Đề tài Phương pháp quy đổi nguyên tử giải nhanh các bài toán phản ứng o xi hoá - Khử

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM :
“PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔI NGUYÊN TỬ GIẢI NHANH CÁC BÀI TOÁN PHẢN ỨNG O XI HOÁ - KHỬ”
Giáo viên: PhanThọ Nhật - Trường trung học phổ thông Hương Khê.
Tỉnh Hà Tĩnh .
A.ĐẶT VẤN ĐỀ:
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trong chương trình hoá học ở bậc Trung học phổ thông, bài toán về phản ứng o xi hoá- khử là bài toán quan trọng,phổ biến, thường gặp trong các kỳ thi học sinh giỏi, tuyển sinh vào đại học - cao đẳng. Những bài toán o xi hoá- khử được đề cập trong các tài liệu tham khảo với nhiều cách giải khác nhau. Tuy nhiên ta nhận thấy có một phương pháp rất hiệu quả giải quyết được phần lớn các bài tập dạng này đó là phương pháp Quy đổi nguyên tử .Với việc sử dụng phương pháp này, những bài toán về hỗn hợp chất khử, chất o xi hoá tham gia phản ứng o xi hoá- khử sẽ được giải quyết một cách rất tự nhiên,ngắn gọn và đơn giản.
Trong quá trình giảng dạy tác giả nhận thấy tâm lý chung của học sinh là rất ngại và lúng túng khi gặp các bài toán hỗn hợp các chất o xi hoa,chất khử phản ứng . Với mong muốn giúp các em học sinh lớp 10,11, 12 thay đổi tâm lý khi gặp các bài toán o xi hoá- khử phức tạp và có cách tiếp cận, giải quyết các bài toán này một cách nhẹ nhàng, tôi tập trung khai thác các bài toán phản ứng o xi hoá- khử phức tạp bằng phương pháp Quy đổi nguyên tử .
Từ những lý do trên tôi trình bày sáng kiến kinh nghiệm:
“ Phương pháp quy đổi nguyên tử giải nhanh các bài toán phản ứng o xi hoá- khử”.
II. ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU:
Để hoàn thành đề tài nói trên tôi đã nghiên cứu trên các dạng bài tập về hỗn hợp các o xit kim loại,hỗn hợp các sun fua kim loại trong chương trình hoá học vô cơ lớp10, lớp 11 thuộc chương trình chuẩn THPT.
Các vấn đề trong bài viết của mình sẽ hỗ trợ cho các em học sinh lớp 11 về cách tiếp cận bài toán phản ứng o xi hoá - khử giải bằng phương pháp Quy đổi nguyên tử 
III. MỤC TIÊU VÀ NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU 
- Mục tiêu nghiên cứu : Mục đích nghiên cứu của đề tài này là giúp các em học sinh lớp 11 tiếp cận với bài toán o xi hoá - khử bằng công cụ hữu hiệu đó là phương pháp Quy đổi nguyên tử .Đồng thời rèn luyện cho học sinh kỹ năng giải và trình bày dạng toán này .
-Nhiệm vụ nghiên cứu : Nghiên cứu các tài liệu ,xây dựng và trình bày một cách có hệ thống các bài tập phản ứng o xi hoá -khử phức tạp .
IV. GIẢ THUYẾT KHOA HỌC CỦA ĐỀ TÀI
-Về nguyên tắc là đưa được hỗn hợp các chất về hỗn hợp các nguyên tử. Xem xét điểm đầu và điểm cuối về trạng thái số o xi hoá của các nguyên tố để giải quyết bài toán.
-Lập các phương trình cho- nhận electron.
-Lập phương trình bảo toàn mol electron cho- nhận.
-Hướng dẫn học sinh giải đúng theo các nguyên tắc trên,lập đúng quy trình giải toán; kiểm tra kết quả để có kết luận xác đáng .
V. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU 
+) Nghiên cứu lý luận: Nghiên cứu các tài liệu về bài tập phản ứng o xi hoá - khử trong chương trình hoá học Trung học phổ thông.
+) Nghiên cứu thực tiễn: Khảo sát năng lực học sinh trong vấn đề tiếp cận và giải quyết bài toán phản ứng o xi hoá - khử phức tạp .
+) Thực nghiệm sư phạm : Tiến hành dạy thực nghiệm một số tiết ở lớp 11 để xem xét tính khả thi và hiệu quả của đề tài .
VI. DỰ BÁO NHỮNG ĐÓNG GÓP MỚI CỦA ĐỀ TÀI 
- Trong thực tiễn dạy học của bản thân,tôi đã áp dụng đề tài của mình vào giảng dạy và đã thu được kết quả rất khả quan, hầu hết sau đó các em đã rất chủ động và hứng thú khi tiếp cận với những bài toán o xi hóa- khử nói chung . Từ đó phát huy tính tích cực, tư duy sáng tạo của mình trong học tập. Đề tài có thể làm tài liệu tham khảo cho giáo viên và học sinh trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi, luyện thi THPT quốc gia để vào các trường Đại học - Cao đẳng.
B.GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I.CƠ SỞ KHOA HỌC
1. Cơ sở lý luận: Về nguyên tắc chuyển đổi được hỗn hợp chất khử, chất o xi hoá có trong hỗn hợp các hợp chất khử, chất o xi hoá ban đầu về hỗn hợp nguyên tử. Tức là đưa trạng thái số o xi hoá của các nguyên tố ban đầu về số 0.
- Lập các phương trình cho - nhận electron.
- Lập phương trình bảo toàn mol electron cho - nhận .
2. Cơ sở thực tiễn: Qua quá trình giảng dạy ta thấy nội dung chương trình THPT đề cập rất nhiều đến phản ứng o xi hoá - khử; các bài toán về o xi hoá - khử xuất hiện rất nhiều trong các đề thi vào Đại học - Cao đẳng .
II.CÁC BÀI TẬP ÁP DỤNG
1. Dạng 1: Hỗn hợp các o xit kim loại và kim loại	
Phương pháp: Quy đổi hỗn hợp về hỗn hợp các nguyên tử kim loại và o xi.
- Lập các phương trình cho- nhận electron 
- Lập phương trình bảo toàn mol electron.
- Giải các phương trình .
Bài 1: Cho 11,36 gam hỗn hợp gồm Fe,FeO,Fe2O3 và Fe3O4 phản ứng hết với dung dịch HNO3 loãng(dư), thu được 1,344 lít khí NO(sản phẩm khử duy nhất,ở đktc)và dung dịch X.Cô cạn dung dịch X thu được m gam muối khan. Giá trị m là:
A.38,72 B. 35,50 C.49,09 D.34,36.
Phân tích bài toán:
-Hỗn hợp trên gồm sắt và các o xit sắt , ta quy đổi hỗn hợp về hỗn hợp các nguyên tử sắt và các nguyên tử o xi.
Fe,FeO,Fe2O3,Fe3O4 →Fe,O.
-Nắm lấy số o xi hoá của các nguyên tố ở trạng thái đầu và cuối , lập các phương trình cho -nhận electron . 
Lời giải :
nNO = 0,06 (mol).
Đặt số mol Fe lã x,số mol O là y.Theo bảo toàn khối lượng ta có: 56x + 16y =11,36 gam (1) .
-Các phương trình cho- nhận electron: 
Fe→ Fe3+ + 3e 
x mol x 3x mol
O + 2e → O2-
ymol 2y ymol 
N+5 + 3e → N+2 
 0,18 0,06 mol 
-Bảo toàn mol electron cho - nhận ta có : 3x = 2y + 0,18 (2).
Từ (1) ,(2) ta có hệ phương trình :
56x + 16y = 11,36
3x - 2y =0,18
Giải hệ được x = 0,16 và y = 0,30 Suy ra mFe(NO3)3 = 0,16.242 = 38,72 gam.
Chọn đáp án A 
Nhận xét: Qua lời giải trên, cho thấy bài toán đã được giải quyết gọn gàng. Nếu không dùng phương pháp quy đổi nguyên tử như trên mà giải bằng phương pháp viết các phương trình phân tử thì ta phải viết đến 4 phương trình phân tử rất phức tạp .
Fe + 4 HNO3 loãng → Fe(NO3)3 + NO + 2H2O
3FeO + 10HNO3 loãng→3Fe(NO3)3 + NO + 5H2O 
Fe2O3 +6 HNO3→ 2Fe(NO3)3 + 3H2O 
3Fe3O4 + 28HNO3→ 9Fe(NO3)3 + NO +14H2O 
Ngoài ra còn phải lập rất nhiều phương trình đại số rất phức tạp , lời giải rất dài,mất nhiều thời gian.
Rõ ràng phương pháp quy đổi nguyên tử ưu việt hơn rất nhiều về mọi mặt , đặc biệt rất phù hợp với kiểu thi trắc nghiệm .
Bài 2:
Oxi hóa chậm m gam Fe ngoài không khí thu được 12g hỗn hợp A gồm FeO, Fe2O3, Fe3O4 và Fe dư. Hòa tan A vừa đủ bởi 200ml dd HNO3 thu được 2,24l khí NO duy nhất (đktc). Giá trị của m và nồng độ mol/ l của dd HNO3 là
 	A. 10,08g và 3,2M 	B. 10,08g và 2M 	
 C. 11,2g và 3,2M	D. 11,2g và 2M
Lời giải:
-Quy đổi hỗn hợp A thành hỗn hợp Fe, O.
-Gọi số mol Fe, O theo thứ tự là x , y ta có : 56x + 16y = 12(1) 
-Số mol NO = 0,1(mol) .
-Các phương trình cho- nhận electron:
Fe → Fe3+ + 3e
xmol x 3x mol
O + 2e → O2- 
y 2y mol 
N+5 + 3e→ N+2
 0,3 0,1 mol 
-Bảo toàn mol electron cho- nhận ta có : 3x = 2y + 0,3.
Hay 3x - 2y = 0,3 (2) .
-Từ(1) và (2) ta có hệ phương trình :
56x + 16y = 12 
3x - 2y = 0,3 
-Giải hệ phương trình ta được x = 0,18 và y = 0,12 
Suy ra khối lượng sắt : mFe = 0,18.56 = 10,08 gam .
- Bảo toàn nguyên tố ni tơ ; nHNO3 = 3nFe(NO3)3 + nNO = 3.0,18 + 0,1 = 0,64 suy ra nồng độ mol/l của dung dịch HNO3 ban đầu là : 0,64 : 0,2 = 3,2 M . Chọn đáp án A 
Bài toán 3: 
Hòa tan 6,96g Fe3O4 vào dd HNO3 dư thu được 0,224 lit NxOy (đktc). Khí NxOy có công thức là
 	A. NO2 	B. NO 	C. N2O 	D. N2O3
Lời giải:
-Số mol Fe3O4 = 6,96 : 232 = 0,03 mol suy ra số mol Fe = 0,09 , số molO = 0,12 
Fe → Fe3+ + 3e
0,09 0,27 (mol )
O + 2e → O2- 
0,12 0,24 (mol) 
N+5 + (5 - 2y/x) e → N+2y/x
 0,01x mol 
-Bảo toàn mol electron cho- nhận : Ta có 0,01x.( 5 -2y/x) + 0,24 = 0,27 
Hay là 5x -2y =3 suy ra x =1 và y =1 . Vậy công thức o xit ni tơ là NO .Chon đáp án B 
Nhận xét : Lời giải bài toán rất đơn giản , dễ hiểu và nhanh chóng .
Nếu viết phương trình phân tử thì có một phương trình với hệ số bằng chữ giải sẽ rất phức tạp .
Bài 4: 
Nung m gam bột Cu trong oxi thu được 37,6 gam hỗn hợp rắn X gồm Cu, CuO và Cu2O. Hòa tan hoàn toàn X trong dung dịch HNO3 đặc, nóng (dư) thấy thoát ra 6,72 lít khí (ở đktc). Giá trị của m là: 
A. 25,6 gam 	B. 32 gam 	C. 19,2 gam 	D. 22,4 gam
Lời giải :
- Quy đổi hỗn hợp Cu, CuO, Cu2O về hỗn hợp các nguyên tử Cu và O.
nNO2 = 0,3 (mol) .
Cu → Cu2+ + 2e
x mol 2x mol
O + 2e → O2- 
y mol 2y 
N+5 + 1e → N+4 
 0,3 0,3 mol 
-Bảo toàn khối lượng Cu và O : 64x + 16y = 37,6 (gam) .
-Bảo toàn electron : ta có 2x = 2y + 0,3 
-Giải hệ phương trình : 64x + 16y = 37,6 
 2x - 2y = 0,3 
Kết quả x = 0,5 và y = 0,35 .Vậy khối lượng đồng bằng : 0,5.64 = 32 gam 
Chọn đáp án B 
Nhận xét : Bài toán áp dụng được cho mọi o xit kim loại miễn là có tham gia phản ứng o xi hoá -khử .
Bài toán 5: 
Cho hỗn hợp FeO, CuO và Fe3O4 có số mol bằng nhau tác dụng hết với dung dịch HNO3 thu được hỗn hợp khí gồm 0,09 mol NO2 và 0,05 mol NO. Tổng số mol của hỗn hợp là:
A. 0,12 mol	B. 0,24 mol	C. 0,21 mol 	D. 0,36 mol
Lời giải: 
-Gọi số mol FeO,CuO,Fe3O4 là x suy ra số mol Fe là 4x ,số mol Cu là x , số mol O là 6x. 
-Quy đổi hỗn hợp o xit thành hỗn hợp các nguyên tử : 
Fe → Fe3+ + 3e 
4x 12x mol
Cu → Cu2+ + 2e 
x 2x mol 
O + 2e → O2- 
6x 12x (mol)
N+5 + 1e → N+4
 0,09 0,09(mol)
N+5 + 3e→ N+2
. 0,15 0,05(mol) 
-Bảo toàn mol electron cho-nhận ta có : 12x + 2x = 12x + 0,09 + 0,15.
Suy ra x = 0,12 . Vậy tổng số mol các o xit kim loại là 0,36 .Chọn đáp án D 
Nhận xét :
Lời giải bài toán trên rất ngắn gọn ,dễ hiểu . Nếu giải bằng phương pháp thông thường thì sẽ gồm 5 phương trình phản ứng : 
CuO + 2HNO3 → Cu(NO3)2 + H2O 
3FeO + 10HNO3 → 3Fe(NO3)3 + NO + 5H2O
FeO + 4HNO3 → Fe(NO3)3 + NO2 + 2H2O 
3Fe3O4 + 28HNO3→ 9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O
Fe3O4 + 10HNO3 → 3Fe(NO3)3 +NO2 + 5H2O 
Quá trình giải sẽ rất phức tạp .
 Bài toán 6: 
Cho 61,2 gam hỗn hợp X gồm Cu và Fe3O4 tác dụng với dung dịch HNO3 loãng, đun nóng và khuấy đều. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 3,36 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc), dung dịch Y và còn lại 2,4 gam kim loại. Cô cạn dung dịch Y, thu được m gam muối khan. Giá trị của m là 
A. 138,5 	B. 99,55	C. 151,5	D. 148,0
Lời giải : 
- Khối lượng kim loại Cu còn lại là 2,4 gam , do đó khối lượng Cu và Fe3O4 đã phản ứng là 5,88 gam . Trước khi Cu còn lại, Cu đã khử ion Fe3+ về Fe2+.
- Quy đổi hỗn hợp Cu và Fe3O4 đã phản ứng thành hỗn hợp các nguyên tử Cu, Fe , O .
Ta có : Fe → Fe2+ + 2e 
 x mol x → 2x mol 
Cu → Cu2+ + 2e 
y y 2y mol 
O + 2e → O2- 
4x/3 8x/3 (mol) 
N+5 + 3e → N+2 
 0,45 0,15 (mol) 
-Bảo toàn mol electron cho- nhận ta có : 
2x + 2y = 8x/3 + 0,45 .
Hay là : -2x + 6y = 1,35 (1) 
Mặt khác ta lại có tổng khối lượng hỗn hợp Cu và Fe3O4 phản ứng là 58,8 gam 
Vì vậy ta có phương trình : x/3.232 + 64y = 58,8 
Hay là : 232x + 192y = 176,4 (2) 
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình : 
-2x + 6y = 1,35
232x + 192y = 176.4 
Giải hệ này được x = 0,45 và y = 0,375 
 -Dung dịch Y gồm các muối Fe(NO3)2 và Cu(NO3)2 . Tổng khối lượng hai muối là: 180.0,45 + 188.0,375 = 151,5 gam .Chọn đáp án C 
Bài toán 7:
Để khử hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3 cần 0,05 mol H2. Mặt khác, hòa tan hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X trong dd H2SO4 đặc thu được V ml khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất ở đktc). Giá trị của V là:
A. 112 ml            	B. 224 ml 	C. 336 ml             	D. 448 ml
Phân tích : 
H2 khử hoàn toàn hỗn hợp o xit sắt , khi biết số mol H2 ta sẽ tính được số mol o xi trong các o xit sắt : nO= nH2 =0,05.
Từ đó tính được số mol Fe : nFe = 0,04 (mol) .
Lời giải : 
Quy đổi hỗn hợp X thành hỗn hợp các nguyên tử Fe và O :
Fe → Fe3+ + 3e 
0,04 0,12(mol) 
O + 2e → O2- 
0,05 0,1(mol) 
S+6 + 2e → S+4
x 2x mol 
- Bảo toàn mol electron : 0,12 = 0,1 + 2x suy ra x = 0,01 
Vậy VSO2 = 0,01.22,4 = 0,224 lít = 224ml (đktc) .Chọn đáp án B 
Nhận xét : Bài toán được giải hoàn toàn đơn giản ,nếu giải theo phương pháp thông thường thì phải viết nhiều phương trình mất rất nhiều thời gian không phù hợp với cách thi trắc nghiệm .
Bài toán 8:
Hòa tan hoàn toàn 2,44 gam hỗn hợp bột X gồm FexOy và Cu bằng dd H2SO4 đặc nóng, dư. Sau phản ứng thu được 0,504 lít khí SO2 là sp khử duy nhất, đktc và dung dịch chứa 6,6 gam muối sunfat. % khối lượng Cu trong X là 
A. 39,34%.	B. 65,57%.	C. 26,23%.	D. 13,11%.
Phân tích :
-Các khó khăn gặp phải:
+) Khó viết phương trình phản ứng giữa FexOy với H2SO4 đặc nóng do đây là phương trình có hệ số bằng chữ, đồng thời không biết phản ứng có giải phóng khí SO2 hay không (nếu là Fe2O3 thì không giải phóng khí, nếu là FeO hoặc Fe3O4 thì có giải phóng khí ).
+) Số ẩn số lớn hơn số phương trình (4 ẩn số, 3 phương trình ) .
Lời giải:
- Phương pháp quy đổi : 
 Quy đổi hỗn hợp X gồm FexOy và Cu thành Fe(a mol) ; O( b mol); Cu(c mol) .
Ta có : 56a + 16b + 64c = 2,44(1) O + 2e → O2-
Fe → Fe3+ + 3e b 2b mol
 S+6 + 2e → S+4
a 3a mol 0,045 0,025 
Cu → Cu2+ + 2e 
c 2c mol 
Suy ra 3a + 2c = 2b + 0,045 → 3a - 2b + 2c = 0,045 (2) .
2Fe → Fe2(SO4)3 ; Cu → CuSO4
a mol 0,5a mol c mol c mol 
Ta có : 400.0,5a + 160 c = 6,6 hay 200a + 160c = 6,6 (3) 
Từ (1), (2) ,(3) → c = 0,01 .Vậy % Cu = 0,01.64.100% : 2,44 = 26,23%.
Chọn đáp án C 
Nhận xét : Phương pháp quy đổi nguyên tử giải quyết được khó khăn trên; 
Lời giải bài toán trên vừa ngắn gọn vừa dễ hiểu .
2.Dạng 2: Hỗn hợp gồm kim loại ,sun fua kim loại và lưu huỳnh 
Phương pháp : Quy đổi hỗn hợp đó thành kim loại và lưu huỳnh 
Bài 9:
Hoà tan hoàn toàn 25,6g hỗn hợp Fe, FeS, FeS2 và S bằng dung dịch HNO3 dư thu được dung dịch Y và V lit khí NO duy nhất. Thêm dung dịch Ba(OH)2 dư vào dung dịch Y thu được 126,25g kết tủa. Giá trị của V là:
A. 27,58	B. 19,04	C. 24,64	D. 17,92
Lời giải :
Quy đổi hỗn hợp ban đầu thành Fe và S .
Đặt số mol Fe,S lần lượt là x,y ta có 56x + 32y = 25,6 (1) 
Ba2+ + SO42- → BaSO4 ↓ 
 y mol y mol 
Fe3+ + 3OH- → Fe(OH)3 ↓ 
x mol x mol 
Ta có : 233y + 107x = 126,5 (2) 
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình : 56x + 32y = 25,6 
 107x + 233y = 126,5 
Kết quả x = 0,2 và y = 0,45 
Fe → Fe3+ + 3e 
0,2 0,6 mol 
S → S+6 + 6e 
0,45 2,70 mol
N+5 + 3e → N+2 
 3a mol a mol 
Bảo toàn molelectron cho- nhận : 0,6 + 2,70 = 3a → a = 1,1 
Vậy VNO = 1,1.22,4 = 24,64 lít (đktc) . Chọn đáp án C 
Nhận xét :
Bài toán này nếu giải bằng phương pháp thông thường thì phải viết 4 phương trình phản ứng o xi hoá- khử rất phức tạp ngoài ra còn phải viết 2 phương trình phản ứng trao đổi nữa 
Bài toán 10: 
Hoà tan hoàn toàn 30,4g hỗn hợp rắn X gồm Cu, CuS, Cu2S và S bằng dung dịch HNO3 thoát ra 20,16 lit khí NO duy nhất (đkc)và dung dịch Y. Thêm Ba(OH)2 dư vào dung dịch Y thu được bao nhiêu gam kết tủa:
A. 81,55g	B. 29,40g	C. 110,95g	D. 115,85g
Lời giải :
- Quy đổi hỗn hợp rắn X thành hỗn hợp các nguyên tử Cu và S 
- Gọi số mol Cu và S lần lượt là x ,y ta có 64x + 32y = 30,4 (1) 
nNO = 0,9 (mol) 
- Các phương trình cho- nhận electron : 
Cu → Cu2+ + 2e 
x x 2x mol 
S → S+6 + 6e 
y mol y 6y 
N+5 + 3e → N+2
 2,70 0,90 mol 
Bảo toàn mol electron ta có : 2x + 6y = 2,70 (2) 
- Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình : 
64x + 32y = 30,4 
2x + 6y = 2,70 
Giải hệ phương trình ta được x = 0,3 và y = 0,35 
Cu2+ + 2OH- → Cu(OH)2 ↓
0,3 0,3 mol 
Ba2+ + SO42- → BaSO4 ↓
 0,35 0,35 mol 
- Tổng khối lượng kết tủa là : 0,3.98 + 0,35.233 = 110,95 gam 
Chọn đáp án C .
Nhận xét : Lời giải bài toán sâu sắc ,ngắn gọn ,dễ hiểu 
Chuyển được bài toán phức tạp về bài toán đơn giản dễ áp dụng .
Bài toán 11:
Hỗn hợp X gồm Zn; ZnS; S. Hoà tan 17,8g hỗn hợp X trong HNO3 đặc nóng dư thu được V lit khí NO2 duy nhất (đkc) và dung dịch Y. Thêm từ từ dung dịch Ba(OH)2 dư vào dd Y thu được kết tủa nặng 34,95g. Giá trị của V:
A. 8,96	B. 20,16	C. 22,40	D. 29,12
Lời giải: 
- Quy đổi hỗn hợp X thành hỗn hợp nguyên tử Zn và S 
- Gọi số mol Zn và S lần lượt là x, y ta có phương trình : 65x + 32y = 17,8(1) 
- Các phương trình cho- nhận electron 
Zn → Zn2+ + 2e 
x x 2x mol 
S → S+6 + 6e 
y y 6y mol 
N+5 + 1e → N+4
amol a mol 
- Bảo toàn electron : 2x + 6y = a 
Vì OH- dư nên không tồn tại kết tủa Zn(OH)2 mà chỉ tồn tại kết tủa BaSO4
Ba2+ + SO42- → BaSO4 ↓
 0,15 0,15mol 
Suy ra y = 0,15 .Theo(1) ta tìm ra được x = 0,2 .Vậy a = 2.0,2 + 6.0,15 = 1,3 
Từ đó ta tính được VNO2 = 1,3.22,4 = 29,12 lít .đktc .Chọn đáp án D 
Bài toán 12:
Cho 0,15 mol CuFeS2 và 0,09 mol Cu2FeS2 tác dụng với dung dịch HNO3 dư thu được dung dịch X và hỗn hợp khí Y gồm NO và NO2. Thêm BaCl2 dư vào dung dịch X thu được m gam kết tủa. Mặt khác, nếu thêm dd Ba(OH)2 dư vào dd X, lấy kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được a gam chất rắn. Giá trị của m và a:
A. 111,84g và 157,44g	B. 112,84g và 157,44g	
C. 111,84g và 167,44g	D. 112,84g và 167,44g
Lời giải : 
- Quy đổi hỗn hợp các sun fua trên thành : 0,33 mol Cu; 0,24 molFe và 0,48 mol S 
Cu → Cu2+ + 2e 
0,33 0,33 0,66 mol 
Fe → Fe3+ + 3e 
0,24 0,24 0,72 mol
S → S+6 + 6e 
0,48 0,48 2,88 mol 
Ba2+ + SO42- → BaSO4↓
 0,48 0,48 mol 
Vậy Khối lượng BaSO4 = 0,48.233 = 111,84 gam 
Thêm Ba(OH)2 dư vào dung dịch X rồi nung kết tủa trong không khí ta được BaSO4, CuO, Fe2O3 
Suy ra: m BaSO4 +m CuO + m Fe2O3 = 111,84 + 26,4 + 19,2 = 157,44gam. Chọn đáp án A 
Bài tập tự luyện :
Bài 1; Hỗn hợp X gồm FeS2 và MS có số mol như nhau, M là kim loại có hoá trị không đổi. Cho 6,51g X tác dụng hoàn toàn với lượng dư dung dịch HNO3 đun nóng thu được dung dịch A1 và 13,216 lit hỗn hợp khí A2 (đkc) có khối lượng 26,34g gồm NO2 và NO. Thêm một lượng BaCl2 dư vào dung dịch A1 thấy tạo thành m1 gam kết tủa trắng trong dung dịch dư axit trên. Kim loại M và giá trị m1 là:
A. Mg và 20,97g	B. Zn và 23,3g	 	
C. Zn và 20,97g 	 D. Mg và 23,3g
Bài 2: Trộn bột Al với bột Fe2O3 (tỉ lệ mol 1:1) thu được m gam hỗn hợp X. Thực hiện phản ứng nhiệt nhôm hỗn hợp X trong điều kiện không có không khí sau một thời gian thu được hỗn hợp rắn Y. Hòa tan hết Y bằng acid nitric loãng dư, thấy giải phóng 0,448 lít khí NO ( đktc - sản phẩm khử duy nhất ). m =?
	A. 7,48	B. 11,22	C. 5,61	D. 3,74
Bài 3: Hòa tan hết 4 gam hỗn hợp A gồm Fe và 1 oxit sắt trong dung dịch acid HCl dư thu được dung dịch X. Sục khí Cl2 cho đến dư vào X thu được dung dịch  Y chứa 9,75 gam muối tan. Nếu cho 4 gam A tác dụng với dung dịch HNO3 loãng dư thì thu được V lít NO ( sản phẩm  khử duy nhất - đktc). V= ?
A.0,896	B.0,747	C.1,120	D.0,672 Bài 4 :Hòa tan hết a gam hỗn hợp X gồm Fe và một oxit sắt trong b gam dung dịch H2SO49,8% ( lượng vừa đủ), sau phản ứng  thu được dung dịch chứa 51,76 gam hỗn hợp hai muối khan. Mặt khác nếu hòa tan hết a gam X bằng dung dịch H2SO4 đặc nóng thì thu được 58 gam muối. Xác định b ?
A.370	B.220	C.500	D.420
Bài 5:Y là một hỗn hợp gồm sắt và 2 oxit của nó. Chia Y làm hai phần bằng nhau 
Phần 1: Đem hòa tan hết trong dung dịch HCl dư thu được dung dịch Z chứa a gam FeCl2 và 13gam FeCl3
Phần 2: Cho tác dụng hết với 875 ml dd HNO3 0,8M ( vừa đủ ) thu được 1,568 lít khí NO ( đktc-sp khử !). Tính a. ?
A.10,16	B.16,51	C.11,43	D.15,24
III.THỰC NGHIỆM : 
1.Mục đích thực nghiệm : 
Kiểm tra tính khả thi và hiệu quả của đề tài 
2. Nội dung thực nghiệm : 
-Triển khai đề tài : Phương pháp quy đổi nguyên tử giải nhanh các bài toán phản ứng o xi hoá- khử .
- Đối tượng áp dụng : Học sinh khá giỏi về môn Hoá học do đó các bài tập minh hoạ được dùng để kiểm tra phần vận dụng thấp và vận dụng cao. Học sinh có nhu cầu thi vào Đại học - Cao đẳng .
-Thời gian thực hiện : 3 buổi ( khoảng 9 tiết ) 
3. Kết quả thực nghiệm: 
Tôi được phân công dạy các lớp khối A,B trong nhiều năm nay, do đó có điều kiện để thể nghiệm đề tài này trong nhiều lần .
Tuỳ theo mức độ kiến thức của từng khối lớp, tôi đưa ra hệ thống bài tập phù hợp , nên đã làm các em rất hứng thú và say mê với chuyên đề. 
Kết quả thật khả quan , hầu hết các em đều tiếp cận nhanh vấn đề và giải quyết tôt các bài tập tương tự .
Kết quả cụ thể : kiểm tra ở 1 lớp là lớp 11A1năm học 2013-2014 về chuyên đề này : 
+) 60% học sinh làm tốt các bài tập vận dụng 
+) 25% học sinh làm được 70% số bài 
 +) 10% học sinh làm được 60% số bài 
 +) 5% học sinh làm được 50% số bài .
C. KÊT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 
I. KẾT LUẬN 
Thông qua hệ thống các bài tập trên chúng ta