ca,.. K thu được dung dịch kiềm, dẫn đến pH của catot tăng. Ví dụ: 2NaCl +2H2O → H 2↑ + O2↑ + 2NaOH * Tại anot (cực dương) Thứ tự nhường electron: I- > Br- > Cl- > F- > O2- > H2O (Lưu ý: các ion gốc axit chứa oxi SO42-, NO3-…coi như không bị điện phân)
Xm- → X + me 2H2O → O2↑ + 4e + 4H+ Như vậy điện phân dung dịch muối sunphat, nitrat thu được dung dịch axit, dẫn đến pH của anôt giảm. Ví dụ: 2CuSO4 + H2O → 2Cu + O2 + 2H2SO4 - Nên sử dụng các bán phản ứng ở điện cực trong tính toán, thực hiện nguyên tắc bảo toàn electron. 5. Phản ứng phụ giữa sản phăm điện phân với điện cực (không trơ) hoặc giữa các sản phẳm với nhau: - Phản ứng với anot: khi anot làm bằng kim loại thông thường (như Cu) thì kim loại bị sản phẩm điện phân oxi hóa tạo thành cation Mn+ tan vào dung dịch (hiện tượng anot tan) Ví dụ : Điện phân oxit nhôm nóng chảy (điện cực graphit C): 2Al2O3 → 4Al +3O2↑ Phản ứng ăn mòn anot(điện cực C): O2 + C → CO 2↑ O2 + 2C → 2CO↑ Như vậy có thể thu được một hỗn hợp khí: O2, CO, CO 2. - Phản ứng giữa các sản phẩm điện phân với nhau: như điện phân dung dịch NaCl không có màng ngăn xốp 2NaCl +2H2O → H 2↑ + O2↑ + 2NaOH Clo cho thêm phản ứng: Cl2 + 2NaOH → NaCl + NaClO + H2O II. Một số dạng bài tập Dạng 1: trường hợp nước bị oxi hóa hoặc bị khử ở điện cực Bài 1(đề tuyển sinh đại học 1993): tiến hành điện phân (điện cực trơ, màng ngăn xốp) một dung dịch chứa m gam hỗn hợp CuSO 4 , NaCl cho đến khi nước bắt đầu bị điện phân ở cả hai điện cực thì dừng lại. Ở anot thu được 0,448 lit khí (đktc). Dung dịch sau điện phân có khả năng hòa tan tối đa 0,68 gam Al2O3. 1, Tính m?
2, Tính khối lượng catot tăng lên trong quá trình điện phân? 3, Tính khối lượng dung dịch giảm trong quá trình điện phân cho rằng nước bay hơi không đáng kể? Phương pháp cũ: Giai đoạn 1: ở catot, Cu2+ bị khử; ở anot , Cl- bị oxi hóa (I) CuSO4 + 2NaCl → Cu↓ + Cl2↑ + Na2SO4 Nếu Cu2+ và Cl- hết cùng một lúc (số mol NaCl = 2số mol CuSO4), sau giai đoạn (I) chỉ còn lại Na2SO4. Nếu tiếp tục điện phân trên thực tế là nước bị điện phân tạo dd axit hoặc kiềm để có khả năng hòa tan Al2O3. Do đó Cu2 + và Cl- không hết cùng một lúc. Có hai trường hợp: TH1: Sau giai đoạn (I), hết Cl-, dư Cu2+ Dung dịch chứa CuSO4 và Na2SO4 Giai đoạn 2: điện phân dung dịch CuSO4 (Na2SO 4 không bị điện phân) (II) CuSO4 + H2O →Cu + 1/2O2 + H2SO4 Khi hết Cu2+ , nước bị điện phân ở cả hai điện cực (vì điện phân dd H2SO 4 và Na2SO4 trên thực tế là điện phân nước, thỏa mãn điều kiện đầu bài). H2SO4 hoà tan Al2O3 theo pt: 3H2SO 4 + Al2O 3 = Al2(SO4)3 + 3H 2O 0,02  0,68/102 mol Theo (II) Cu= 0,02 mol; O2 = 0,01 mol Tổng số mol khí ở anot = 0,02 = Cl2(I) + O2 (II)  Cl2(I) = 0,01 Theo (I) NaCl = 0,02 Mặt khác Cu↓ ở 2GĐ = 0,01+0,02=0,03 = CuSO4 Do đó m= mNaCl + mCuSO 4 = 0,02.58,5 + 0,03.160 = 5,97 gam Khối lượng catot tăng = m Cu bám vào = 0,03.64 = 1,92 gam Khối lượng dd giảm = m kim loại bám vào catot + m khí thoát ra ở anot = 1,92 + 0,01.32 + 0,01.71 = 2,95 gam TH1: Sau giai đoạn (I), dư Cl-, hết Cu2+ Dung dịch chứa NaCl và Na2SO4.
Giai đoạn 2: điện phân dd NaCl: (III) 2NaCl + 2H2O = H2↑ + Cl2↑ + 2NaOH Khi hết Cl- nước bị điện phân ở cả hai điện cực. NaOH hòa tan Al2O3 theo pt: Al2O 3 + 2NaOH = 2NaAlO2 + H2O 0,68/102 0,04/3 mol Theo (III) H2 = Cl2 = 0,02/3  Cl2(I) = 0,02- 0,02/3 = 0,04/3 mol Theo (I) CuSO 4 = 0,04/3 mol Theo (I) v à(III) NaCl bd= 2n Cl2 = 0,04 mol khối lượng 2 muối m= m CuSO4 + m NaCl = 4,473 gam Khối lượng catot tăng = m Cu bám vào = 0,853 gam Khối lượng dd giảm = m kim loại bám vào catot + m khí thoát ra ở anot (Cl2 + H 2) = 0,853 + 0,02.71 + 0,02.2/3 = 2,286 gam Phương pháp mới: Gợi ý: - Nước có thể bị điện phân ở cả hai điện cực, hay ion Cu2+ và ion Cl- không cùng kết thúc. - Dung dịch sau điện phân hòa tan được Al2O3 có thể là axit hoặc kiềm. Hướng dẫn: TH1: Dung dịch sau điện phân là axit  nước bị điện phân ở anot, khí thu được ở anot gồm Cl2 và O2. Al2O3 + 6H+ → 2Al3+ + 3H2O 0.68/102 0,04 (mol) Các phản ứng xảy ra trên điện cực: Catot: Anot: Cu2+ + 2e → Cu 2Cl- → Cl2 + 2e x  2x mol 2y  y  2y mol 2H2O → O 2 + 4H + + 4e 0,01 0,04  0,04
số mol khí ở anot= 0,02 = số mol Cl2 + số mol O 2 = y + 0,01  số mol Cl2 = 0,01 Số mol e trao đổi = 2x = 0,04 + 2.0,01  x= 0,03 Dung dịch ban đầu: số mol Cu2+ = số mol SO42- = 0,03 số mol NaCl = 2 số mol Cl- = 0,02 m = m CuSO4 + m NaCl = 5,97 gam. Khối lượng catot tăng = m Cu bám vào = 0,03.64 = 1,92 gam Khối lượng dd giảm = m kim loại bám vào catot + m khí thoát ra ở anot = 1,92 + 0,01.32 + 0,01.71 = 2,95 gam. TH2: Dung dịch sau phản ứng hòa tan được Al2O3 là dd kiềm  nước bị điện phân ở catot, khí thu được là Cl2. Al2O3 + 2OH - + 3H2O → 2[Al(OH)4]- 0,68/1020,0133 Các phản ứng xảy ra trên điện cực: Catot: Anot: Cu2+ + 2e → Cu 2Cl- → Cl2 + 2e x  2x mol 0,04 0,020,04 mol 2H2O + 2e → H 2 + 2OH- 0,0133  0,0133 mol Số mol e trao đổi = 2x + 0,0133 = 0,04  x= 0,0133 số mol CuSO 4 = x = 0,0133 Số mol NaCl = 0,04 m= 4,473 gam Khối lượng catot tăng = m Cu bám vào = 0,0133.64 = 0,853 gam Khối lượng dd giảm = m kim loại bám vào catot + m khí thoát ra ở anot = 0,853 + 0,02.71 = 2,286 gam.
So sánh – đánh giá 2 phương pháp: - Phương pháp cũ chủ yếu sử dụng phương trình phân tử dẫn đến học sinh không hiểu đúng bản chất của các quá trình oxi hóa, quá trình khử trên điện cực, nên khó viết các phản ứng điện phân, làm cho việc lập luận các sản phẩm của các trường hợp xảy ra rất khó khăn, nếu mở rộng bài toán là “ tính nồng độ các ion trong dung dịch sau điện phân hoặc pH của dung dịch sau điện phân…” các em sẽ lúng túng đặc biệt gặp bài toán cho thời gian điện phân . - Phương pháp mới sử dụng các bán phản ứng ở các điện cực : học sinh hiểu rõ các quá trình oxi hóa, quá trình khử diễn ra như thế nào đặc biệt H 2O bị điện phân như thế nào, khắc sâu được kiến thức về thứ tự dãy thế điện cực chuẩn của kim loại, giải quyết nhanh bài tóan có cho thời gian điện phân, bản chất sự tồn tại các chât điện ly trong dung dịch, tính toán nhanh nồng độ các ion, pH c ủa dung dịch tại thời điểm dừng điện phân…học sinh tự giải quyết vấn đề theo gợi ý của giáo viên, tự tin các bước làm, kiểm soát được từng bước giải của mình. Áp dụng : Bài 2( đề 2009-B) Điện phân có màng ngăn 500 ml dung dịch chứa hỗn hợp gồm CuCl2 0,1M và NaCl 0,5M (điện cực trơ, H =100%) với cường độ dòng điện 5A, trong thời gian 3860s. Dung dịch sau điện phân có khả năng hòa tan m gam Al. Tính giá trị lớn nhất của m? A. 4,05 B. 2,70 C. 1,35 D. 5,40 Gợi ý: - Tính số mol các ion trước ĐP: Cu2+ = 0,05 Na+ = 0,25 Cl- = 0,35 - Tính số mol e trao đổi: = I.t/96500= 5.3860/96500= 0,2 mol - Các phản ứng trên điện cực: Catot: Anot: Cu2+ + 2e → Cu 0,05  0,1 mol 2Cl- → Cl2 + 2e
bảo toàn e: 0,2  0,1 0,2 mol 2H2O + 2e → H 2 + 2OH - 0,1 0,05 0,1 mol - dung dịch sau thời gian điện phân trên là kiềm, hòa tan Al theo pt: Al + OH - + 3H2O = [Al(OH)4]- + 3/2H2↑ 0,1  0,1 mol Khối lượng lớn nhất của Al là 2,7 gam. Phát triên bài: tăng thời gian điện phân là 14475s, không dùng màng ngăn , dung dịch sau điện phân có khả năng hòa tan bao nhiêu gam Al? - Tính số mol e trao đổi: = I.t/96500= 5.14475/96500= 0,75 mol - Các phản ứng trên điện cực: Catot: Anot: Cu2+ + 2e → Cu 0,05  0,1 mol 2Cl- → Cl2 + 2e bảo t òan e: 0,35  0,175 0,35 mol 2H2O + 2e → H 2 + 2OH - 2H2O  O2 + 4e + 4H+ 0,65 0,05 0,65 mol 0,40,4 mol - dung dịch sau thời gian điện phân: Phản ứng trung hòa: H+ + OH - = H2O 0,4  0,4 mol kiềm dư = 0,25 , hòa tan Al theo pt: Al + OH - + 3H2O = [Al(OH)4]- + 3/2H2↑ 0,25  0,25 mol Khối lượng lớn nhất của Al là 6,75 gam. Bài 3( đề 2011-A) Hòa tan 13,68 gam muối MSO 4 vào nước được dung dịch X. Điện phân X (với điện cực trơ, cường độ dòng điện không đổi0 trong thời gian t(s), được y gam kim loại M duy nhất ở catot và 0,035 mol khí ở anot. Còn nếu thời gian điện
phân là 2t (s) thì tổng số mol khí thu được ở cả hai điện cực là 0,1245 mol. Giá trị của y là? A. 3,920 B. 4,788 C. 4,480 D. 1,680 Gợi ý: - Dung dịch trước điện phân M2+ = a mol = 13,68/ (M+ 96) Thí nghiệm 1: Điện phân với thời gian t(s): số mol e trao đổi = I.t/96500 - Các phản ứng trên điện cực: Catot: Anot: M2+ + 2e → M 2H2O  O2 + 4e + 4H + 0,070,14 0,07 mol 0,035 0,14 mol - số mol e trao đổi = I.t/96500= 0,14  I.t = 13510 - Nhận xét: có thể ion M2+ chưa bị điện phân hết. Thí nghiệm 2: Điện phân với thời gian 2t(s), cường độ dòng không đổi số mol e trao đổi = I.2t/96500= 0,28 Đầu bài cho thu được khí ở cả hai điện cực  M2+ bị điện phân hết, H 2O bị điện phân ở cả hai điện cực. - Các phản ứng trên điện cực: Catot: Anot: M2+ + 2e → M 2H2O  O2 + 4e + 4H + a 2a  a mol 0,07  0,28 mol 2H2O + 2e → H2 + 2OH- 0,109 0,0545 mol Tổng số mol khí ở 2 ĐC = nH2 + nO2 = 0,1245  nH 2 = 0,1245 – 0,07 = 0,0545 mol Bảo toàn electron: 2a + 0,109 = 0,28  a = 0,0855 = 13,68/ (M+ 96)  M = 64 là kim loại Cu. Trở lại thí nhiệm 1: y = mCu = 64/2.0.14= 4,48 gam. Dạng 2: trường hợp điện phân dung dịch chứa 2 ion kim loại
Dung dịch chứa ion Cm+ và Dn+ , tính oxi hóa Cm+ mạnh hơn D n+ nên thứ tự điện phân như sau: (1) Cm+ + me → C↓ Sau khi hết Cm+, đến : (2) Dn+ + ne → D↓ Dựa vào thời gian điện phân  số mol e trao đổi để xét xem quá trình điện phân đến giai đoạn nào Bài 4: Điện phân 100 ml dung dịch A chứa Cu(NO3)2 8.10-3 M và AgNO3 16.10-3 M trong thời gian 7 phút 43 giây với cừơng độ dòng điện 0,5A. 1, Tính khối lượng kim loại bám vào catot và nồng độ mol/l các ion trong dung dịch sau thời gian điện phân trên? 2, Nếu quá trình điện phân với anot bằng Cu đến khi dung dịch không còn chứa ion Ag+ nữa thì khối lượng các điện cực tăng hay giảm bao nhiêu gam? Biết ở anot Cu bị tan. Gợi ý: - Dung dịch A : nCu2+ = 8.10-4 mol = 0,8.10-3 nAg+ = 16.10-4 mol=1,6.10-3 n NO 3- = 3,2.10-3 1, - Số mol e trao đổi = 0,5.463/96500 = 0,0024 mol = 2,4.10-3 - Thứ tự điện phân tại catot: (1) Ag+ + e → Ag 1,6.10 -3  1,6.10 -3 1,6.10-3 = 0,1728 gam Số mol e còn lại = 0,8.10 -3 của quá trình : (2) Cu2+ + 2e → Cu 0,4.10-3  0,8.10-3  0,4.10 -3 = 0,0256 gam Khối lượng kim loại bám vào catot = 0,1728 + 0,0256= 0,1984 gam - T ại anot: bảo toàn electron 2H2O  O2 + 4e + 4H+ 2,4.10-3  2,4.10 -3
- dung dịch sau điện phân : Cu2+ dư = 0,4.10 -3 mol CM = 4.10-3 M H + = 2,4.10-3 mol  CM = 2,4.10 -2 M NO3- = 3,2.10-3 mol  CM = 3,2.10-2 M 2, Nếu điện phân với anot bằng Cu tan PTĐP: Cu + 2Ag+ = Cu2+ + 2Ag↓ 8.10-4  16.10-4  16.10 -4 mol Khôí lượng catot tăng = 16.10-4 .108 = 0,1728 gam Khôí lượng anot giảm = 8.10-4 .64 = 0,0512 gam Dạng 3: dự đoán quá trình điện phân dựa trên lượng sản phẩm thoát ra ở điện cực Trong trường hợp quá trình điện phân gồm nhiều giai đoạn kế tiếp dựa vào lượng sản phẩm xuất hiện ở điện cực ta có thể dự đóan các giai đoạn nào có thể xảy ra: - Nếu thời gian tăng n lần, lượng sản phẩm (khối lượng kim loại thoát ra ở catot) tăng n lần thì bên điện cực ấy chỉ có một phản ứng khử duy nhất: Mn+ + ne→ M↓ - Nếu thời gian tăng n lần, lượng sản phẩm tăng ít hơn n lần, có thể kết luận: + Đã điện phân hết Mn+ và lượng kim loại thu được ở catot]ngs với toàn thể Mn+ trong dung dịch ban đầu. + Sau khi điện phân hết Mn+, bên catot chuyển qua một giai đoạn khử khác (thường là khử H2O) Bài 5 (đề tuyển sinh đại học 1993) Mắc nối tiếp 2 bình điện phân : bình X chứa 800 ml dd muối MCl2 a mol/l và HCl 4amol/l, bình Y chứa 800 ml dd AgNO3. Sau 3 phút 13 giây điện phân thì ở catot bình X thoát ra 1,6 gam kim loại, còn ở catot bình Y thoát ra 5,4 gam kim loại. Sau 9 phút 39 giây điện phân thì ở catot bình X thoát ra 3,2 gam kim loại, còn ở catot bình Y thoát ra 16,2 gam kim loại Biết cường độ dòng điện không đổi và hiệu suất điện phân =100%.
Sau 9 phút 39 giây thì ngừng điện phân. Lấy 2 dd thu được sau điện phân đổ vào nhau thi thu được 6,1705 gam kết tủa và dd Z có thể tích 1,6 lít 1, Giải thích quá trình điện phân. 2, Tìm kim loại M. 3, Tính CM các chất trong dd ban đầu ở bình X, Y. Giả sử thể tích các dd không đổi. 4, So sánh các thể tích khí thoát ra ở anot của các bình X, Y. Gợi ý: 1, Bình X: M2+ = 0,8a mol; H+ = 1,6a mol; Cl- = 4,8a mol thời gian tăng lên 3 lần, khối lượng kim loại thu được ở catot tăng 2 lần  chứng tỏ khối lượng kim loại M trong X ban đầu = 3,2 gam, lúc t2 = 2t1 thì M2+ bị điện phân hết, thời gian còn lại H+ bị điện phân Catot: Anot: M2+ + 2e → M 2Cl- → Cl2 + 2e 2H+ + 2e → H2 0,05  0,05 mol Bình Y: Ag+, NO3-, H2O thời gian tăng lên 3 lần, khối lượng kim loại thu được ở catot tăng 3 lần  chứng tỏ ở catot chỉ có Ag+ bị điện phân Catot: Anot: Ag+ + e → Ag 2H2O  O2 + 4e + 4H + Trộn 2 dung dịch sau điện phân thu được kết tủa do phản ứng sau: Ag+ + Cl- → AgCl↓ 0,043  0,043  0,043 mol = 6,1705 gam chứng tỏ bình X còn dư Cl-, nên ở X, tại anot chỉ có Cl- bị điện phân.
2, Hai bình mắc nối tiếp: điện lượng I.t đi qua như nhau - Bình X : M.I.t/2.96500 = 1,6  I.t = 2.1,6.96500/M - Bình Y: 108.I.t/1.96500 = 5,4 I.t = 5,4.96500/108= 4825 2.1,6.96500/M = 4825  M = 64 (Cu) 3, n Ag+ bị điện phân = 16,2/108 = 0,15 mol -Bình Y : nAgNO3 bd = 0,15 + 0,043 = 0,193 mol  CM = 0,241M - Bình X : nCuCl2 = nCu = 3,2/64 = 0,05 mol  CM = 0,0625M * Chứng minh giả thiết Ag+ hết. Cu2+ = 0,8a mol = 0,05  a = 0,0625  nCl- bd = 4,8.0,0625 = 0,3 Với t= 9phut 39 giây  I.t /96500= số mol e trao đổi= 3.4825/96500 = 0,15 nCl- bị điện phân = 0,15 mol  số mol Cl- dư sau điện phân 9 phút 39 giây là 0,15, phản ứng với Ag+ là 0,043 mol nên còn dư là đúng.
PHẦN III: KẾT LUẬN Trên đây là một số bài tập trong số nhiều bài tập tôi đã sử dụng khi dạy cho học sinh một số thao tác tư duy khi giải quyết một số vấn đề trong nảy sinh trong quá trình học phần Điện phân trong chương trình Hóa học -12- Nâng cao. Việc sử dụng những bài tập trên đã đạt được một số kết quả sau đây: - Về phía học sinh: 1. Nắm trắc kiến thức lý thuyết. 2. Vận dụng sâu kiến thức lý thuyết vào giải quyết những vấn đề thực tế mà bài toán đặt ra. 3. Từ việc giải quyết những vấn đề bài tập đặt ra giúp hiểu sâu, có hệ thống, có qui luật những vấn đề lý thuyết. 4. Thông qua những gợi ý, phân tích đầu bài của giáo viên, học sinh đã nắm điểm mấu chốt của một vấn đề, tự mình đưa ra các giả thiết, tự lập kế hoạch và thực hiên kế hoạch để kiểm chứng các giả thiết đó, cuối cùng đạt được những kết luận đúng đắn. Như vậy học sinh chủ động hoàn thiện một quá trình nhận thức. Các bài tập trên đây được tôi sử dụng thường xuyên trong các giờ luyện tập, ôn tập tạo hứng thú cho học sinh, giúp các em tiếp cận có hiệu quả với các đề thi tuyển sinh vào Đại học ngay từ khi được học lý thuyết trên lớp hoặc các dề thi HSG của các Sở Giáo dục đào tạo. - Về phía giáo viên; 1. Bản thân việc tìm tòi để đưa ra cho học sinh các gợi ý, các nhận xét giúp các em nắm bắt được điểm cốt lõi cần giải quyết cũng đem lại hứng thú cho tôi, làm tôi say mê tìm tòi các phương pháp dạy tốt hơn. 2. Tôi đã xây dựng cho mình một hệ thống các bài tập theo từng chủ đề và sử dụng có hiệu quả, góp phần vào những thành tích đạt được của học sinh. Bài viết của tôi chắc không thể tránh được những thiếu sót, rất mong sự đóng góp của cấp lãnh đạo và đồng nghiệp để tôi hoàn thành tốt hơn nữa công việc giảng dạy của mình. Tôi xin chân thành cám ơn!
Hà Nội, ngày tháng năm 2012 XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết, không sao chép nội dung của người khác. (Ký và ghi rõ họ tên ) Nguyễn Thu Hòa