Phßng gi¸o dôc HuyÖn Yªn §Þnh A: ĐẶT VẤN ĐỀ. I – LỜI MỞ ĐẦU. Đứng trước xu thế đổi mới giáo dục của đất nước, trong đó có đổi mới hình thức đánh giá học sinh. Từ hình thức thi tự luận sang hình thức thi trắc nghiệm khách quan, song hình thức thi trắc nghiệm khách quan có những yêu cầu khác biệt so với hình thức thi tự luận đó là: Trong một thời gian ngắn học sinh phải giải quyết một số lượng câu hỏi và bài tập khá lớn (trong đó bài tập yêu cầu phải tính toán chiếm số lượng không nhỏ). Mặt khác đối với học sinh lâu nay chủ yếu làm các bài tập theo hình thức tự luận nên khi làm các bài tập theo hình thức trắc nghiệm khách quan thì thường lúng túng, mất nhiều thời gian. Đứng trước yêu cầu đó việc vận dụng các kiến thức đã học để giải các bài tập hoá học rất quan trọng, sử lý được thông tin bài toán một cách thành thạo, nhanh và chính xác là một vấn đề cấp thiết, chính vì vậy tôi chọn đề tài “ vận dụng một số quy tắc và định luật cơ bản để giải nhanh bài tập hoá học ” . Dùng ôn thi học sinh giỏi hoá lớp 9. Nhiệm vụ của đề tài là hướng dẫn học sinh vận dụng một số định luật cơ bản và một số quy tắc của hoá học để giải nhanh các bài tập từ đó giúp các em học sinh hình thành các kĩ năng gải bài tập (kĩ năng định hướng, kĩ năng phân dạng và các thao tác tính toán). II - THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU. 1. Thực trạng Hiện nay ở các trường trung học cơ sở nói chung và trường trung học cơ sở thị trấn nói riêng tỷ lệ học sinh giỏi chiếm tỷ lệ không cao, đối tượng học sinh nắm bắt các dạng bài tập hoá nâng cao còn là hạn chế trong cách tìm phương pháp giải vì vậy tôi đã đưa ra một số cách giải để học sinh có thể từ một bài toán khó đưa về dạng cơ bản để dễ dàng giải quyết vấn đề hơn 2.kết quả của tực trạng trên Trong quá trình giảng dạy tôi nhận thấy điểm yếu lớn nhất của học sinh về việc giải bài tập hoá học là: Không có khả năng định hướng phương pháp giải, Ngêi thùc hiÖn: GV- Lª Xu©n Long- Trêng THCS ThÞ TrÊn Qu¸n Lµo 1 Phòng giáo dục Huyện Yên Định kh nng phõn dng bi tp v cỏc thao tỏc tớnh toỏn thng chm, hay sai sút. khc phc tỡnh trng trờn iu cn thit l phi trang b cho cỏc em hc sinh h thng cỏc kin thc c bn cn thit gii bi tp, ng thi phi a ra cỏc bi tp lm vớ d c th nhm rốn luyn cỏc k nng nh: K nng nh hng, k nng phõn dng v k nng tớnh toỏn (k nng gii bi tp hoỏ hc) cho hc sinh t ú cỏc em phỏt hin ra im mu cht nht trong quỏ trỡnh vn dng tng mng kin thc giỳp cỏc em cú kh nng ỏp dng trong mi trng hp. Vi vic thc hin ti trờn trong hn mt nm qua tụi nhn thy cỏc em hc sinh ó cú tin b rừ rt, cú nhiu em t kt qu cao trong cỏc k thi hc sinh gii cp huyn, cp tnh. Nm hc 2008 -2009 tụi tip tc nghiờn cu v thc hin ti ny. B. GII QUYT VN *CC GII PHP THC HIN. 1.Vn dng nh lut bo ton khi lng a. C s lớ thuyt Tng khi lng cỏc cht tham gia phn ng bng tng khi lng cỏc sn phm to thnh. Trong bi toỏn xy ra nhiu phn ng, khụng nht thit ta phi vit phng trỡnh phn ng m ch cn lp s phn ng cú mi quan h t l mol gia cỏc cht b. Bi tp ỏp dng. Bi tp 1.1: Cho 1,04 gam hn hp 2 kim loi tan hon ton trong H 2 SO 4 loóng d thy cú 0,672 lớt khớ thoỏt ra ( ktc) v dung dch X. Khi lng hn hp mui sunfat cú trong dung dch X: Gi s 2 kim loi l M, hoỏ tr n. 2 H n = 0,672 22,4 = 0,03 mol. Ngời thực hiện: GV- Lê Xuân Long- Trờng THCS Thị Trấn Quán Lào 2 Phòng giáo dục Huyện Yên Định Phng trỡnh phn ng: 2M + nH 2 SO 4(loóng) M 2 (SO 4 ) n + nH 2 (Mol) 0,03 0,03 p dng nh lut bo ton khi lng: m mui = m KL + 2 4 H SO m - 2 H m = 1,04 + 0,03 . 98 0,03 . 2 = 3,93 gam. Bi tp 1.2: Kh m gam hn hp gm cỏc oxit CuO, FeO, Fe 3 O 4 v Fe 2 O 3 bng khớ CO nhit cao, thu c 40 gam hn hp cht rn B v 13,2 gam khớ CO 2 . Tỡm m: Hng dn gii: Phng trỡnh phn ng: CuO + CO 0 t Cu + CO 2 (1) 3Fe 2 O 3 + CO 0 t 2Fe 3 O 4 + CO 2 (2) Fe 3 O 4 + CO 0 t 3FeO + CO 2 (3) FeO + CO 0 t Fe + CO 2 (4) T cỏc phng trỡnh (1), (2), (3), (4) ta cú: CO n = 2 CO n = 13,2 44 = 0,3 mol p dng nh lut bo ton khi lng: m = A m = B m + 2 CO m - CO m m = 40 + 13,2 0,3 . 28 = 44,8gam. Bi tp 1.3: Cho 3,38 gam hn hp X gm: CH 3 OH, C 2 H 5 OH, CH 3 COOH, C 6 H 5 OH tỏc dng va vi Na thoỏt ra 0,672 lớt khớ ( ktc). Cụ cn dung dch sau phn ng thu c hn hp rn Y. Tớnh khi lng ca Y: Hng dn gii: Phng trỡnh phn ng: 2CH 3 OH + 2Na 2CH 3 COONa + H 2 (1) 2C 2 H 5 OH + 2Na 2C 2 H 5 ONa + H 2 (2) Ngời thực hiện: GV- Lê Xuân Long- Trờng THCS Thị Trấn Quán Lào 3 Phßng gi¸o dôc HuyÖn Yªn §Þnh 2CH 3 COOH +2Na → 2CH 3 COONa + H 2 ↑ (3) 2C 6 H 5 OH + 2Na → 2C 6 H 5 COONa + H 2 ↑ (4) Theo phương trình phản ứng (1), (2), (3), (4) ta thấy: 2 H n = 0,672 22,4 = 1 2 n Na = 0,03 mol Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: M Y = m X + m Na - 2 H m = 3,38 + 0,06 . 23 – 0,03 . 2 = 4,70gam. c. Kết luận rút ra trong quá trình giải bài tập vận dụng định luật bảo toàn khối lượng. Điểm mấu chốt nhất của giải bài tập vận dụng định luật bảo toàn khối lượng là tìm ra mối liên hệ giữa số mol các chất trong phản ứng. 2. Vận dụng định luật bảo toàn nguyên tố a. Cơ sở lí thuyết. Nguyên tắc: trong phản ứng háo học thông thường, các nguyên tố luôn được bảo toàn. Đièu này có nghĩa là: Tống số mol nguyên tử của một nguyên tố X bất kỳ trước và sau phản ứng luôn bằng nhau Phương pháp này thường áp dụng cho các bài toán xảy ra nhiều phương trình phản ứng và để giải nhanh ta chỉ cần lập sơ đồ mmối quan hệ giữa các chất b. Bài tập áp dụng. Bài tập 2.1: Hỗn hợp X gồm 0,1 mol Fe 2 O 3 và 0,2 mol Fe 3 O 4 . Hoà tan hoàn toàn X bằng dung dịch HCl dư, thu được dung dịch Y, cho NaOH dư vào Y thu được kết tủa Z. lọc lấy Z, rửa sạch rồi đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn khan G có khối lượng là m gam . Tính m: Hướng dẫn giải: Phương trình phản ứng: Fe 2 O 3 + 6HCl → 2FeCl 3 + 3H 2 O (1) Fe 3 O 4 + 8HCl → FeCl 2 + 2FeCl 3 + 4H 2 O (2) FeCl 2 + 2NaOH → Fe(OH) 2 + 2NaCl (3) FeCl 3 + 3NaOH → Fe(OH) 3 + 3 NaCl (4) Ngêi thùc hiÖn: GV- Lª Xu©n Long- Trêng THCS ThÞ TrÊn Qu¸n Lµo 4 Phßng gi¸o dôc HuyÖn Yªn §Þnh 4Fe(OH) 2 + O 2 0 t → 2Fe 2 O 3 + 4H 2 O (5) 2Fe(OH) 3 0 t → Fe 2 O 3 + 3H 2 O (6) Từ các phản ứng (1), (2), (3), (4), (5), (6) ta thấy: n Fe(trong X) = n Fe(trong G) = 0,1 . 2 + 0,2 . 3 = 0,8 mol ⇒ 2 3 Fe O n = 1 2 n Fe = 0,8 2 = 0,4 mol ⇒ m = 0,4 . 160 = 64 gam Bài tập 2.2: Cho 4,48 lít CO (ở đktc) đi qua 24,0 gam hỗn hợp X gồm CuO, Fe 2 O 3 sau một thời gian thu được 22,4 gam hỗn hợp rắn Y và hỗn hợp khí Z. Tìm tỉ khối của Z so với H 2 : Hướng dẫn giải: Ta có: CO + O (trong oxit) → CO 2 n O (trong oxit) = n CO2 = 24 22,4 16 − = 0,1 mol. ⇒ n CO (dư) = 4,48 22,4 - 0,1 = 0,1 mol. d/H 2 = 0,1.44 0,1.28 0,2.2 + = 18. Bài tập 2.3: Tiến hành crăckinh 11,6 gam butan ở nhiệt độ cao thu được hỗn hợp khí X gồm: CH 4 , C 2 H 6 , C 2 H 4 , C 3 H 6 , C 4 H 10 . Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X bằng oxi, dư rồi dẫn toàn bộ sản phẩm sinh ra đi qua bình H 2 SO 4 (đặc) thì thấy khối lượng bình này tăng m gam. Tìm m: Hướng dẫn giải: Ta có: X + O 2 0 t → CO 2 + H 2 O ⇒ n H (trong butan) = n H (trong X) = n H (trong nước) = 11,6 .10 58 = 2 mol ⇒ 2 H O n = 1 2 n H (trong nước) = 2 2 = 1 mol ⇒ m = 2 H O m = 1 . 18 = 18 gam. Bài tập 2.4: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm một ankan, một anken, một ankin và H 2 . Cho toàn bộ sản phẩm cháy đi qua bình đựng H 2 SO 4 (đặc) và bình Ngêi thùc hiÖn: GV- Lª Xu©n Long- Trêng THCS ThÞ TrÊn Qu¸n Lµo 5 Phßng gi¸o dôc HuyÖn Yªn §Þnh đựng Ca(OH) 2 dư, thấy bình đựng H 2 SO 4 (đặc) tăng 9,9 gam và bình Ca(OH) 2 tăng 13,2 gam. Tìm giá trị của m: Hướng dẫn giải: Ta có: X + O 2 0 t → CO 2 + H 2 O M X = m C (trong CO2) + m H (trong nước) = 13,3.12 44 + 9,9.2 18 = 4,7 gam. c. Kết luận rút ra trong quá trình giải bài tập vận dụng định luật bảo toàn nguyên tố. Điểm mấu chốt nhất của việc vận dụng định luật bảo toàn nguyên tố là xác định được nguyên tố có tổng số mol các nguyên tử bảo toàn thông qua các phản ứng hoá học. 3. Vận dụng định luật bảo toàn electron. a. Cơ sở lí thuyết. Nguyên tắc: Khi có nhièu chất oxi hoá hoặc chất khử trong hỗn hợp phản ứng (nhiều phản ứng hoặc phản ứng qua nhiều giai đoạn), thì tổng số mol electron mà các phân tử chất khử cho phải bằng tổng số electron mà chất oxi hoá nhận b. Bài tập áp dụng Bài tập 3.1: Hoà tan hoàn toàn 19,2 gam kim loại M vào dung dịch HNO 3 dư, thu được 8,96 lít hỗn hợp khí gồm NO 2 và NO (ở đktc) có tỉ lệ thể tích NO 2 /NO = 3/1. Tìm kim loại M: Hướng dẫn giải: Đặt NO n x = mol ⇒ 2 3 NO n x = mol ⇒ 8,96 3 0,4 22,4 x x + = = mol ⇒ 0,1x = mol. ⇒ { 2 0,1 0,3 NO NO n mol n mol = = . Quá trình nhường electron: M → M n+ + n e ⇒ n e (nhường) = 19,2 .n M mol Ngêi thùc hiÖn: GV- Lª Xu©n Long- Trêng THCS ThÞ TrÊn Qu¸n Lµo 6 Phßng gi¸o dôc HuyÖn Yªn §Þnh Quá trình nhận electron: 4 N +5 + 6 e → N +3 + 3N +4 ⇒ n e (nhận) = 0,6 mol ⇒ 19,2 .n M = 0,6 ⇒ M = 32n ⇒ n = 1, M = 32. n = 2, M = 64, n = 3, M = 96. ⇒ Kim loại cần tìm là Cu. Bài tập 3.2: Hoà tan hoàn toàn 11,2 gam Fe vào HNO 3 dư, thu được dung dịch A và 6,72 lít hỗn hợp khí A gồm NO và một khí B, với tỉ lệ thể tích V NO /V B = 1/1. Tìm khí B: Hướng dẫn giải: Quá trình nhường electron: Fe → Fe 3+ + 3e ⇒ n e (nhường) = 11,2 .3 56 = 0,6 mol. Quá trình nhận electron: { 5 2 5 5 3 n N e N N ne N + + − + + → + → ⇒ n e (nhận) = 0,15.3 + 0,15. n mol ⇒ 0,15 . 3 + 0,15 . n = 0,6 ⇒ n = 1 ⇒ N +5 + 1e → N +4 ⇒ NO 2 . Bài tập 3.3: Để m gam phôi bào Fe ngoài không khí sau một thời gian thu được 12 gam hỗn hợp A gồm: Fe, FeO, Fe 2 O 3 , Fe 3 O 4 . Cho A tác dụng hoàn toàn với dung dịch HNO 3 dư thấy giải phóng ra 2,24 lít khí NO duy nhất (ở đktc). Tìm giá trị của m: Hướng dẫn giải: Sơ đồ biến đổi xảy ra: Fe → B { } 3 4 2 3 Fe FeO Fe O Fe O 3 ddHNO → NO m gam 12 gam 2,24 lít Quá trình nhường electron: Fe 0 → Fe 3+ + 3e ⇒ n e (nhường) = .3 56 m mol. Quá trình nhận electron: O 2 0 + 4 e → 2O 2- , N +5 + 3e → N +2 ⇒ n e(nhận) = 12 .4 32 m − + 0,1 . 3 mol ⇒ 12 .4 32 m − + 0,1 . 3 = .3 56 m ⇒ m = 10,08 gam. Bài tập 3.4: Ngêi thùc hiÖn: GV- Lª Xu©n Long- Trêng THCS ThÞ TrÊn Qu¸n Lµo 7 Phßng gi¸o dôc HuyÖn Yªn §Þnh Để khử hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp Y (gồm FeO, Fe 3 O 4 , Fe 2 O 3 ) thì cần 0,05 mol H 2 . Mặt khác hoà tan hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp Y trong dung dịch H 2 SO 4 đặc thì thu được V lít khí SO 2 (sản phẩm khử duy nhất ở đktc). Tìm giá trị của V: Hướng dẫn giải: Sơ đồ biến đổi xảy ra: Gọi a mol SO 2 (S +6 nhận → S +4 ) ⇒ Số mol electron (S +6 nhận → S +4 ) = 2a mol. FeO, Fe 3 O 4 , Fe 2 O 3 + H 2 0 t → Fe + H 2 O ⇒ m Fe = m Y + 2 H m - 2 H O m m Fe = 3,04 + 0,05 . 2 – 0,05 . 18 = 2,24 gam ⇒ n Fe = 2,24 56 = 0,04 mol FeO, Fe 3 O 4 , Fe 2 O 3 Fe Fe 3+ Theo định luật bảo toàn electron ta có: ⇒ n e (Hiđro nhường) + n e ( 6 s + nhận 4 s + → ) = n e ( 3 Fe Fe + → ) ⇒ 0,05 . 2 + 2a = 0,04 . 3 ⇒ a = 0,1 mol ⇒ 2 SO n = 0,1 mol ⇒ V = 0,1 . 22,4 = 2,24 lít. c. Kết luận rút ra trong quá trình giải bài tập vận dụng định luật bảo toàn electron. Điểm quan trọng nhất khi giải bài tập vận dụng định luật bảo toàn electron là phải nhận định đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối của các chất oxi hoá và các chất khử, nhiều khi không cần quan tâm đến việc cân bằng phản ứng hoá học xảy ra. 4. Vận dụng Sơ đồ (V) a. Cơ sở lí thuyết. Điều kiện: - Khi cho một hay nhiều kim loại có hoá trị khác nhau vào dung dịch H 2 SO 4 , HCl, HNO 3 . Kim loại đứng trước H 2 trong dãy điện hoá . Ta có sơ đồ (V): Đối với các axit: Ngêi thùc hiÖn: GV- Lª Xu©n Long- Trêng THCS ThÞ TrÊn Qu¸n Lµo 8 Phòng giáo dục Huyện Yên Định - HCl : a H 2 2a Cl c R - H 2 SO 4 : a H 2 a SO 4 2- c R - HNO 3 : b N x O y (5x 2y)b NO - 3 (5x 2y)R Riờng trng hp: HNO 3 NH 4 NO 3 b NH + 4 8b NO 3 8 R ( vi a, c l cỏc h s , b l hoỏ tr chung cho cỏc kim loi ). b. Bi tp ỏp dng Bi tp 4.1: Ho tan ht 11 gam hn hp kim loi gm Al , Fe, Zn trong dung dch H 2 SO 4 loóng thu c 0,4 mol H 2 v x gam hn hp mui khan . Tớnh x ? . Hng dn gii Gi : R l chung cho cỏc kim loi : Al , Fe , Zn . Hoỏ tr chung l b S (V) : b H 2 b SO 4 2- (banu: H 2 SO 4 2- ) 2 R b 2 R n H 2 = n SO 4 2 = 0,4 mol m SO 2 4 = 96 . 0,4 = 38,4 g m mui = 38,4 + 11 = 49,4 g . Bi tp 4.2: t chỏy ht 2,86 gam hn hp kim loi gm Al, Fe , Cu c 4,14 gam hn hp 3 oxit . ho tan ht hn hp oxit ny, phi dựng ỳng 0,4 lớt dung Ngời thực hiện: GV- Lê Xuân Long- Trờng THCS Thị Trấn Quán Lào 9 c = b a2 Phßng gi¸o dôc HuyÖn Yªn §Þnh dịch HCl và thu được dung dịch X. Cô cạn dung dịch X thì khối lượng muối khan là bao nhêu ? . Hướng dẫn giải Gọi : R là chung cho các kim loại : Al , Fe , Cu.Hoá trị chung là b R R b + RCl b , n O = 16 86,214,4 − = 0,08 . Sơ đồ (V) : b H 2 O 2b Cl – 2 R b+ n Cl - = 2 n O = 0,16 mol m Cl = 0,16 . 35,5 = 5,68 (g) m muối = 5,68 + 2,86 = 8,54 (g). Bài tập 4.3: Đốt cháy x gam hỗn hợp 3 kim loại Mg , Al , Fe bằng 0,8 mol O 2 , thu được 37,4 gam hỗn hợp rắn B và còn lại 0,2 mol O 2 . Hoà tan 37,4 gam hỗn hợp B bằng y lít dd H 2 SO 4 2 M ( vừa đủ ) , thu được z gam hh muối khan . Tính x, y,z . Hướng dẫn giải Bài làm Gọi : R là chung cho các kim loại : Mg , Al , Fe . Hoá trị chung là b m kimloai =37,4–1,2.16=18,2(g)=x ( n O 2 = 2 1 n O và ta chứng minh được : m O 2 = m O ) Sơ đồ (V): bH 2 O bSO 4 2- 2R b+ n SO −2 4 = n O = 1,2 mol −2 4 SO m = 1,2 . 96 = 115,2 (g) n axit = n SO −2 4 = 1,2 mol V = y = 2 2,1 = 0,6 lít Ngêi thùc hiÖn: GV- Lª Xu©n Long- Trêng THCS ThÞ TrÊn Qu¸n Lµo 10 [...]... THCS Thị trấn Quán Lào thờng xuyên là một trong những trờng có nhiều học sinh đạt giải cao trong các kỳ thi học sinh giỏi cấp huyện, tỉnh trong đó có một số em đạt giải nhất, giải nhì môn Hoá học đây là niềm tự hào là động lực thúc đẩy cán bộ giáo viên, học sinh nhà trờng không ngừng phấn đấu vơn lên nâng cao hơn nữa chất lợng dạy và học xây dựng Trờng thật sự là điểm sáng trong sự nghiệp giáo dục của... m2 15 Ngời thực hiện: GV- Lê Xuân Long- Trờng THCS Thị Trấn Quán Lào Phòng giáo dục Huyện Yên Định C: KT LUN *Kết quả và hiệu quả Sau 1 năm học đa đề tài vào thực tiễn bồi dỡng học sinh giỏi hoá 9 tại trờng THCS Thị trấn tôi thấy: Chất lợng học sinh đội tuyển nâng lên rõ rệt Bẩng so sánh sau 1 năm áp dụng Nămhọc 2007-2008 Đồng độ xếp thứ nhất toàn huyện, có 3 học sinh bám giải Nămhọc 2008-20 09 Đồng... Định d1 d V2 d2 b Bi tp ỏp dng Bi tp 5. 1: thu c dung dch HCl 25% cn ly m 1 gam dung dch HCl 45% pha vi m2 gam dung dch HCl 15% Tớnh t l m1/m2: Hng dn gii: p dng cụng thc 1 cú: m1 45 25 20 2 = = = 15 25 m2 1 10 Bi tp 5. 2: Thờm 250 ml dung dch NaOH vo 200 ml dung dch H 3PO4 1 ,5 M Mui to thnh v khi lng l bao nhiờu: Hng dn gii: Cú: 1 < nNaOH 0, 25. 2 5 = 0, 2.1 ,5 = < 2 To ra hn hp 2 mui NaH2PO4 v Na2HPO4... có 4 học sinh bám giải Qua bảng so sánh trên tôi nhận thấy rằng chất lợng học sinh giỏi tăng lên rõ rệt, từ chỗ lúng túng khi giải quyết các bài toán khó đến nay các em đã định hình đợc phơng pháp giải các dạng bài tập cú s ỏnh giỏ khỏch quan sau thi gian ng dng ti vn dng mt s quy tc v nh lut c bn gii nhanh bi tp hoỏ hc, c bit l cỏc bi tp dng trc nghim khỏch quan vo thc tin ging dy tụi ó ụn thi ng... chung l b S (V1) : b H2 2b OH- 2R b+ nOH- = 2 nH 2 = 2 0, 15 = 0,3 mol mOH- = 0,3 17 = 5, 1 (g) m1 = 16 + 5, 1 = 21,1 (g) S (V2) : 2bH2O ( Do H2O H+ + OH- ) 2bCl- 2R b+ nCl- = nOH- = 0,3 mol 11 Ngời thực hiện: GV- Lê Xuân Long- Trờng THCS Thị Trấn Quán Lào Phòng giáo dục Huyện Yên Định mCl- = 0,3 35, 5 = 10, 65 (g) m2 = 16 + 10, 65 = 26, 65 (g) c Kt lun rỳt ra trong quỏ trỡnh gii bi tp vn dng s... tụi ó ụn thi ng i hc sinh gii cp huyn nm hc 2008 20 09 v ó t c thnh tớch rt cao Trong những năm qua Trờng THCS Thị trấn Quán Lào huyện Yên Định luôn đợc sự lãnh đạo, chỉ đạo sâu sát của Phòng giáo dục huyện Yên Định, thầy và trò nhà trờng đã có rất nhiều cố gắng, khắc phục khó khăn thi đua dạy tốt, học tốt lập nhiều thành tích trên mặt trận giáo dục đào tạo nên chất lợng dạy và học có bớc chuyển biến... cụng thc: V = 12 = 3 %VO = 3 + 1 100% = 25% O 3 2 2 Bi tp 5. 4: Cn trn 2 th tớch metan vi mt th tớch ng ng X ca metan thu c hn hp cú t khi hi so vi H2 bng 15 Tỡm X Hng dn gii: gi cụng thc tng quỏt ca X: CnH2n + 2 VCH 4 M1 = 16 / M2 30/ M 15 2 = 30 VM 2 M2 = M2 / 16 30/ V CH p dng cụng thc: V = M 4 2 / M 2 30 / 2 = / M 2 30 / = 28 M 2 = 58 14 1 14n + 2 = 58 n = 4 vy X: C4H10 c Kt lun rỳt ra trong... Na2HPO4 nH3PO4 3 S ng chộo: { Na2HPO4 (n1= 2) 1 5 n = 3 NaH2PO4 (n2 =1) nNa2 HPO4 = 2 nNaH 2 PO4 1 nNa2HPO4 = o ,2 mol nNaH 2PO4 = o ,1mol 5 2 = 3 3 2 5 1 3= 3 nNa2 HPO4 = 2 nNaH 2 PO4 = nH3PO4 = 0,3 mol { mNa2HPO4 = 0,2.142 = 28,4 gam mNaH 2PO4 = 0,1.120 =12,0 gam Bi tp 5. 3: Mt hn hp O2 v O3 iu kin tiờu chun cú t khi so vi H2 l 18 Tớnh thnh phn 5 v th tớch ca O3 trong hn hp u Hng dn gii: Ta cú... nghiệm chung trong phơng pháp dạy học của bản thân và đồng nghiệp Do điều kiện thời gian, tài liệu tham khảo, phơng tiện bảo đảm trong nghiờn cugặp nhiều khó khăn nên đề tài không tránh khỏi khiếm khuyết, hạn chế xong huy vọng đề tài này đóng góp một phần, một hớng mới mang lại hiệu quả trong dạy và học ở trờng THCS Rất mong đợc sự đóng góp ý kiến úng gúp quý bỏu để đề tài đợc hoàn thin hơn Xin chõn thnh... đặc nóng thu đợc 4,48 lít khí NO2( đ ktc) Cô cạn dung dịch thu đợc 1 45, 2 gam muối khan Tìm m : Bi 5: Hòa tan hoàn toàn a gam Fe xOy bằng 0,0 75 mol dung dịch H2SO4 đặc nóng vừa đủ thu đợc b gam một muối và có 168ml khí SO2 (đktc) duy nhất thoát ra.Tìm a: Bi 6: Ho tan hon ton m gam Al vo dung dch HNO 3 rt loóng thỡ thu c hn hp gm 0,0 15 mol khớ N 2O v 0,01mol khớ NO (phn ng khụng to NH4NO3) Tớnh giỏ tr . bản để giải nhanh bài tập hoá học ” . Dùng ôn thi học sinh giỏi hoá lớp 9. Nhiệm vụ của đề tài là hướng dẫn học sinh vận dụng một số định luật cơ bản và một số quy tắc của hoá học để giải nhanh. nhiều học sinh đạt giải cao trong các kỳ thi học sinh giỏi cấp huyện, tỉnh trong đó có một số em đạt giải nhất, giải nhì môn Hoá học đây là niềm tự hào là động lực thúc đẩy cán bộ giáo viên, học. dịch HCl 45% pha với m 2 gam dung dịch HCl 15% . Tính tỉ lệ m 1 /m 2 : Hướng dẫn giải: Áp dụng công thức 1 có: 1 2 m m = 45 25 15 25 − − = 20 10 = 2 1 . Bài tập 5. 2: Thêm 250 ml dung