TÀI LIỆU WORD SKKN bồi dưỡng học sinh giỏi Hóa THCS
A.ĐẶT VẤN ĐỀ: Trong năm gần đây, vấn đề đổi mới phương pháp dạy học Nhà trường THCS Thạch Cẩm đặc biệt quan tâm, bậc cha mẹ học sinh nhiệt tình ủng hộ Đặc biệt là dạy học theo hướng phát triển lực của học sinh nói chung và phát triển lực học sinh giỏi nói riêng Là một giáo viên được phân công giảng dạy bộ môn hóa học và bồi dưỡng học sinh giỏi hóa học khối Tôi trăn trở tìm hướng cho từng bài dạy, từng dạng bài tập, làm thế nào để hạn chế những thiếu sót và nhược điểm của các em nhằm phát triển những lực của học sinh Trong quá trình ôn thi học sinh giỏi Huyện Ban Giám hiệu Trường THCS Thạch Cẩm phân công nhận thấy: phần toán hóa đa phần các em sử dụng phương pháp đại số mất nhiều thời gian và nhiều trường hợp vào bế tắc gặp các hệ phương trình nhiều ẩn số hay số phương trình ít số ẩn số Hơn nữa tham khảo ý kiến của các em học sinh đã từng tham dự các kỳ thi học sinh giỏi môn hóa, các em thường cho rằng đề thi học sinh giỏi dài so với khả của các em vì vậy các em không kịp hoàn thành bài thi Theo nghĩ về thực chất đề không phải là quá dài mà vấn đề là các em chưa biết lựa chọn cách giải nào cho phù hợp để làm bài thi vừa ngắn gọn xúc tích, khoa học mà vẫn đạt điểm cao Mặt khác để học sinh giỏi có thể hoàn thành bài thi tốt hoặc ít nhất là đủ số điểm để được công nhận là học sinh giỏi thì việc lựa chọn phương pháp làm bài là hết sức quan trọng Nên vấn đề đưa bài tập có nhiều cách giải học sinh lựa chọn cách giải phù hợp sở thích, sở trường của từng học sinh Khi được trang bị nhiều phương pháp làm bài tập thì lực học sinh sẽ được nâng cao Với lý nghiên cứu, tìm tòi thảo luận với đồng nghiệp mặt hạn chế, thiếu sót làm thế nào để dạy học theo hướng phát triển lực của học sinh một cách có hiệu quả Tôi đã tìm một số biện pháp và vận dụng tương đối hiệu quả ở trường THCS Thạch Cẩm Từ đó đúc rút thành SKKN “ phát triển lực của học sinh giỏi môn hóa trường trung học sở Thạch Cẩm qua một số bài toán có nhiều cách giải ” nhằm giúp học sinh giỏi môn hóa hoàn thiện và phát triển các lực một cách tốt nhất Hi vọng với một số bài tập đề cập đến đề tài học quý cho học sinh khá giỏi nhằm phát huy lực của các em Vì khuôn khổ viết tham vọng đưa nhiều ví dụ minh họa việc khai thác nhiều tập, mong nhận động viên khích lệ từ bạn đồng nghiệp, bậc phụ huynh B GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ I CƠ SƠ LÝ LUẬN Nghị quyết Hội nghị Trung ương khóa XI về đổi mới bản, toàn diện giáo dục và đào tạo xác định “Tiếp tục đổi mới mạnh mẽ và đồng bộ các yếu tố bản của giáo dục, đào tạo theo hướng coi trọng phát triển phẩm chất, lực của người học” Với tinh thần dạy học theo định hướng phát triển lực của người học, người giáo viên cần phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động của người học, hình thành và phát triển lực tự học Năng lực là tổ hợp đo lường các kiến thức, kĩ năng, thái độ mà một người cần vận dụng để thực hiện một nhiệm vụ một bối cảnh thực và có nhiều biến động Vì vậy để hình thành lực cho học sinh người giáo viên cần phải trau dồi kiến thức, hình thành kỹ năng, kỹ xảo, các phương pháp làm bài cho các em II THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ Trong quá trình ôn thi học sinh giỏi ở trường THCS Thạch Cẩm (là một xã miền núi của Huyện Thạch Thành) và các đồng nghiệp gặp một số khó khăn sau: - Điều kiện phục vụ học tập của học sinh trường học miền núi trường học chúng công tác chưa tương xứng với yêu cầu đổi mới giáo dục - Về học sinh: khả tư duy, phân tích , tổng hợp em chưa tốt, kỹ giải tập thiếu chậm Trước chưa áp dụng đề tài kết bồi dưỡng học sinh giỏi huyện phụ trách thấp, cụ thể năm học 2011-2012, 2012-2013 sau: TT Họ Và Tên Điểm Lê Văn Tuấn 15,5 Nguyễn Thị Như 9,25 Nguyễn Thị Hoa 14,25 Nguyễn Thị Ngọc 14 Điểm trung bình 13,25 III GIẢI PHÁP VÀ CÁCH THỰC HIỆN Các giải pháp thực Trong trình dạy học rút số giải pháp nâng cao lực của học sinh sau: a Giáo viên giúp học sinh hiểu rõ chất khái niện hóa học; trang bị cho học sinh số phương pháp giải toán hoá như: phương pháp bảo toàn khối lượng, phương pháp bảo toàn nguyên tố, phương pháp bảo toàn electron, phương pháp trung bình, phương pháp quy đổi chất, kỹ biện luận, b Giáo viên cần đổi mới mối quan hệ giữa giáo viên và học sinh, phối hợp tốt với học sinh và hỗ trợ cho các học sinh phối hợp tốt với để các em học sinh có thể chủ động lĩnh hội tri thức Việc đổi mới mối quan hệ giữa giáo viên và học sinh theo hướng cộng tác có ý nghĩa quan trọng nhằm phát triển lực xã hội cho các em Biện pháp nâng cao lực học sinh Để nâng cao lực chuyên biệt môn hóa học sinh giỏi giáo viên cần hướng dẫn cho học sinh rèn luyện số bài tập cụ thể Bài tập a Hỗn hợp A gồm Fe, FeO, Fe 2O3, Fe3O4 với tỷ lệ số mol lần lượt là 1:5:9:13 tác dụng với H2SO4 đặc nóng thu được 2,24 lit khí SO ở đktc (không còn sản phẩm khử nào khác) Tính khối lượng của hỗn hợp A b Hỗn hợp B gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 Để khử hoàn toàn 15,84 gam hỗn hợp B thành kim loại Fe thì dùng hết 0,22 mol H Nếu cho 15,84 gam hỗn hợp B tác dụng hết H2SO4 đặc nóng thì thu được lit SO ở đktc (không còn sản phẩm khử nào khác) Tính khối lượng của hỗn hợp B Bài làm: 2,24 Câu a Ta có : n SO = 22,4 = 0,1 (mol) Gọi: nFe=x ⇒ nFeO=5x, nFe O =9x, nFe O = 13x Cách 1: Phương pháp đại số A tác dụng với H2SO4 đặc nóng: t 2Fe + 6H2SO4 (đặc) Fe2(SO4)3 + 3SO2 + → o 6H2O (1) 3x x t 2FeO + 4H2SO4 (đặc) → o Fe2(SO4)3 + SO2 + 2H2O (2) 5x 5x t 2Fe3O4 + 10H2SO4 (đặc) → 3Fe2(SO4)3 o + SO2 + 10H2O (3) 13x 13x t Fe2O3 + 3H2SO4 (đặc) → 9x Theo (1), (2), (3) ta có: o Fe2(SO4)3 + H2O 13 n Fe + n FeO + n Fe3O4 2 x x 13 x 0,2 = + + = 0,1 ⇒ x = (mol) 2 21 n SO2 = ⇒ n SO2 Vậy khối lượng của hỗn hợp A là m A = m Fe + m FeO + m Fe2O3 + m Fe3O4 = = 56 ⋅ 0,2 72 ⋅ ⋅ 0,2 160 ⋅ ⋅ 0,2 232 ⋅ 13 ⋅ 0,2 4872 ⋅ 0,2 + + + = = 46,4 ( gam) 21 21 21 21 21 Cách 2: Áp dụng định luật bảo toàn e: Hỗn hợp A gồm Fe, FeO, Fe 2O3, Fe3O4 nên tồn tại một lượng sắt bị oxi hóa để tạo thành hỗn hợp A: t 2Fe + O2 → 2FeO t 4Fe + 3O2 → 2Fe3O4 t 3Fe + 2O2 Fe2O3 → o o o Và A tác dụng với H 2SO4 đặc nóng thì: chất nhường e là Fe, chất nhận e là H2SO4 và O2 Số mol Fe bị oxi hóa là : n Fe = x + x + ⋅ x + 13 ⋅ 3x = 63x Số mol nguyên tử oxi phân tử O2 bị khử tạo thành là: nO = x + ⋅ x + 13 ⋅ x = 84 x Ta có các quá trình: Fe – 3e 63x O2 → Fe3+ → 2O2- 63x.3 + 4e 84x.2 S+6 + 84x S+4 0,1 2e → 0,2 Áp dụng định luật bảo toàn e ta có: 63 ⋅ x = 84 ⋅ x + 0,1 ⇒ x = 0,2 (mol ) 21 Khối lượng của hỗn hợp A chính là khối lượng nguyên tử Fe và khối lượng nguyên tử O có A nên: m A = 63 ⋅ 0,2 0,2 ⋅ 56 + 84 ⋅ ⋅16 = 33,6 + 12,8 = 46.4 ( gam) 21 21 Cách 3: Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng Ta có sơ đồ: A + H2SO4 → Fe2(SO4)3 + SO2 Trong A: nFe = 63x ⇒ n Fe ( SO ) + H2 O 63 x = Theo nguyên lý bảo toàn nguyên tố ta có: n H SO4 = ⋅ n Fe2 ( SO4 )3 + nSO2 = ⋅ 63 x + 0,1 = n H 2O Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: mH SO4 (pư) = mFe2 ( SO4 )3 + mSO2 + mA + mH 2O ⇒ 56 x + 72 ⋅ x + 160 ⋅ x + 232 ⋅ 13 x + (3 ⋅ ⇒ 168 x = 1,6 ⇒ x = 63 x 63 x 63 x + 0,1) ⋅ 98 = 400 ⋅ + 0,1 ⋅ 64 + (3 ⋅ + 0,1) ⋅ 18 2 0,2 , tính mA tương tự cách hoặc cách 21 Câu b : Cách 1: Sử dụng Phương pháp đại số B tác dụng với H2: t H2 + FeO Fe + H2O → t H2 + Fe2O3 → 2Fe + 3H2O t 4H2 + Fe3O4 → 3Fe + 4H2O o o o Gọi: nFe=x ⇒ nFeO=y, nFe O =t, nFe O = z có hỗn hợp B Khi cho hỗn hợp B tác dụng với H thì: nO (trong oxit) = nH = 0,22 (mol) nên theo định luật bảo toàn nguyên tố ta có: y + z + 3t = 0,22 (*) 15,84 − 0,22 ⋅ 16 = 0,22 (mol) nên theo 56 định luật bảo toàn nguyên tố ta có: x + y + 3z + 2t = 0,22 (**) Ruy hỗn hợp đầu ta có : n Fe = B tác dụng với H2SO4 đặc nóng: t 2Fe + 6H2SO4 (đặc) → Fe2(SO4)3 o + 3SO2 + 6H2O (1) 3x x t 2FeO + 4H2SO4 (đặc) → Fe2(SO4)3 o + SO2 + 2H2O (2) y y t 2Fe3O4 + 10H2SO4 (đặc) → 3Fe2(SO4)3 o + SO2 + 10H2O (3) z z t Fe2O3 + 3H2SO4 (đặc) → Fe2(SO4)3 o + H2O 3x y z + + (mol) 2 Nhân (*) với ta có : y + z + 6t = 0,44 (* * *) Nhân (**) với ta có: 3x + y + z + 6t = 0,66 (* * **) Lấy (****) – (***) ta có : 3x + y + z = 0,22 = ⋅ nSO2 ⇒ nSO2 = 0,11 (mol ) Theo các PTHH (1,2,3) ta có: n SO = ⇒ VSO = 0,11x22,4 = 2,464 (lit) Cách 2: Áp dụng định luật bảo toàn e Khi cho hỗn hợp B tác dụng với H2 thì : nO (trong oxit) = nH = 0,22 (mol) Ruy hỗn hợp đầu ta có : n Fe = 15,84 − 0,22 ⋅ 16 = 0,22 (mol) 56 Khối lượng Fe chính là khối lượng Fe bị oxi hóa tạo thành hỗn hợp B Với bài này ta có: Chất nhường e là Fe, chất nhận e là: O2 và H2SO4 và O2 Ta có các quá trình: Fe – 3e 0,22 O2 → Fe3+ → 2O2- 0,66 + 4e 0,44 0,22 S+6 + 2e → S+4 (SO2) 2x x Áp dụng định luật bảo toàn e ta có: 0,66 = 0,44 + 2x ⇒ x = 0,11 Vậy VSO = 0,11x22,4 = 2,464 (lit) Bài tập Hỗn hợp X gồm Na, Ba, Na 2O BaO Hòa tan hoàn toàn 21,9 gam X vào nước, thu 1,12 lít khí H2 (đktc) dung dịch Y, có 20,52 gam Ba(OH)2 Hấp thụ hoàn toàn 6,72 lít khí CO2 (đktc) vào Y, thu m gam kết tủa Tìm giá trị m Bài làm: Cách 1: Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng 1,12 20,52 nH = 22,4 = 0,05 (mol); nBa(OH) = = 0,12 (mol); 171 6,72 nCO = 22,4 = 0,3 (mol) 2Na + 2H2O → 2NaOH + H2 (1) Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2 (2) Na2O + H2O (3) → 2NaOH BaO + H2O (4) → Ba(OH)2 Gọi x số mol NaOH có dung dịch Y Theo phản ứng (1,2,3,4): nH (H O) = nNaOH + 2.nBa(OH) + 2nH = x + 2.0,12 + 2.0,05 = x + 0,34 (mol) ⇒ nH O ( pư) = 0,5x + 0,17 (mol) Áp dụng ĐLBTKL: mX + mH O (pư) = mNaOH + mBa(OH) + mH 21,9 + 18 ( 0,5x + 0,17) = 40x + 20,52 + 2.0,05 ⇒ x = 0,14 (mol) Khí CO2 tác dụng với dung dịch Y thứ tự các phản ứng xảy sau: Ba(OH)2 + CO2 → BaCO3 + H2O 0,12 mol 0,12 mol 0,12 mol 2NaOH + CO2 → Na2CO3 + H2O 0,14 mol 0,07 mol 0,07 mol Na2CO3 + CO2 + H2O → 2NaHCO3 0,07 mol 0,07 mol nCO (dư) = 0,3 - ( 0,12 + 0,07 + 0,07) = 0,04 (mol) BaCO3 + CO2 + H2O → Ba(HCO3)2 0,04 mol 0,04 mol ⇒ m = 197 ( 0,12 - 0,04) = 15,76 (g) Cách 2: Phương pháp đại số Gọi x, y, z, t số mol Na, Ba, Na2O, BaO có 21,9 gam X 2Na + 2H2O (1) → 2NaOH + H2 x mol x mol 0,5x mol Ba + 2H2O (2) → Ba(OH)2 + H2 y mol y mol y mol Na2O + H2O (3) → 2NaOH z mol 2z mol BaO + H2O Ba(OH)2 ( 4) → t mol t mol Ta có: 0,5x + y = 0,05 (I); y + t = 0,12 (II) 23x + 137y + 62z + 153t = 21,9 (III) ⇒ 153.( y + t) + 31.(x +2z) - 16.(0,5x + y) = 21,9 ⇒ 153.0,12 + 31.(x + 2z) – 16.0,05 = 21,9 ⇒ x + 2z = 0,14 (mol) ⇒ nNaOH = 0,14 (mol) Khối lượng kết tủa tính tương tự cách Cách 3: Phương pháp quy đổi: quy đổi hỗn hợp X nguyên tử và kết hợp với phương pháp bảo toàn nguyên tố X { Na, Ba, O} Gọi a số mol O; b c số mol H2O NaOH X { Na, Ba, O} + H2O → NaOH + Ba(OH)2 + H2 a mol b mol c mol 0,12 mol 0,05 mol Ta có: mX = 23c + 137.0,12 + 16a = 21,9 ⇔ 16a + 23c = 5,46 (I) nO (trước pư) = nO (sau pư) ⇔ a + b = c + 2.0,12 ⇔ a + b – c = 0,24 (II) nH ( trước pư) = nH (sau pư) ⇔ 2b = c + 2.0,12 + 2.0,05 ⇔ 2b – c = 0,34 (III) Giải hệ phương trình (I, II, III) ta được: c = 0,14 (mol) ⇒ nNaOH = 0,14 (mol) Khối lượng kết tủa tính tương tự cách Cách 4: Quy đổi hỗn hợp X hỗn hợp gồm: Ba, BaO, Na2O nBa = nH = 0,05 (mol) ⇒ nBaO = 0,12 – 0,05 = 0,07 (mol) Gọi x số mol Na2O ⇒ 137.0,05 + 153.0,07 + 62x = 21,9 ⇒ x = 0,07 (mol) Theo (3): nNaOH = 2.nNa O = 2.0,07 = 0,14 (mol) Khối lượng kết tủa tính tương tự cách Chú ý: Có thể quy đổi hỗn hợp thành hỗn hợp gồm: {Na, Ba, Na 2O}; {Na, Ba, BaO}; { Na, Na2O, BaO} Cách 5: Giải theo sơ đồ hợp thức 2H2O → 2OH + H2 ( phản ứng với kim loại) 0,1 mol 0,05 mol O (oxit) + H2O → 2OH a mol 2a mol ⇒ nNaOH = 0,1 + 2a – 0,12.2 = 2a – 0,14 (mol) ⇒ nNa = 2a – 0,14 (mol) Ta có: mX = 137.0,12 + 23.(2a – 0,14) + 16a = 21,9 ⇒ a = 0,14 ⇒ nNaOH = 2.0,14 – 0,14 = 0,14 (mol) Khối lượng kết tủa tính tương tự cách Bài tập Hỗn hợp A gồm MgO, Al2O3 Chia hỗn hợp làm phần nhau, khối lượng phần 21,3 gam Phần 1: Cho tác dụng với 200 ml dung dịch HCl, làm bay dung dịch sau phản ứng thu 43,3 gam chất rắn khan Phần 2: Cho tác dụng với 500 ml dung dịch HCl, làm bay dung dịch sau phản ứng thu 54,3 gam chất rắn khan Tính nồng độ mol/lít dung dịch HCl dùng thành phần % theo khối lượng chất hỗn hợp A Bài làm: PTHH phản ứng: → MgCl2 + H2O MgO + 2HCl (1) → 2AlCl3 + 3H2O (2) Al2O3 + 6HCl Vì khối lượng phần thể tích dung dịch HCl phần nhiều phần nên phần tan hết phần tan hết ⇒ Chất rắn khan thu thí nghiệm chứa muối clorua phải có khối lượng Điều trái với giả thiết ( khối lượng chất rắn khan thu thí nghiệm không nhau) ⇒ Phần chưa tan hết Vì 200 ml HCl phản ứng hết khối lượng chất rắn tăng 43,3 – 21,3 = 22 gam, nên phần dùng hết 500 ml dung dịch HCl khối lượng chất rắn 22 ⋅ 500 = 55 gam Điều trái với giả thiết ( khối lượng 200 chất rắn tăng 54,3 – 21,3 = 33 gam) ⇒ Phần tan hết, HCl dư chất rắn khan tăng phải thu thí nghiệm chứa muối clorua Cách 1: Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng Gọi số mol HCl a mol ⇒ Số mol H2O = 0,5a (mol) Áp dụng ĐLBTKL cho phần 1: mphần + mHCl = mrắn + mH O ⇔ 21,3 + 36,5a = 43,3 + 18.0,5a ⇒ 27,5a = 22 ⇒ a = 0,8 (mol) ⇒ CM HCl = 0,8 = 4M 0,2 Gọi x, y số mol MgO Al 2O3 có phần Vì phần tan hết nên theo đề ta có: 40x + 102y = 21,3 (I) 95x + 267y = 54,3 (II) Giải hệ phương trình (I) (II) ta được: x = 0,15 (mol); y = 0,15 (mol) 0,15 ⋅ 40 %mMgO = 21,3 ⋅100% = 28,169% %mAl O = 100% - 28,169% = 71,831% Cách 2: Áp dụng phương pháp tăng giảm khối lượng Gọi x số mol nguyên tử O oxit phần phản ứng Theo (1,2): nCl ( muối) = 2.nO ( oxit) pư = 2x (mol) Khối lượng chất rắn tăng = mCl ( muối) – mO ( oxit) pư = 35,5.2x – 16x = 22 (g) ⇒ 55x = 22 ⇒ x = 0,4 (mol) ⇒ nHCl = 2.0,4 = 0,8 (mol) ⇒ CM HCl = 0,8 = 4M 0,2 % khối lượng oxit làm tương tự cách Cách 3: Phương pháp đại số Gọi số mol CuO Fe2O3 phần phản ứng x1, y1; Số mol CuO Fe2O3 chưa phản ứng x2, y2 ⇒ Số mol MgCl2 AlCl3 tạo thành phần x1 2y1 Ta có: 40.(x1 + x2) + 102.(y1 + y2) = 21,3 (I); 40x2 + 102y2 + 95x1 + 267y1 = 43,3 (II) Từ (I) (II) ⇒ 55.(x1 + 3y1) = 22 ⇒ x1 + 3y1 = 0,4 Theo (1,2): nHCl = 2.(x1 + 3y1) = 2.0,4 = 0,8 (mol) ⇒ CM HCl = 0,8 = 4M 0,2 % khối lượng oxit làm tương tự cách Bài tập Để m gam phoi bào sắt không khí thời gian thu hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 Cho khí CO qua X nung nóng, sau thời gian thu hỗn hợp chất rắn Y hỗn hợp khí Z Cho toàn Z vào dung dịch Ca(OH)2 dư, đến phản ứng hoàn toàn, thu gam kết tủa Mặt khác, hòa tan hoàn toàn Y dung dịch H 2SO4 đặc, nóng (dư), thu 1,008 lít khí SO2 (đktc, sản phẩm khử nhất) dung dịch chứa 18 gam muối Tìm giá trị m Bài làm: Số mol CaCO3 = = 0,04 (mol) 100 2Fe + O2 t → 3Fe + 2O2 t → o o 2FeO (1) Fe3O4 (2) t 2Fe + 3O2 (3) → Fe2O3 t CO + FeO → CO2 + Fe (4) t 3CO + Fe2O3 → 3CO2 + 2Fe (5) t 4CO + Fe3O4 → 4CO2 + 3Fe (6) Y gồm: Fe, FeO dư, Fe2O3 dư Fe3O4 dư; Z: CO2 CO dư → CaCO3 + H2O Vì Ca(OH)2 dư nên: Ca(OH)2 + CO2 0,04 mol 0,04 mol Theo (4,5,6): nO (X) pư = nCO = 0,04 (mol) o o o o 1,008 18 = 0,045 (mol) nSO2 = 22,4 = 0,045 (mol); nFe (SO ) = 400 Cách 1: PP quy đổi: quy đổi hỗn hợp X thành hỗn hợp chứa Fe Fe2O3 → Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O 2Fe + 6H2SO4 0,03 mol 0,015 mol 0,045 mol Số mol Fe2(SO4)3 Fe2O3 tạo = 0,045 – 0,015 = 0,03 (mol) → Fe2(SO4)3 + 3H2O Fe2O3 + 3H2SO4 0,03 mol 0,03 mol ⇒ mY = 56.0,03 + 160.0,03 = 6,48 (g) Ta có: mX = mO(pư) + mY = 0,04.16 + 6,48 = 7,12 (g) Cách 2: Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng → Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O Y + H2SO4 0,045 mol 0,045 mol ⇒ Số mol H2SO4 = 3.0,045 + 0,045 = 0,18 (mol) Số mol H2O = 0,18 (mol) Áp dụng ĐLBTKL: mY + mH SO = mmuối + mSO + mH O mY + 98.0,18 = 18 + 0,045.64 + 18.0,18 ⇒ mY = 6,48 (g) ⇒ mX = mO(pư) + mY = 0,04.16 + 6,48 = 7,12 (g) Bài tập Cho lượng kim loại R tác dụng với oxi thu 9,6 gam hỗn hợp A gồm R RO Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp dung dịch HCl dư thu dung dịch chứa 28,5 gam muối Xác định R Bài làm: Vì R kim loại có hóa trị II không đổi nên: → 2RO 2R + O2 (1) M dư nên A chứa RO R dư → RCl2 + H2O RO + 2HCl (2) → RCl2 + H2 R + 2HCl (3) Cách 1: Phương pháp trung bình: 28,5 (mol) M R + 71 28,5 Vì: MR < M A < MRO ⇒ MR < 9,6 : < MR + 16 M R + 71 9,6.( M R + 71) ⇒ MR < < MR + 16 28,5 Theo (2) (3): nR (dư) + nRO = nRCl2 = ⇒ 28,5.MR < 9,6.MR + 681,6 < 28,5.MR + 456 18,9.M R < 681,6 M R < 36,06 ⇒ (*) 18,9.M R > 225,6 M R > 11,93 Từ (*) R có hóa trị II ⇒ R Mg: 24 Cách 2: Phương pháp đại số: Gọi a b số mol R phản ứng R dư → 2RO 2R + O2 (1) a mol a mol R dư nên A chứa RO R dư → RCl2 + H2O (2) RO + 2HCl a mol a mol → RCl2 + H2 R + 2HCl (3) b mol b mol 28,5 a + b = M R + 71 ⇒ 55a + 71b = 18,9 Theo đề: a.( M + 16) + b.M = 9,6 R R Vì: 55.( a + b) < 55a + 71b < 71.( a + b) ⇒ 10 ⇒ 55.( a + b) < 18,9 < 71.( a + b) 18,9 18,9 < a + b < 71 55 28,5 18,9 18,9 ⇒ < < 71 M R + 71 55 18,9.M R + 18,9.71 < 28,5.71 M R < 36,06 ⇒ ⇒ (*) 18,9.M R + 18,9.71 > 28,5.55 M R > 11,93 Từ (*) R có hóa trị II ⇒ R Mg: 24 ⇒ IV HIỆU QUẢ CỦA VIỆC TRIỂN KHAI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Khi áp dụng đề tài kết bồi dưỡng học sinh giỏi huyện phụ trách năm học 2013-2014, 2014-2015 sau: TT Họ Và Tên Điểm Nguyễn Thúy Màu 17,5 Vũ Minh Hiếu 14 Nguyễn Văn Cường 15,5 Nguyễn Nhật Dương 16,5 Cao Văn Lợi 15,5 Điểm trung bình 15,80 So sánh kết năm ta thấy điểm trung bình tăng (khi áp dụng đề tài là):15,80 – 13,25 = 2,55 điểm/bài Như vậy, việc ứng dụng đề tài vào thực tiễn bước đần đem lại kết khả quan Việc giải dạng toán hóa học em học sinh rút ngắn nhiều thời gian, em trình bày khoa học hơn, lựa chọn phương pháp giải tập đắn nên kết làm em cao Vì lẽ lực em học sinh giỏi nâng lên C KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT Đề tài viết dành cho đối tượng học sinh khá, giỏi môn Hóa học cấp THCS Qua trình áp dụng thấy phát huy lực của học sinh, rèn luyện tốt tư sáng tạo cho học sinh, học sinh tự tin làm tập hóa học Đề tài tạo cho học sinh niềm đam mê lớn môn Hóa học Tuy nhiên giáo viên cần cần hướng dẫn học sinh vận dụng kỹ cách hợp lý biết kết hợp linh hoạt mảng kiến thức hóa học khác, lực của học sinh mới thực sự được phát huy và kết bồi dưỡng học sinh giỏi đạt hiệu quả cao Trên số kinh nghiệm nâng cao lực của học sinh giỏi trao đổi với đồng nghiệp để biên soạn đề tài Trong trình biên soạn không tránh khỏi thiếu sót mong góp ý bạn đồng nghiệp bậc phụ huynh học sinh 11 XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ …………………………………………… ……………………………………………………… ……………………………………………………… ……………………………………………………… ……………………………………………………… ……………………………………………………… ……………………………………………………… Thạch Thành, tháng 04 năm 2015 Tôi xin cam đoan SKKN thân, không chép nội dung người khác MỤC LỤC Nội dung A Đặt vấn đề Trang B Giải vấn đề I Cơ sở lý luận II Thực trạng vấn đề III Giải pháp cách thực Các giải pháp thực Biện pháp nâng cao lực học sinh IV Hiệu việc viết sáng kiến kinh nghiệm C Kết luận đề suất Mục lục 12 [...]... sinh, rèn luyện tốt tư duy sáng tạo cho học sinh, học sinh tự tin hơn khi làm bài tập hóa học Đề tài còn tạo cho học sinh niềm đam mê lớn đối với môn Hóa học Tuy nhiên giáo viên cần cần hướng dẫn học sinh vận dụng các kỹ năng một cách hợp lý và biết kết hợp linh hoạt các mảng kiến thức hóa học cơ bản khác, khi ấy năng lực của học sinh mới thực sự được phát huy và kết quả bồi dưỡng học sinh. .. khả quan Việc giải các dạng toán hóa học của các em học sinh đã rút ngắn được nhiều thời gian, các em trình bày khoa học hơn, lựa chọn phương pháp giải bài tập đúng đắn hơn nên kết quả làm bài của các em cao hơn Vì lẽ đó năng lực của các em học sinh giỏi được nâng lên C KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT Đề tài này tôi viết dành cho đối tượng học sinh khá, giỏi môn Hóa học cấp THCS Qua quá trình áp dụng tôi thấy... 18,9.M R + 18,9.71 < 28,5.71 M R < 36,06 ⇒ ⇒ (*) 18,9.M R + 18,9.71 > 28,5.55 M R > 11,93 Từ (*) và R có hóa trị II ⇒ R chỉ có thể là Mg: 24 ⇒ IV HIỆU QUẢ CỦA VIỆC TRIỂN KHAI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Khi áp dụng đề tài kết quả bồi dưỡng học sinh giỏi huyện do tôi phụ trách các năm học 2013-2014, 2014-2015 như sau: TT Họ Và Tên Điểm 1 Nguyễn Thúy Màu 17,5 2 Vũ Minh Hiếu 14 3 Nguyễn Văn Cường... mới thực sự được phát huy và kết quả bồi dưỡng học sinh giỏi sẽ đạt hiệu quả cao Trên đây là một số kinh nghiệm nâng cao năng lực của học sinh giỏi tôi đã trao đổi với các đồng nghiệp để biên soạn đề tài này Trong quá trình biên soạn không tránh khỏi thiếu sót rất mong được sự góp ý của các bạn đồng nghiệp và của các bậc phụ huynh học sinh 11 XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ …………………………………………… ... Thạch Thành, tháng 04 năm 2015 Tôi xin cam đoan đây là SKKN của bản thân, không sao chép nội dung của người khác MỤC LỤC Nội dung A Đặt vấn đề Trang B Giải quyết vấn đề I Cơ sở lý luận II Thực trạng vấn đề III Giải pháp và cách thực hiện 1 Các giải pháp thực hiện 2 Biện pháp nâng cao năng lực của học sinh IV Hiệu quả của việc viết sáng kiến kinh nghiệm