tập này, nếu giải theo cách 1 đặt số mol của mỗi chất trong A làm ẩn thì ta có 4 ẩn nhưng chỉ có 2.

tập này, nếu giải theo cách 1 đặt số mol của mỗi chất trong A làm ẩn thì ta có 4 ẩn nhưng chỉ có 2 phương trình đã biết, do đó, bài toán không thể giải bằng phương pháp đại số thông [r]

(1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI Trƣờng THPT Long Thành

Mã số: (Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi)

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

SỬ DỤNG BÀI TẬP HÓA HỌC CÓ NHIỀU CÁCH GIẢI ĐỂ RÈN LUYỆN TƢ DUY CHO HỌC SINH LỚP 12 Ở TRƢỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

Người thực hiện: Nguyễn Trí Ngẫn Lĩnh vực nghiên cứu:

- Quản lý giáo dục 

- Phương pháp dạy học mơn: Hóa học  - Lĩnh vực khác: 

(Ghi rõ tên lĩnh vực)

Có đính kèm: Các sản phẩm khơng thề in SKKN

 Mô hình  Đĩa CD (DVD)  Phim ảnh  Hiện vật khác (các phim, ảnh, sản phẩm phần mềm)

(2)

SƠ LƢỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC -

I THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN Họ tên:NGUYỄN TRÍ NGẪN Ngày tháng năm sinh:14/10/1972 Nam, nữ: Nam

4 Địa chỉ: số Phan Chu Trính, khu Văn Hải, thị trấn Long Thành, huyện Long Thành

5 Điện thoại: 0613844281 (CQ)/ 0613545279 (NR); ĐTDĐ:0909083720

6 Fax: E-mail:metalebook@gmail.com

7 Chức vụ: giáo viên

8 Nhiệm vụ giao (quản lý, đồn thể, cơng việc hành chính, cơng việc chun mơn, giảng dạy môn, lớp, chủ nhiệm lớp,…):

9 Giảng dạy mơn Hóa học lớp 12A1, 12A2, 12A11, 11A1, 11A2 Bồi dưỡng học sinh giỏi mơn Hóa học lớp 12

10 Đơn vị cơng tác:Trường THPT Long Thành II TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO

- Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: thạc sỹ - Năm nhận bằng: 2011

- Chuyên ngành đào tạo: Lý luận PPDH mơn Hóa học III KINH NGHIỆM KHOA HỌC

(3)

- Các sáng kiến kinh nghiệm có năm gần đây:

(4)

Tên SKKN: SỬ DỤNG BÀI TẬP HÓA HỌC CÓ NHIỀU CÁCH GIẢI ĐỂ RÈN LUYỆN TƢ DUY CHO HỌC SINH LỚP 12 Ở TRƢỜNG TRUNG

HỌC PHỔ THÔNG I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Một mục tiêu dạy học hóa học Trung học phổ thơng ngồi việc truyền thụ kiến thức hóa học phổ thơng cịn cần mở rộng kiến thức, hình thành cho học sinh phương pháp học tập khoa học, phát huy tính chủ động, sáng tạo, rèn luyện lực nhận thức, tư hóa học thơng qua hoạt động

học tập đa dạng, phong phú Như vậy, nhiệm vụ đào tạo toàn diện cho hệ trẻ, việc dạy học hóa học cịn có chức phát hiện, bồi dưỡng, nâng cao tri thức cho học sinh có lực, hứng thú học tập môn Nhiệm vụ thực nhiều phương pháp khác nhau.Trong tập hóa học

một phương tiện giúp học sinh rèn luyện tư

Giải tốn hóa học nhiều phương pháp khác nội dung quan trọng dạy học hóa học trường phổ thông Phương pháp giáo dục ta cịn nhiều gị bó hạn chế tầm suy nghĩ, sáng tạo

học sinh Bản thân em học sinh đối mặt với tốn thường có tâm lý tự hài lịng sau giải toán cách đó, mà chưa nghĩ đến chuyện tìm cách giải tối ưu, giải toán cách nhanh Do đó, giải tốn hóa học nhiều cách khác cách để rèn luyện tư kỹ học hóa người, giúp ta có khả nhìn nhận vấn đề theo

nhiều hướng khác nhau, phát triển tư logic, sử dụng thành thạo tận dụng tối đa kiến thức học Đối với giáo viên, suy nghĩ toán giải toán

bằng nhiều cách hướng có hiệu để tổng quát đặc biệt hóa, liên hệ với tập dạng, điều góp phần hỗ trợ phát triển tập hay cho học sinh

Vì chúng tơi chọn đề tài: “Sử dụng tập hóa học có nhiều cách giải để rèn luyện tƣ cho học sinh lớp 12 trƣờng trung học phổ thông”

(5)

II CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN 2.1 Các phƣơng pháp giải tập

Các phương pháp giải tập hóa học:

Phương pháp bảo tồn khối lượng (PP BTKL) Phương pháp bào tồn điện tích

Phương pháp bảo toàn nguyên tố Phương pháp tăng giảm khối lượng Phương pháp dùng giá trị trung bình Phương pháp quy đổi

Phương pháp đường chéo

Lập sơ đồ hợp thức q trình chuyển hóa, tìm mối quan hệ chất đầu chất cuối

Phương pháp đồ thị

2.2 Cơ sở lí luận tƣ 2.2.1 Khái niệm tư

L.N Tônxtôi viết : "Kiến thức thực kiến thức thành

quả cố gắng tư khơng phải trí nhớ" Như vậy, HS thực lĩnh hội tri thức họ thực tư

Theo M.N Sacđacôp : "Tư nhận thức khái quát gián tiếp vật tượng thực dấu hiệu, thuộc tính chung

chất chúng Tư nhận thức sáng tạo vật, tượng mới, riêng rẽ thực sở kiến thức khái quát hóa thu nhận được

(6)

Còn theo tác giả Nguyễn Xuân Trường (Đại học Sư Phạm Hà Nội) "tư hành động trí tuệ nhằm thu thập sử lí thơng tin giới quanh ta

giới ta Chúng ta tư để hiểu, làm chủ tự nhiên, xã hội mình"

2.2.2 Các thao tác tư phương pháp logic

- Phân tích : Là hoạt động tư tách yếu tố phận vật, tượng nhằm mục đích nghiên cứu chúng cách đầy đủ, trọn vẹn theo hướng

nhất định

- Tổng hợp : Là hoạt động tư kết hợp phận, yếu tố phân tích để nhận thức, để nắm toàn vật, tượng Để hiểu đầy đủ nhóm nguyên tố phải dựa kết tổng hợp việc phân tích nghiên cứu đặc điểm cấu tạo tính chất nguyên tố cụ thể

- So sánh : Là thiết lập giống khác vật,

tượng khái niệm phản ánh chúng

- Cụ thể hóa :

Cụ thể : Là vật tượng trọn vẹn, đầy đủ tính chất, mối quan hệ

giữa thuộc tính với với mơi trường xung quanh

Cụ thể hóa : Là hoạt động tư tái sản sinh tượng đối tượng với

các thuộc tính chất

Vận dụng định luật tuần hồn có chu kỳ khác cho thấy biến thiên tuần hồn khơng có nghĩa y ngun xi tính chất chu kì trước mà ln có phát triển cách sở

- Trừu tượng hóa

Trừu tượng : Là phận toàn bộ, tách khỏi tồn bộ, lập khỏi mối quan hệ phận, mà giữ lại thuộc tính tước bỏ thuộc tính khơng Cụ thể có tri giác trực tiếp Trừu tượng không tri giác trực tiếp Trong nhận thức có quy luật phát triển từ cụ

(7)

tính chất Tìm hiểu cấu tạo nguyên tử chuyển động electron nguyên tử làm tiền đề để thông hiểu hình thành liên kết hóa học … liên kết

 , , hiđro, yếu tố ảnh hưởng trực tiếp đến tính chất lí hóa chất

- Khái quát hóa

Là bước cần thiết trừu tượng hóa Mỗi vật thể (chất, phản ứng …) với đầy đủ dấu hiệu chất không chất, dấu hiệu chung, riêng Xác định thuộc tính chất chung loại đối tượng, từ hình thành lên khái niệm Đó khái qt hóa

*Những hình thức tư

-Khái niệm : Là tư tưởng phản ánh dấu hiệu chất riêng biệt

của vật tượng

Khái niệm đóng vai trị quan trọng q trình tư duy, xây dựng sở thao tác tư duy, làm điểm tựa cho tư phân tích sở để đào sâu kiến thức, tiến tới xây dựng khái niệm Ngoài ra, hoạt động suy luận, khái quát hóa, trừu tượng hóa nhờ có khái niệm có sở để tư sâu thêm vào chất vật tượng

- Phán đoán : Là tìm hiểu tri thức mối quan hệ khái niệm,

phối hợp khái niệm, thực theo nguyên tắc, quy luật bên

- Suy lý : Hình thức suy nghĩ liên hệ phán đoán với để tạo thành

phán đoán gọi suy lý Suy lý cấu tạo hai phận :

+ Các phán đốn có trước gọi tiên đề

+ Các phán đốn có sau gọi kết luận (dựa vào tính chất tiên đề để kết

luận)

Suy lý chia làm ba loại : Loại suy, suy lý quy nạp suy lý diễn dịch

+ Loại suy : Là hình thức tư từ riêng biệt đến riêng biệt

(8)

đối tượng Khi nắm vững thuộc tính đối tượng loại suy xác Chẳng hạn, nghiên cứu loại hợp chất hữu cần xét kỹ

hợp chất tiêu biểu nhất, chất khác dãy đồng đẳng dễ dàng biết phương pháp loại suy

+ Suy lý quy nạp : Suy lý từ quy nạp đến phổ biến, từ hoạt động tới

quy luật Do đó, q trình tư duy, suy nghĩ theo quy nạp chuyển từ việc nhận thức tượng riêng lẻ đến nhận thức chung Vì suy lý quy nạp yếu tố cấu trúc tri thức khái quát việc hình thành khái niệm việc nhận thức định luật

+ Suy lý diễn dịch : Là cách suy nghĩ từ chung, định luật, quy tắc, khái

niệm chung đến vật tượng riêng lẻ

Q trình suy lý diễn dịch :

● Từ tổng quát đến tổng qt

● Từ phán đốn có tính chất tổng qt đến phán đốn có tính chất

tổng quát khác

Trong trình tư quy nạp suy diễn liên hệ mật thiết với

nhau giống phân tích tổng hợp Quá trình thực phương pháp xác định mối liên hệ nhân tượng Với tư cách hình thức tư gián tiếp, suy lý tư lơgic đóng vai trò quan trọng tất

hoạt động tư Việc hướng dẫn quy tắc lôgic suy lý tạo hiệu lớn trình lĩnh hội tri thức

Rèn luyện tư lôgic dạy học hóa học tạo cho HS có phương pháp tư từ khái niệm đến phán đoán, suy lý thông thường qua câu hỏi, vấn đề phải tiến hành thường xuyên liên tục

- Mở rộng kết sang trường hợp tương tự

2.3 Tư hóa học

(9)

A + B = AB

Nhưng với tư hóa học A + B khơng phải phép cộng túy tốn học, mà xảy biến đổi nội chất để tạo thành chất mới, theo

những nguyên lý, quy luật, mối quan hệ định tính định lượng hóa học

- Cơ sở tư hóa học liên hệ trình phản ứng tương tác tiểu phân vô nhỏ bé giới vi mô (nguyên tử, phân tử, ion, electron,

)

- Đặc điểm q trình tư hóa học phối hợp chặt chẽ, thống tượng cụ thể quan sát với tượng cụ thể không quan sát được, dùng kính hiển vi điện tử, mà dùng kí hiệu, công

thức để biểu diễn mối liên hệ chất tượng nghiên cứu

Vậy bồi dưỡng phương pháp lực tư hóa học bồi dưỡng cho học sinh biết vận dụng thành thạo thao tác tư phương pháp lôgic, dựa vào dấu hiệu quan sát mà phán đốn tính chất biến đổi nội chất, trình

Như giống tư khoa học tự nhiên, toán học vật lý, tư hóa học sử dụng thao tác tư vào trình nhận thức thực tiễn tuân

theo quy luật chung q trình nhận thức

Hóa học môn khoa học lý thuyết thực nghiệm có lập luận, sở

những kỹ quan sát tượng hóa học, phân tích yếu tố cấu thành ảnh hưởng, thiết lập phụ thuộc xác định để tìm mối liên hệ mặt định tính định lượng, quan hệ nhân tượng trình

Trực quan sinh động

Tư trừu tượng

(10)

hóa học, xây dựng nên nguyên lý, quy luật, định luật, trở lại vận dụng để nghiên cứu vấn đề thực tiễn

III TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP

3.1 Bài tập hữu có nhiều cách giải

Bài : 0,06 mol hỗn hợp A gồm CH3OH ancol dãy đồng đẵng có khối

lượng 4,02 gam, Cho toàn hỗn hợp tác dụng vừa đủ với gam axit axetic

(H2SO4 đặc làm chất xúc tác, giả sử hiệu suất phản ứng đạt 100%) Tính khối

lượng este thu

Hướng dẫn giải:

Cách : Phương pháp đại số

Gọi CT ancol dãy đồng đẵng với ancol metylic : ROH

CH3OH + CH3COOH → CH3COOCH3 + H2O (1)

(mol ) a a

ROH + CH3COOH → CH3COOR + H2O (2)

(mol) b b

Ta có :

= 32a + aMR +17b = 4,02 (3)

(4)

Nhân 42 cho (4) ta : 42a + 42b = 0,06.42 = 2,52 (5)

Cộng (3) (5), ta : 74a+ 59b + bR = 6,54

Cách : Phương pháp bảo toàn khối lượng

(11)

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có :

meste = 4,02 + 0,06.60 – 0,06.18= 6,54 (gam)

Cách : Phương pháp tăng giảm khối lượng

Cứ mol ancol tạo thành mol este khối lượng tăng : 59-17 = 42 gam

0,06 mol ancol tạo thành 0,06 mol este khối lượng tăng: 0,06.42 =2,52 gam

Vậy : meste = 4,02 + 2,52 = 6,54 (gam)

Cách : Phương pháp trung bình

Gọi CTTB ancol là:

(mol) 0,06 0,06 0,06

Nhận xét : Trong tập này, giải theo cách HS phải biết cách

ghép ẩn chọn lựa phương trình cho phù hợp tìm đáp số, nên nhiều

(12)

Bài : Đốt cháy 0,3 gam este (A) thu 224 ml khí CO2 (đktc) 0,18

gam nước Tỉ khối A H2 30 Xác định công thức phân tử

este (A)

Hƣớng dẫn giải:

Cách : Gọi công thức đơn giản este (A) : CxHyOz

Khối lượng nguyên tố :

Lập tỉ lệ :

Công thức đơn giản X : CH2O

→ Công thức phân tử (A) : C2H4O2

Cách : Gọi công thức đơn giản este (A) : CxHyOz

Số mol nguyên tố :

Lập tỉ lệ : x:y:z = 0,01:0,02:0,01= 1:2:1

(13)

Cách : Xác định trực tiếp công thức phân tử

Số nguyên tử nguyên tố A :

Số nguyên tử cacbon :

Số nguyên tử hiđro :

Số nguyên tử oxi :

→ Công thức phân tử (A) : C2H4O2

Cách : Gọi công thức tổng quát este (A) : CxHyOz

Theo đề ta có hệ phương trình :

→ Cơng thức phân tử (A) : C2H4O2

Nhận xét : Với loại tập này, GV giảng dạy cho em

cách, qua cách em lựa chọn cho cách giải phù hợp với tư

của em

Bài : Xà phịng hóa 13,2 gam hỗn hợp este HCOOC3H7

CH3COOC2H5 cần dùng 100 ml dung dịch NaOH xM Giá trị x

A 1,5 B 0,75 C D

Hƣớng dẫn giải: Cách : Phương pháp thông thường

HCOOC3H7 + NaOH → HCOONa + C3H7OH

(mol) a a

(14)

(mol) b b

Ta có: = 0,15 (mol)

Cách : Gọi CTTB este : RCOOR’

RCOOR’ + NaOH → RCOONa + H2O

Ta có:

→ ĐÁP ÁN A

Cách : Phương pháp bảo tồn điện tích

Áp dụng định luật bảo tồn điện tích : dung dịch sau phản ứng chứa ion

RCOO- Và Na+

→

→ ĐÁP ÁN A

Nhận xét : Với tập này, cách cách nhanh cách

Bài : Một đieste điều chế từ axit đa chức ancol đơn chức Cho 0,1 mol X tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH thu 13,4 gam muối 7,8 gam hỗn hợp ancol Xác định X

Cách : Phương pháp thông thường

Gọi CT este là: R1OCO – R – COOR2

R1OCO – R – COOR2 + NaOH → NaOCO – R – COONa + R1OH + R2OH

(15)

→ X : CH3OCO – COOC2H5

Gọi CT este :

(mol) 0,1 0,1 0,2

→ hỗn hợp ancol có CH3OH ancol lại ROH

Mà

→ 0,1.32+ 0,1.(MR + 17) = 7,8 → MR = 29 (C2H5 - )

→ X là: CH3OCO – COOC2H5

Áp dụng định luật bảo tồn khối lượng, ta có :

→

R1 15 (CH3 - ) 29 (C2H5-)

(16)

→

TH1 :

→ X là: CH3OCO – COOC2H5

TH2 : (CH2)

( loại )

Bài : Cho 17,6 gam etyl axetat vào 400ml dung NaOH 1M, sau khí phản ứng xảy hồn tồn thu dung dịch A, Cô cạn A thu hỗn hợp chất rắn Y Đem đốt cháy hoàn toàn chất rắn Y cần V(lit) O2 (đktc) thu hỗn hợp khí Z (CO2

và H2O) m gam Na2CO3 Tính giá trị V

nNaOH= 0,4 (mol)

CH3COOC2H5 + NaOH → CH3COONa + C2H5OH

(mol) 0,2 0,2 0,2 0,2 R1 15 (CH3 - ) 29 (C2H5-)

R2 29 (C2H5-) 15 (CH3 - )

R1 15 (CH3 - )

(17)

Chất rắn Y :

2CH3COONa + 4O2 → Na2CO3 + 3CO2 + 3H2O

(mol) 0,2 0,4 0,1

CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O

0,2 mol 0,1 mol

→

Cách : Phương pháp sơ đồ bảo toàn nguyên tố

Bảo toàn nguyên tố Na, ta :

Bảo toàn nguyên tố H, ta :

Bảo toàn nguyên tố oxi, ta :

(18)

Bài : Lên men 10,8 kg glucozơ chứa 20% tạp chất, sau phản ứng thu 3,68 kg ancol etylic Tính hiệu suất phản ứng lên men

C6H12O6 → 2C2H5OH + CO2

0,048 0.096

→

Cách : Phương pháp tỉ lệ khối lượng

C6H12O6 → 2C2H5OH + CO2

180 46

? 3,68

→

Cứ 1mol C6H12O6 tạo mol C2H5OH làm khối lượng giảm 88 gam

(19)

→ khối lượng ancol lý thuyết thu : 8,64 – 4,224= 4,416 gam

→

Bài : Thủy phân hoàn toàn 76,95 gam saccarozơ dung dịch axit đun nóng thu dung dịch A Trung hòa dung dịch A NaOH vừa đủ Cho dung dịch

A vào lượng dư AgNO3/NH3 thu gam kết tủa? ( Xem

phản ứng xảy hoàn toàn)

Hướng dẫn giải :

C12H22O11 + H2O → C6H12O6 + C6H12O6

(mol) 0,225 0,225 0,225

(Vì glucozơ fructozơ tác dụng với AgNO3/NH3 nên ta xem

fructozơ glucozơ)

C6H12O6 2Ag

0,45 mol 0,9 mol

→

Cách : Phương pháp sơ đồ

(mol) 0,225 0,9

→

(20)

0,225 mol → khối lượng tăng : 0,225 90 = 20,25 gam

→

Bài : Tính thể tích axit HNO3 63% (D=1,4 g/ml) cần vừa đủ sản xuất 59,4

kg xenlulozơ trinitrat ( H%= 80%) ?

[C6H7O2(OH)3]n + 3nHNO3 [C6H7O2(ONO2)3]n + 3nH2O

(kmol) 0,6 0,2

→

[C6H7O2(OH)3]n + 3nHNO3 [C6H7O2(ONO2)3]n + 3nH2O

3.63 297

? 59,4

→

Cách : Phương pháp bảo toàn nguyên tố

(21)

→

Bài : Lên men m gam glucozơ có chứa 10% tạp chất trơ ( H%=80%), hấp thụ

toàn lượng khí sinh vào dung dịch Ca(OH)2 dư thu 10 gam kết tủa

Tính giá trị m

C6H12O6 → 2C2H5OH + 2CO2

(mol) 0,05 0,1

CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O

(mol) 0,1 0,1

180 2.100

? 10

Bài 10 : Cho 13,35 gam hỗn hợp X gồm H2N-CH2CH2COOH

CH3CH(NH2)COOH tác dụng với V ml dung dịch NaOH 2M thu dung dịch

Y Biết dung dịch Y tác dụng vừa đủ với 250 ml dung dịch HCl 1M Tính giá trị V

(22)

Cách : Phương pháp bảo tồn điện tích

Nhận xét : Nếu sử dụng phương pháp khác phương pháp thông thường,

để giải tốn thời gian, chí bế tắc, số lượng phương trình tương đối nhiều, mà có hai kiện Điểm nhằm rèn luyện tư cho HS

của toán không chỗ nhận hỗn hợp Y tác dụng với HCl lả hỗn hợp X NaOH tác dụng với HCl, mà điều quan trọng phải biết suy nghĩ tìm phương pháp giải hợp lí nhất, hướng có cách giải hay

nhất ngắn

Bài 11 : Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X gồm amin no đơn chức

trong dãy đồng đẳng, thu 22 g CO2 14,4 g H2O Xác định CTPT hai

(23)

Cách : Phương pháp thơng thường

Gọi CTPT trung bình amin no đơn

0,5mol 0.8 mol

Ta có:

Nhận xét : Cách giải nhanh cách 1, HS cần tính số mol

CO2 số mol H2O lựa chọn đáp số, đặc biệt làm thi trắc

nghiệm khách quan

Bài 12 : Cho hỗn hợp X gồm hai chất hữu có cơng thức phân tử

C2H7NO2 tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH đun nóng, thu dung dịch

(24)

khan

A 16,5 gam B 14,3 gam

C 8,9 gam D 15,7 gam

Nhận xét :

C2H7NO2 có CTCT thõa mãn : HCOOH3NCH3 CH3COONH4

HCOOH3NCH3 + NaOH → HCOONa + CH3NH2 + H2O

(mol) x x

CH3COONH4 + NaOH → CH3COONa + NH3 + H2O

(mol) y y

Gọi x, y số mol CH3NH2 NH3

Ta có :

→ Đáp án B

(mol) 0,2 0,2 0,2 0,2

(25)

→ Đáp án B

Cách : Phương pháp trung bình kết hợp với phương pháp bảo toàn khối lượng

Gọi cơng thức tổng qt trung bình X RCOOH3NR'

RCOOH3NR’ + NaOH → RCOONa + R’NH2 + H2O

(mol) 0.2 0,2 0,2 0,2

Áp dụng ĐLBT KL, ta có :

→ Đáp án B

Nhận xét : Trong cách có cách nhanh tối ưu

HS suy nghĩ thường sử dụng cách để giải HS thường xuyên suy nghĩ, rèn

luyện tìm cách giải mới, sáng tạo thường sử dụng cách để giải

Bài 13: Anđehit A no, mạch thẳng có CTPT (C3H5O)n Xác định CTPT, CTCT

A Nếu A hợp chất no, mạch thẳng – xác định CT A khơng? Nếu có trình bày cách biện luận

Nhận xét: Đây tập có nhiều cách giải, dùng tập

yêu cầu học sinh giải nhiều cách khác

Cách 1: Dùng nhận xét số nhóm chức liên quan tới cấu trúc mạch cacbon

Ta có (C3H5O)n  C3nH5nOn  C2nH4n(CHO)n Vì A anđehit có mạch cacbon

khơng phân nhánh, nên số nhóm chức phân tử khơng q -0 nghĩa n = 1;

hoặc n =

(26)

Với n = 2, nhận – A C4H8(CHO)2 hay OHC-CH2-CH2-CH2-CH2-CHO (anđehit

ađipic)

Cách 2: Dùng cơng thức tổng qt

Ta có (C3H5O)n  C3nH5nOn  C2nH4n(CHO)n Đã biết công thức tổng quát

anđehit no, mạch hở CmH2m+2-a(CHO)a Đồng hai cơng thức ta có: (n = a; 2n

= m) (*) đương nhiên:

4n = 2m + – a; (*) vào ta có n =

Cách 3: Dùng độ bất bão hồ

Ta có (C3H5O)n  C3nH5nOn  C2nH4n(CHO)n

- Tính độ bất bão hồ theo cơng thức:  = 1/2 (2.3n + – 5n) = 1/2 (n + 2) - Tính độ bất bão hồ theo cấu tạo: Phân tử khơng có vịng, no, có n nhóm

(-CHO) (mỗi nhóm có liên kết ) nên  = + + n = n

Với phân tử có giá trị độ bất bão hoà nên: = 1/2 (n + 2) = n

hay n =

Cách 4: Dựa vào điều kiện tồn độ bất bão hoà:   nguyên, k 

Có thể tìm cơng thức A bỏ bớt kiện !

Tổng quát A no, mạch không phân nhánh ta giải sau:

- Ta có (C3H5O)n  C3nH5nOn  C2nH4n(CHO)n

- Giả sử A có k vịng; k liên kết  mạch cacbon; tổng số liên kết  vòng mạch cacbon k (khơng kể n liên kết  nhóm chức anđehit), điều kiện: k  nguyên

- Độ bất bão hồ (tính theo đặc điểm cấu tạo) A là:  = k + n

(27)

Vậy phải có: k + n = 1/2 (n + 2)  n = 2(1 – k) Vì n > nên – k >  k < mà k không âm, nguyên nên k = với k = ta có n = 2.(tiếp theo cách 1)

Bài 14 ( ĐHKB 2011): Cho 200 gam loại chất béo có số axit tác dụng vừa đủ với lượng NaOH, thu 207,55 gam hỗn hợp muối khan Khối lượng NaOH tham gia phản ứng là:

A 31 gam B 32,36 gam C 30 gam D 31,45 gam

Cách 1:

Chỉ số axit = → số mg KOH cần trung hòa axit tự = 200.7=1400mg = 0,025mol = nNaOH

Gọi a số mol NaOH pứ chất béo nguyên chất 0,025 số mol NaOH pứ với lượng axit tự do, sau pứ khối lượng chất tăng lên so với ban đầu = 207,55 – 200 = 7,55 gam

Áp dụng phương pháp tăng giảm khối lượng ta có:

H(1)→Na(23)

0,025…0,025

C3H5(41) → 3Na (23)

a………… 3a

→m = 0,025(23-1) + (23.3a – 41a) = 7,55 → a = 0,25

vậy ∑nNaOH = 3a + 0,025 = 3.0,25 + 0,025 = 0,775 → mNaOH = 0,775.40 = 31gam

Cách 2:

Gọi số mol NaOH a

 số axit nên số mol KOH dùng trung hòa axit là: 200.7.10-3

/56 = 0,025mol = số mol NaOH

(28)

 số mol NaOH phản ứng với trieste : a – 0,025  số mol glixerol thu được:

3 025 0, ) a

( 

ĐLBTKL: mX + m NaOH = m muối + mglixerol + mH2O

200 + 40a = 207,55 + 92

025 0, ) a

(  + 18 0,025  a = 0,775

 m NaOH = 31 gam

Bài 15 (ĐHKB năm 2011): Để hiđro hóa hồn tồn 0,025 mol hỗn hợp X gồm hai anđehit có khối lượng 1,64 gam, cần 1,12 lít H2 (đktc) Mặt khác, cho

lượng X phản ứng với lượng dư dung dịch AgNO3 NH3 thu

8,64 gam Ag Công thức cấu tạo hai anđehit X

A OHC-CH2-CHO OHC-CHO

B H-CHO OHC-CH2-CHO

C CH2=C(CH3)-CHO OHC-CHO

D CH2=CH-CHO OHC-CH2-CHO

Cách 1:

nX = 0,025 nH2= 0,05  Có liên kết  nhóm chức (tỷ lệ :2)

nAg = 0,08  có anđehit chức  cịn anđhit không no

CnH2n-2O (x mol)

CnH2n-2O2 (ymol)              015 , 01 , 08 , 025 y x y x y x

y = 0,015 (14n + 14)0,01 + (14m + 30)0,015 = 1,64  14n + 21m = 105

Lập bảng chọn n = m =

(29)

n andehit = 0,025, nH2 = 0,05 Ta thấy số mol H2 gấp đôi số mol andehit →

chất X có liên kết pi → (loại B) ; nAg/số mol andehit = 0,08/0,025 = 3,2 → có andehit chức

dựa vào quy tắc đường chéo ta tìm số mol RCHO = 0,01 số mol R’(CHO)2

= 0,015

→ 0,01(R + 29) + 0,015(R’ + 58) = 1,64 → R = 27(CH2=CH-) R’ = 14 (-CH2-)

→ (D)

Bài 16: Chia hỗn hợp gồm hai đơn chức X Y (phân tử khối X nhỏ Y) đồng đẳng thành hai phần nhau:

- Đốt cháy hoàn toàn phần thu 5,6 lít CO2 (đktc) 6,3 gam H2O

- Đun nóng phần với H2SO4 đặc 140

0

C tạo thành 1,25 gam hỗn hợp ba ete

Hóa hồn tồn hỗn hợp ba ete trên, thu thể tích 0,42 gam N2 (trong

cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất)

Hiệu suất phản ứng tạo ete X, Y là:

A 30% 30% B 25% 35% C 40% 20% D 20% 40%

Cách 1:

nCO2 = 0,25 ; nH2O = 0,35 ; nN2 = 0,015 = n ete

Ta thấy nH2O > nCO2 → ancol no, đơn →n ancol = 0,35 – 0,25 = 0,1

→ C trung bình = nCO2 /n rượu =0,25/0,2 = 2,5

Vì rượu liên tiếp → số mol ancol= = 0,1/2 = 0,05

Trong pứ ete hóa số mol ancol = lần số mol ete → số mol ancol tham gia pứ ete hóa = 0,015.2 = 0,03 → tổng hiệu suất tạo ete ancol = 0,03/0,05 = 60%

+ Giả sử C2H5OH tạo ete → m ete thu = 0,015(2.46 - 18) = 1,11g

+Giả sử C3H7OH tạo ete → m ete thu = 0,015(2.60 – 18) = 1,53

Dựa vào khối lượng ete thu thực tế giả sử, áp dung quy tắc đường chéo tính tỉ lệ C2H5OH/C3H7OH = 2/1 → hiệu suất tạo ete rượu =

40% 20%

(30)

Phần 1: nH2O= 0,35 nCO2= 0,25  ancol no,đơn chức  a = 0,1  n= 2,5

C2H5OH C3H7OH Lập phương trình cho: x + y = 0,1 2x + 3y =

2,5.0,1 = 0,25

Giải ra: x = y = 0,05

Phần 2: CmH2m+2O  nX = 0,015 = nH2O nancol = 0,03  dư 0,07

mancol dư = 0,05.46 + 0,05.60 – 1,25 – 0,015.18 = 3,78

Lập hệ cho m n ancol dư

       07 , 78 , 60 46 b a b a       04 , 03 , b a

H X Y 40% 20%

Bài 17: (ĐHKA-2014) : Hỗn hợp X gồm axit axetic, propan-2-ol Cho lượng

X phản ứng vừa đủ với Na, thu 0,448 lít khí H2 (đktc) m gam chất rắn Y

Giá trị m

A 2,36 B 2,40 C 3,32 D 3,28

Chọn D Axit axetic propan-2-ol có M = 60 Số mol H2 = 0,02 mol

CH3-COOH CH3-COONa

(CH3)2CH-OH (CH3)2CH-ONa

Cách 1: Phương trình phản ứng chung: R-OH + Na  R-ONa + 2H2



(mol) 0,5; tăng = 22 gam

0,04 0,04 0,04 0,02; tăng = 0,88 gam

m = 60.0,04 + 0,88 = 3,28 gam

Cách 2: Áp dụng ĐLBTKL, số mol Na = 2.số mol H2 = 0,04 mol

60.0,04 + 23.0,04 = m + 2.0,02  m = 3,28 gam

Cách 3: Mban đầu = 60 , Msản phẩm = 60 - + 23 = 82  m = 82.0,04 = 3,28 gam

Bài 18( ĐHKB-2014): Hai este X, Y có cơng thức phân tử C8H8O2 chứa

vòng benzene phân tử Cho 6,8 gam hỗn hợp gồm X Y tác dụng với dung

dịch NaOH dư, đun nóng, lượng NaOH phản ứng tối đa 0,06 mol, thu

(31)

dung dịch Z chứa 4,7 gam ba muối Khối lượng muối axit cacboxylic có phân tử khối lớn Z

A 0,82 gam B 0,68 gam C 2,72 gam D 3,40 gam

Chọn A MX, Y = 136, số mol hỗn hợp (X, Y) = 0,05 mol < số mol NaOH = 0,06

mol

Trong hỗn hợp có este phenol (X) este có vịng benzen phân tử (Y)

Số mol hỗn hợp muối = số mol NaOH = 0,06 mol

 Mmuối = (4,7 : 0,06) = 78,33 có muối H-COONa (M = 68)

X R-COO-C6H4-R’ (x mol) , Y este axit cacboxylic với ancol (y

mol)

R-COO-C6H4-R’ + 2NaOH  R-COONa + R’-C6H4-ONa + H2O

(mol) x 2x x x x

R1COOR2 + NaOH  R1COONa + R2OH (mol ) y y y y

Ta có: x + y = 0,05

2x + y = 0,06  x = 0,01 mol, y = 0,04 mol

Cách 1: Biện luận theo Y CTCT Y: C6H5COO-CH3 H-COO-CH2C6H5

(benzyl fomat)

Nếu Y C6H5COO-CH3, khối lượng C6H5COONa = 144.0,04 = 5,76 > 4,7

gam, loại

Vậy CTCT Y H-COO-CH2C6H5 (benzyl fomat)

Công thức cấu tạo X CH3COO-C6H5, khối lượng CH3COONa =

82.0,01 = 0,82 gam

(32)

136.0,01 + 40.2.0.01 = mhai muối + 18.0,01  mhai muối = 1,98

gam

Khối lượng muối este Y: 4,7 - 1,98 = 2,72 gam

Mmuối = (2,72 : 0,04) = 68, HCOONa

CTCT X: CH3COO-C6H5 , (trường hợp H-COO-C6H4-CH3 loại)

Khối lượng muối natri axetat = 82.0,01 = 0,82 gam

Bài 19( ĐHKB -2014): Hỗn hợp X gồm ba peptit mạch hở có tỉ lệ mol tương ứng : : Thủy phân hoàn toàn m gam X, thu hỗn hợp sản phẩm

gồm 14,24 gam alanin 8,19 gam valin Biết tổng số liên kết peptit phân tử ba peptit X nhỏ 13 Giá trị m

A 18,83 B 18,29 C 19,19 D 18,47

Số mol alanin = (14,24 : 89) = 0,16 mol, số mol valin = (8,19 : 117) = 0,07 mol Tổng số mol -amino axit = 0,16 + 0,07 = 0,23 mol

Phương trình phản ứng thủy phân:

H-[NH-CH(R)-CO]a-OH + (a - 1)H2O  aH2N-CH(R)-COOH

(mol) x xa - x ax

Mối liên hệ: Số mol peptit + số mol H2O = số mol -amino axit

 số mol H2O = số mol -amino axit – số mol peptit

Cách 1: Tỉ lệ số mol Ala : Val = 0,16 : 0,07 = 16 :

Tỉ lệ số mol peptit : :  Số gốc Ala Val trung bình

16 3, 

7 1, 

Công thức chung peptit H-[NH-CH(R)-CO]3,2-[NH-CH(R’)-CO]1,4-OH

(khơng chọn tỉ lệ 32 : 14 tổng số gốc -amino axit peptit < 13 + = 16)

Phương trình phản ứng thủy phân, kí hiệu [Ala] [Val] gốc -amino axit:

(33)

(mol) 3,6 3,2 1,4 (mol) 0,18 0,16 0,07 Áp dụng ĐLBTKL : m + 18.0,18 = 14,24 + 8,19  m = 19,19 gam

Cách 2: Gọi số mol peptit tương ứng x, x 3x

Tổng số mol peptit: x + x + 3x = 5x Thay số: nnước = 0,23 – 5x

Áp dụng ĐLBTKL mpeptit = m = mamino axit - m nước

 m = 89.0,16 + 117.0,07 – 18(0,23 – 5x) = 18,29 + 90x

- Tìm x

Gọi số mắt xích Ala ba peptit a1, a2 a3  nAla = x(a1 + a2 +

3a3) (*)

Gọi số mắt xích Val ba peptit v1, v2 v3  nVal = x(v1 + v2

+ 3v3) (**)

Tổng số liên kết peptit X nhỏ 13 nên tổng số mắt xích nhỏ 16

a1 + a2 + a3 + v1 + v2 + v3 < 16

Ta có: Ala 3

Val 3

n x(a a 3a ) (a a 3a ) 0,16 16 n x(v v 3v ) (v v 3v ) 0, 07

   

   

   

(***)

Chọn: a1 + a2 + 3a3 = 16, v1 + v2 + 3v3 =  x = 0,01 mol, m = 18,29 +

90.0,01 = 19,19 gam

3.2 Bài tập hóa học vơ có nhiều cách giải

Bài 1: Hịa tan hồn tồn 15,3 gam hỗn hợp X gồm Fe, Mg, Zn dung dịch HCl (dư) người ta thu 6,72 lít khí (đktc) dung dịch Y Cô cạn dung dịch Y thu khối lượng muối khan ?

Fe + 2HCl → FeCl2 + H2

(34)

Mg + 2HCl → MgCl2 + H2

(mol) y y y

Zn + 2HCl → ZnCl2 + H2

(mol) z z z

Gọi số mol Fe, Mg, Zn x,y,z Ta có hệ phương trình sau :

56x + 24y + 65z = 15,3

x + y + z = 0,3

m muối = x(56 + 35,5 2) + y(24 + 35,5 2) + z(65 + 35,5 2)

= 56x + 24y + 65z + 35,5 (x + y + z)

= 15,3+ 35,5 0,3 = 36,6 gam

Nhận thấy:

M + 2HCl → muối + H2

(mol) 0,6 0,3

Áp dụng định luật bảo tồn khối lượng ta có: mM + mHCl = mmuối + m H2

m muối = m hỗn hợp kim loại + mHCl – mH2 = 15,3 + 0,6 36,5 – 0,3.2 = 36,6 g

Đặt cơng thức trung bình Fe, Mg, Zn

(35)

0,3 0,3 (mol)

+ 71) = 0,3 + 0,3.71 = 36,6 gam

Nhận xét : Với HS bình thường hay dùng cách để giải, làm

lâu nhiều chí bế tắc, không giải HS rèn luyện tư thường dùng cách 2,3

Bài : Cho luồng khí CO qua hỗn hợp m gam X gồm oxit: Fe3O4,

Al2O3, MgO, CuO nung nóng, sau thời gian thu hỗn hợp khí Y 56,82

gam chất rắn Z Cho Y lội chậm qua bình đựng dung dịch nước vơi dư, thấy có 45 gam kết tủa xuất Giá trị m

A 64,02 B 81,4 C 34,8 D 20,6

Hƣớng dẫn giải

nCaCO3 = = 0,45 mol

CO2 + Ca(OH)2 CaCO3  + H2O (1)

(mol) 0,4  0,4

(1)  nCO2 = 0,4 mol

● X + CO, t0

: Al2O3, MgO không bị khử

(mol) x x x

(mol) y 3y 4y

(36)

(mol) z z z

Nếu đặt số mol oxit X làm ẩn có ẩn có hai kiện Hơn nữa, phản ứng khơng xảy hồn tồn, nên khó xác định chất rắn Z gồm chất ? Nhiều HS thấy bế tắc (!)

Nhận xét: nCO = nCO2 = 0,4 mol

Theo định luật bảo toàn khối lượng :

mX + mCO = mZ + mCO

 mX = mZ + mCO2- mCO = 56,82 + 0,45 44 - 0,45.28 = 64,02 gam

 Chọn đáp án A

Cứ mol CO phản ứng tạo mol CO2 làm khối lượng chất rắn giảm

16 gam Vậy có 0,4 mol CO2 tạo khối lượng chất rắn giảm 0,45.16 = 7,2

gam  Khối lượng chất rắn ban đầu 56,82 + 7,2 = 64,02 gam

Ta có :

Nhận xét : Học sinh tư theo nhiều hướng khác để tìm cách

giải tốn : có phương pháp gặp bế tắc (như phương pháp thơng thường trên), có phương pháp tìm kết quả, … sử dụng phương bảo tồn khối lượng tăng giảm khối lượng tìm kết nhanh Và tất nhiên trường hợp này, phương pháp bảo toán khối lượng tăng giảm

(37)

Bài : Khử hoàn toàn 24 gam hỗn hợp CuO FexOy H2 dư, t

, thu 17,6 gam hỗn hợp hai kim loại Khối lượng nước tạo thành

A 3,6 gam B 7,2 gam C 1,8 gam D 5,4 gam

Cách : Dùng phương pháp thông thường

Gọi a, b số mol CuO FexOy

Viết phương trình phản ứng, lập hệ, giải hệ, tìm khối lượng nước

CuO + H2 → Cu + H2O

(mol) a a a

FexOy+ yH2 → xFe + yH2O

(mol) b xb yb

Ta có : 80a + (56x + 16y)b = 24 (1)

64a + 56xb = 17,6 (2)

Lấy (1) trừ (2) ta : 16a + 16yb = 6,4 → a + yb = 0,4

= 18(a + yb) = 7,2 g  Chọn đáp án B

mO(trong oxit) = moxit - mkim loại = 24 - 17,6 = 6,4 gam = mO(trong H2O)

 = nO = 6,4 : 16 = 0,4 mol  = 18.0,4 = 7,2 gam

 Chọn đáp án B

Cứ mol H2 phản ứng "câu" mol O tạo mol nước làm khối

(38)

Vậy khối lượng chất rắn giảm 24 - 17,6 = 6,4 gam số mol nước tạo

thành : 6,4 : 16 = 0,4 mol  = 7,2 gam

Cách : Phương pháp bảo tồn khối lượng, ta có : nH2 = nH2O = x mol

moxit + mH2 = mkim loại + mH2O

24 + 18x = 17,6 + 18x → x = 0,4

 = 18.0,4 = 7,2 gam  Chọn đáp án B

Nhận xét : Với HS bình thường hay giải theo cách 1, cách tốn nhiều

thời gian phức tạp Với HS có tư rèn luyện thường xuyên thường giải theo cách 2, cách 4, cách nhanh hơn, tối ưu

Bài : Cho 250 ml dung dịch NaOH 2M vào 200 ml dung dịch H3PO4 1,5M

Khối lượng mổi muối : Muối tạo thành khối lượng tương ứng

A 14,2 gam Na2HPO4; 32,8 gam Na3PO4

B 28,4 gam Na2HPO4; 16,4 gam Na3PO4

C 12,0 gam NaH2PO4; 28,4 gam Na2HPO4

D 24,0 gam NaH2PO4; 14,2 gam Na2HPO4

Suy luận : Có

Tạo hỗn hợp hai muối : NaH2PO4 Na2HPO4

NaOH + H3PO4 → NaH2PO4 + H2O

(mol) x x

(39)

(mol) 2y y

Ta có :

→

 Chọn đáp án C

Cách : Sơ đồ đường chéo :

Na2HPO4 (n1 = 2) 15/3 =

n =

NaH2PO4 (n2 = 1) 25/3 =

Mà :

Giải hệ (1) (2) ta :

 Chọn đáp án C

Bài : Hịa tan hồn tồn m gam hỗn hợp gồm Na Ba vào nước thu 7,84

lit khí (đktc) dung dịch A Tính thể tích HCl2M cần để trung hịa hết dung

dịch A

3

(40)

2Na + H2O → 2NaOH + H2 (1)

(mol) x x x/2

Ba + H2O → Ba(OH)2 + H2 (2)

(mol) y y y

NaOH + HCl → NaCl + H2O (3)

(mol) x x

Ba(OH)2 + 2HCl → BaCl2 + 2H2O (4)

(mol) y 2y

Theo pt (1) (2), ta có :

Theo pt (3) (4) :

Cách : Phương pháp phương trình ion rút gọn

H2O → OH

+ ½ H2

(mol) 0,7 0,35

(mol) 0,7 0,7

→

Nhận xét : Điểm rèn luyện tư cho HS qua tập phải biết lựa

chọn phương pháp phương trình ion thu gọn để giải, giải phương trình phân tử nhiều HS phải viết nhiều phương trình phản ứng (2 phương trình

của kim loại với H2O, phương trình axit với NaOH Ba(OH)2), tập

này cho hỗn hợp axit việc viết phương trình phản ứng trở nên phức tạp

(41)

Bài : Hịa tan hồn tồn 23,8 gam hỗn hợp gồm muối cacbonat kim loại kiềm muối cacbonat kim loại kiềm thổ dung dịch HCl thu

được 0,2 mol CO2 dung dịch A Cô cạn dung dịch A thu gam

chất rắn?

A2CO3 + 2HCl 2ACl + CO2 + H2O (1)

(mol) x 2x x

BCO3 + 2HCl BCl2 + CO2 + H2O (2)

(mol) y 2y y

(2A + 60)x + (B + 60)y = 23,8 (3)

x + y = 0,2 (4)

Từ (3) (4) ta có : 2Ax + By + 60(x+y) = 23,8

→ 2Ax + By = 23,8 – 60.0,2 = 11,8 (5)

mmuối = 2x(A + 35,5) + y (B + 2.35,5)

= 2Ax + By + 71 (x+y) = 11,8 + 71 0,2 = 26g

Cách : Dùng phương pháp bảo toàn khối lượng

A2CO3 + 2HCl → 2ACl + CO2 + H2O (1)

BCO3 + 2HCl→ BCl2 + CO2 + H2O (2)

Từ (1)(2)  số mol HCl = số mol CO2 = 0,4 mol

(42)

Theo định luật BTKL, ta có :

23,8 + 0,4.36,5 = mmuối + mCO2+ mH2O

→ mmuối = 23,8+ 0,4.36,5 - 0,2 (44 + 18) = 26g

Cách : Dùng phương pháp tăng giảm khối lượng :

Cứ mol CO2 sinh có mol muối A2CO3 BCO3 phản ứng

tạo mol ACl mol BCl2, làm khối lượng tăng 71- 60 =11 gam

Vậy số mol CO2 sinh 0,2 mol khối lượng muối giải phóng

tăng lên 0,2.11 = 2,2g Khối lượng muối sau phản ứng là: 23,8 + 2.2 = 26g

Đặt cơng thức muối trung bình muối cacbonat CO3

CO3 + 2HCl → Cl2 + CO2 + H2O

(mol) 0,2 0,2 0,2

Nhận xét : Rõ ràng cách tối ưu nhiều so với cách Do giảng

dạy, để rèn luyện tư cho HS, cần phải hướng dẫn cho em tìm tịi, khám phá cách giải mới, sáng tạo Với tập HS áp dụng đồng thời phương pháp trung bình bào toàn khối lượng để giải cho kết nhanh chóng

Bài : Hịa tan hồn toàn 7,56 gam hỗn hợp Mg Al dung dịch HCl thu 8,064 lít khí (đktc) Cũng lượng hỗn hợp hịa tan hồn tồn

H2SO4 đặc, nóng thu 0,12 mol sản phẩm chứa lưu huỳnh Hãy

(43)

Nhận xét : Bài tập có hai giai đoạn tính :

Giai đoạn : Tính số mol Mg, Al

Đặt nMg = x; nAl = y

Mg + 2HCl MgCl2 + H2

(mol) x x

2Al + 6HCl 2AlCl3 + 3H2

(mol) y 1,5y

Ta có :

Cách : Phương pháp bào toàn electron

(mol) x 2x

(mol) y 3y

(mol) 0,72 0,36

Ta có :

Giai đoạn : Xác định sàn phẩm khử S+6

(44)

Sản phẩm khử S6

SO2, S hay H2S

Trường hợp : Sản phẩm khử SO2

(mol) 0,18 0,36

(mol) 0,12 0,36

(mol) 0,72 0,36 → loại trường hợp (vì trái với giả thiết)

Trường hợp : Sản phẩm khử S

(mol) 0,18 0,36

(mol) 0,12 0,36

(mol) 0,72 0,12 ( nhận )

Trường hợp : Sản phẩm khử H2S

(mol) 0,18 0,36

(mol) 0,12 0,36

(45)

→ Sản phẩm khử S

Cách : Phương pháp bảo toàn e

Bán phản ứng oxi hóa :

Mg Mg + 2e

(mol) 0,18 2.0,18

Al Al + 3e

(mol) 0,12 3.0,12

ne (nhường) = 0,72 mol

Bán phản ứng khử :

S + (6 - x)e S

(mol) (6- x)0,12 0,12

Theo định luật bảo tồn e, Ta có :

(6 - x)0,12 = 0,72  x =

→ Sản phẩm khử S

Cách : Với HS thông minh dễ dàng nhận : Vì lượng hỗn hợp

Mg Al Các phản ứng xảy hoàn toàn Nên :

ne (Mg, Al) nhường = ne H +

nhận = ne S nhận

 0,12(6 - x) = 0,72  x = (S)

Bài : Cho V(l) khí CO2 (đktc) hấp thụ hồn tồn vào 250 ml dung dịch Ba(OH)2

0,6 M 15,76g kết tủa Tìm giá trị V

Ta có :

Nhận thấy số mol BaCO3 < Số mol Ba(OH)2 Vậy xảy trường hợp sau :

2 

0

3 

0

x

(46)

Trường hợp : Ba(OH)2 dư

CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O

(mol) 0,08 0,08

VCO2 = 0,08.22,4 = 1,792 lít

Trường hợp : Ba(OH)2 không dư

CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O

(mol) 0,08 0,08 0,08

2CO2 + Ba(OH)2 → Ba(HCO3)2

(mol) 0,14 0,07

VCO2 = (0,08+0,14).22,4 = 4,928 (lít)

(mol) 0,08 0,16 0,08

(mol 0,14 0,14

Trường hợp : Chỉ xảy pt(1)

VCO2 = 0,08.22,4 = 1,792 lít

Trường hợp : Xảy pt(1) pt(2)

(47)

Cách : Phương pháp đồ thị

Dựa vào tỷ lệ phản ứng phương trình (1) (2) ta vẽ đồ thị biểu diễn

lượng kết tủa thu theo lượng CO2 phản ứng sau :

Số mol BaCO3

0,08 0,15 0,22 0,3 Số mol CO2

Dựa vào đồ thị, sau phản ứng thu 15,76 gam kết tủa ta có :

Trường hợp 1: Số mol CO2 = 0,08 (mol)

Trường hợp 2: Số mol CO2 = 0,22 (mol)

→ Chọn đáp án C

Cách : Phương pháp dùng công thức kinh nghiệm

Nhận xét : Với tập này, HS tư theo nhiều hướng khác

để tìm cách giải tốn Thơng thường em lựa chọn cho cách

1 cách để giải, HS dễ quên trường hợp dễ dẫn đến lựa chọn đáp số khơng xác, đặc biệt làm trắc nghiệm khách quan Với HS có tư duy, chưa hài lịng với cách giải có, tìm cách giải mới, sáng tạo từ tìm quy luật chung đưa công thức cho dạng tập hóa học Cụ thể tập này, HS giải cách ngắn gọn hay

nhiều so với cách trên, nhiên cần phải ý đến điều kiện cho công 0,15

(48)

thức thực nghiệm số mol kết tủa phải nhỏ số mol

Ca(OH)2 Ba(OH)2 Với việc tìm công thức cho dạng tập

vậy giúp em giải tập nhanh hơn, xác hơn, qua kích thích em tìm tịi, khám phá cách giải ngắn gọn hay cho

dạng tập khác Từ tư em rèn luyện phát triển

Bài : Cho 200 ml dung dịch NaOH vào 200 ml dung dịch gồm AlCl3 1M

HCl 1M, thu 7,8 gam kết tủa Nồng độ mol dung dịch NaOH

A 1,5M 4,5M B 2,5M 3,5M

C 1,5M 3,5M D 2,5M 4,5 M

nAlCl3 = 0,2.1 = 0,2 mol  nAl3 = 0,2 mol

NaOH + HCl → NaCl + H2O (1)

3NaOH + AlCl3 → Al(OH)3 + NaCl (2)

NaOH + Al(OH)3 → NaAlO2 + H2O (3)

Theo :

nAl(OH)3= 0,1 mol < 0,2 mol nên ta phải xét hai trường hợp sau :

Trường hợp : Phản ứng (3) chưa xảy  nNaOH = 3nAl(OH)3 +nHCl = 0,5 mol

 CM NaOH =

0,

0, = 2,5 M (*)

(49)

Từ (2)  nAl(OH)3 max = nAlCl3 = 0,2 mol

Mà nAl(OH)3 dư sau (2) = 0,1 mol  nAl(OH)3 pứ = 0,2 - 0,1 = 0,1 mol

 nNaOH = 3nAlCl3 + nAl(OH)3 pứ + nHCl= 3.0,2 + 0,1+0,2 = 0,9 mol = nNaOH

 CMNaOH =

0,

0, = 4,5 M (**)

Từ (*), (**) → Chọn đáp án D

(1)

Al3

+ 3OH → Al(OH)3 (2)

Al(OH)3 + OH → AlO2 + H2O (3)

Theo :

Trường hợp : Phản ứng (3) chưa xảy ra, ta có :

 nOH = 3nAl(OH)3 + nHCl= 0,3 + 0,2 = 0,5 mol = nNaOH

 CM NaOH =

0,

0, = 2,5 M (*)

Trường hợp : Xảy phản ứng (3)

Từ (2)  nAl(OH)3 max = nAl3 = 0,2 mol

Mà nAl(OH)3 dư sau (2) = 0,1 mol  nAl(OH)3 pứ = 0,2 - 0,1 = 0,1 mol

 nOH = 3nAl3+ nAl(OH)3 pứ + nHCl = 3.0,2 + 0,1 + 0,2= 0,9 mol = nNaOH

 CMNaOH =

0,

(50)

Từ (*), (**) → Chọn đáp án D

Cách : Phương pháp bảo tồn điện tích bảo toàn nguyên tố

Theo :

Trường hợp : Lượng NaOH vừa đủ tạo kết tủa NaOH, dung dịch sau

phản ứng gồm

Áp dụng Định luật bảo tồn ngun tố Al, ta có :

Áp dụng định luật bảo tồn điện tích cho dung dịch sau phản ứng, ta có :

→ CMNaOH =

0,

0, = 2,5 M (*)

Trường hợp : Lượng NaOH tạo kết tủa hết với Al3+, sau kết tủa tan

một phần cịn lại 7,8 gam Khi dung dịch sau phản ứng gồm

Áp dụng Định luật bảo tồn ngun tố Al, ta có:

Áp dụng định luật bảo tồn điện tích cho dung dịch sau phản ứng, ta có:

 CM NaOH =

0,

0, = 4,5 M (**)

(51)

Dựa vào tỷ lệ phản ứng phương trình (1), (2), (3) ta vẽ đồ thị

biểu diễn lượng kết tủa thu theo lượng NaOH phản ứng sau :

Số mol Al(OH)3

0,2 0,4 0,5 0,6 0,8 0,9 Số mol NaOH

Trường hợp 1: Số mol NaOH = 0,5 (mol) → CM NaOH =

0,

0, = 2,5 M (*)

Trường hợp 2: Số mol NaOH = 0,9 (mol)  CMNaOH =

0,

0, = 4,5 M (**)

Từ (*),(**) → Chọn đáp án D

Nhận xét : Rỏ ràng tập cách tối ưu nhiều so với cách

giải 0,2

(52)

Bài 10 : Nhỏ từ từ dung dịch HCl 1M vào 100 ml dung dịch (NaOH 1M +

NaAlO2 1,5M) Sau thời gian thu 7,8 gam kết tủa Thể tích dung dịch

HCl 1M dùng

A 200 ml B 250 ml

C 400 ml D 200ml 400 ml

Ta có: nNaOH = 0,1.1 = 0,1 mol; nNaAlO

2 = 0,1.1,5 = 0,15 mol;

HCl + NaOH → NaCl + H2O (1)

HCl + NaAlO2 + H2O → Al(OH)3 + NaCl (2)

3HCl + Al(OH)3 → AlCl3 + 3H2O (3)

Trường hợp : Chỉ xảy pt(1) pt(2)

(*)

Trường hợp : Xảy pt(1), pt(2), pt(3)

nAl(OH)3 tan = nAlO2 - nAl(OH)3còn = 0,15 - 0,1 = 0,05 mol

nHCl = nNaOH + nNaAlO

2 + 3nAl(OH)3 tan = 0,1 + 0,15 + 3.0,05 = 0,4 mol (**)

Từ (*), (**)  Chọn đáp án D

(53)

H + OH H2O (1)

0,1 0,1

AlO2 + H



+ H2O→ Al(OH)3  (2)

Nếu AlO2 hết mà tiếp tục nhỏ thêm HCl vào

Al(OH)3 + 3H → Al 3+

+ 3H2O (3)

Xét hai trường hợp sau :

Trường hợp : pt (3) chưa xảy :

nH = nOH + nAl(OH)3 = 0,1 + 0,1 = 0,2 mol

Vdd HCl = 0,2/1 = 0,2 lít = 200 ml (*)

Trường hợp : pt (3) xảy : Nhiều HS xét thiếu trường hợp

nAl(OH)3 tan = nAlO2 - nAl(OH)3còn = 0,15 - 0,1 = 0,05 mol

nH = nOH + nAlO2 + 3nAl(OH)3 tan = 0,1 + 0,15 + 3.0,05 = 0,4 mol

Vdd HCl = 0,4/1 = 0,4 lít = 400 ml (**)

Từ (*), (**)  Chọn đáp án D

Cách : Phương pháp bảo tồn điện tích bảo toàn nguyên tố

Theo :

Trường hợp : Lượng HCl vừa đủ tạo kết tủa NaOH, dung dịch sau

phản ứng gồm

(54)

Trường hợp : Lượng HCl tạo kết tủa hết với AlO2

-, sau kết tủa tan

một phần lại 7,8 gam Khi dung dịch sau phản ứng gồm

Áp dụng Định luật bảo tồn ngun tố Al, ta có :

Từ (*),(**) → Chọn đáp án D

Dựa vào tỷ lệ phản ứng phương trình (1), (2), (3) ta vẽ đồ thị

biểu diễn lượng kết tủa thu theo lượng HCl phản ứng sau :

Số mol Al(OH)3

0,1 0,2 0,3 0,4 0,7 Số mol HCl

0.25

(55)

Trường hợp 1: Số mol HCl = 0,2 (mol) (*)

Trường hợp : Số mol HCl=0,4(mol) (**)

Từ (*), (**) → Chọn đáp án D

→ Chọn đáp án D

Nhận xét : tập vừa nêu trên, dạng bài tập hay gặp

của HS, đặc biệt kỳ thi tuyển sinh đại học Những dạng tập này, với HS yếu trung bình cách giải thơng thường làm cho em lúng túng, khó hiểu thường khơng giải dẫn đến tự ti mơn hóa Nhưng với cách

giải dùng công thức thực nghiệm em giải số tập hóa học tương tự, làm cho em lạc quan u thích mơn

Bài 11 : Hịa tan hồn tồn 9,65 gam hỗn hợp Al, Fe dung dịch HCl dư, dung dịch thu cho tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc lấy kết tủa, đem nung khơng khí đến khối lượng khơng đổi cịn lại gam chất rắn Tính phần trăm khối lượng Fe có hỗn hợp ban đầu?

Cách 1: Phương pháp truyền thống

Gọi x, y số mol Al Fe hỗn hợp Ta có :

27x + 56y = 9,65 (1)

Các phương trình phản ứng :

(56)

(mol) x x

Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (3)

(mol) y y

HCl + NaOH → NaCl + H2O (4)

AlCl3 + 4NaOH → NaAlO2 + NaCl + 2H2O (5)

FeCl2 + 2NaOH → Fe(OH)2 + NaCl (6)

(mol) y y

2Fe(OH)2 + O2 + 2H2O → 4Fe(OH)3 (7)

(mol) y y

2Fe(OH)3 Fe2O3 + 3H2O (8)

y 0,5y

Chất rắn lại Fe2O3  = 0,5y = = 0,05  y = 0,1 mol

%mFe = = 58,03%

Theo ĐLBTNT ta có :

nFe = = = 0,1 mol  %mFe = = 58,03%

(57)

Nhận xét : Như học sinh suy nghĩ nhiều cách giải tìm cho phương pháp thích hợp để giải tập qua tư học

sinh rèn luyện Rỏ ràng cách tối ưu nhiều so với cách Do giảng dạy, để rèn luyện tư cho HS, GV cần phải đưa nhiều cách giải, nhiều cách tiếp cận kiến thức cho vấn đề, qua em dễ dàng tiếp nhận tri thức HS có cách thu nhận thông tin khác

Bài 12 : Để m gam phơi bào sắt ngồi khơng khí, sau thời gian thu hỗn hợp A có khối lượng 30 gam gồm Fe, FeO, Fe3O4 Fe2O3 Hòa tan hoàn toàn

hỗn hợp A dung dịch HNO3 lỗng, thấy 5,6 lít khí NO

(đktc) Giá trị m

A 12,6 B 25,2 C 37,8 D 50,4

Sơ đồ toán

Cách : Phương pháp đại số

Các phản ứng xảy :

2Fe + O2 → 2FeO (1)

3Fe + 2O2 → Fe3O4 (2)

4Fe + 3O2 → 2Fe2O3 (3)

Fe + 4HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + 2H2O (4)

3FeO + 10HNO3 → 3Fe(NO3)3 + NO + 5H2O (5)

(58)

Fe2O3 + 6HNO3 2Fe(NO3)3 + 3H2O (7)

Gọi x, y, z, t số mol Fe, FeO, Fe3O4 Fe2O3 tương ứng Theo

dữ kiện đề theo phương trình phản ứng, ta có :

56x + 72y + 232z + 160t = 30 (8)

m = 56 (x+y+3z+2t) (9)

Từ (4)(5)(6) : nNO =

→ 3x + y + z = 0,75 mol (10)

Tới có nhiều cách biến đổi để tìm đáp số cho trường hợp Sau số cách biến đổi

Cách 1.1 :

Nhận thấy ẩn t xuất pt(8) pt(9), pt(8) có hệ sơ t gấp 80 lần hệ số t pt(9) nên ta có cách biến đổi sau :

Nhân pt(10) với cộng với pt(8), ta :

80x + 80y + 240z + 160t =36

Chia pt cho 80 nhân cho 56 ta kết :

m = 56 (x+y+3z+2t) = 56 =25,2 gam

Cách 1.2 :

Nhận thấy hệ số pt(8) chia hết cho 8, ta giải sau :

Chia pt(8) cho rồi cộng với pt(10), ta :

(59)

Gọi A B hệ số pt(8) pt(10) cho :

A.pt(8) + B pt(10) = pt(9)

Tiến hành đồng hệ số x, y, z,t vế phương trình trên, ta có :

Theo định luật bảo toàn khối lượng, ta có :

(11)

Trong đó, số mol chất :

Ta có bán phản ứng :

(60)

Cách : Dùng phương pháp bảo tồn electron

Ta có :

(mol)

(mol) 0,75 0,25

Áp dụng định luật bảo toàn electron, ta :

Cách : Phương pháp quy đổi

Cách 5.1 : Có thể xem Fe3O4 tổ hợp FeO Fe2O3 Vì vậy, xem A

gồm Fe, FeO Fe2O3

Đặt x, y, z số mol Fe, FeO Fe2O3 tương ứng

Ta có : 56x + 72y + 160z = 30 (12)

Với khí NO : x + = 0,25  24x + 8y = (13)

Cộng (12) (13), ta :

80x + 80y + 160z = 36

Hay : x + y + 2z = 0,45 = nFeban đầu  mFe = 0,45 56 = 25,2 gam

Cách 5.2 : Ta quy đổi hỗn hợp A gồm chất khử chất khơng có tính khử

Ta xem hỗn hợp A gồm FeO Fe2O3, ta có :

3

(61)

(mol) 0,75 0,75

(mol) 0,75 0,25

Cách 6.1 : Hóa trị trung bình kết hợp với bảo tồn elctron

Gọi hóa trị trung bình Fe hỗn hợp A , cơng thức :

Ta có:

Áp dụng định luật bảo tồn electron, ta có :

Cách 6.2 : Công thức phân tử trung bình kết hợp với bảo tồn eletron

Gọi cơng thức phân tử trung bình hỗn hợp A :

Ta có:

Áp dụng định luật bảo tồn electron, ta có:

(62)

Cách : Phương pháp số học

Giả sử lượng O2 phản ứng tạo Fe2O3

4Fe + 3O2 2Fe2O3

Ta có: nFe = nO = =

Lượng Fe lại tác dụng với HNO3 tạo NO :

Theo (4) : nFe = nNO = 0,25 mol

Theo đề : = + 0,25  m = 25,2 gam

Nhận xét : Đây tập hóa vơ hay nhất, điển hình nhất, có

nhiều cách giải nhất, nhiều độc giả quan tâm nghiên cứu Bên cạch cách giải mà chúng tơi trình bày cịn có số cách giả khác Với

tập này, giải theo cách đặt số mol chất A làm ẩn ta có ẩn có phương trình biết, đó, tốn khơng thể giải phương pháp đại số thông thường (đặt ẩn – giải hệ ) để tìm giá trị ẩn mà có

thể giải cách ghép ẩn số Đến nhiều HS bế tắc, kể HS khá, giỏi Bài tập đa số HS lựa chọn cách 2, cách 3, cách để giải Vì giảng dạy, để rèn luyện tư cho HS người giáo viên cần cho HS thấy được, tính ưu việt phương pháp bảo toàn phản ứng oxi - hóa khử, đặc biệt tốn khó tính theo phương trình phản ứng Hơn nữa, bảo toàn vật chất

một nguyên lý khoa học tự nhiên, nhiều định luật bảo tồn có mặt Vật lý, Sinh học, Hóa học có ý nghĩa triết học Do việc tích cực sử dụng phương pháp bảo tồn giúp cho HS hình thành

giới quan vật biện chứng Tuy nhiên, với tập ta giải cách, bên cạnh phương pháp bảo tồn, GV cẩn phải trình bày phương pháp khác để rèn luyện tư cho HS

2 24

30m

32 30m

3

4

56

m

(63)

Trong số cách giải trên, ta thấy có phù hợp nhiều cách giải khác lựa chọn số phương pháp giải nhanh sử dụng phương pháp bảo toàn electron, phương pháp quy đổi … Việc lựa chọn sử dụng phương pháp hoàn toàn phụ thuộc vào lực tư người phù hợp với HS

Bài 13 : Cho 5,6 gam bột Fe vào 200 ml dung dịch HNO3 3M thu dung dịch

X Tính lượng Cu tối đa hịa tan dung dịch X ?(Biết phản

ứng oxi hoá-khử, NO sản phẩm khử NO

-3 )

Ta có:

Fe + 4HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + 2H2O

(mol) 0,1 0.4 0,1

Dung dịch X gồm :

Khi cho Cu vào dung dịch X có phương trình sau :

3Cu + 8HNO3 → 3Cu(NO3)3 + 2NO + 4H2O

(mol) 0,075 0,2

Cu + 2Fe(NO3)3 → Cu(NO3)2 + 2Fe(NO3)2

(mol) 0,05 0,1

→

Cách : Phương pháp bảo toàn electron

(64)

(mol) 0,1 0,2

(mol) x 2x

(mol) 0.6 0,45

Áp dụng định luật bảo tồn electron, ta có :

2x + 0,2 = 0,45 → x = 0,125 mol → mCu = 0,125 64 = gam

Cách : Phương pháp bảo toàn điện tích

(mol) 0,15 0.6 0,45

Dung dịch sau phản ứng chứa :

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích, ta có:

2 0,1 + 2x = 0,45 → x = 0,125 mol → mCu = 0,125 64 = gam

Bài 14 ( ĐHKA-2014): Thực phản ứng nhiệt nhôm hỗn hợp gồm Al m gam hai oxit sắt khí trơ, thu hỗn hợp rắn X Cho X vào dung dịch

NaOH dư, thu dung dịch Y, chất khơng tan Z 0,672 lít khí H2 (đktc) Sục

khí CO2 dư vào Y, thu 7,8 gam kết tủa Cho Z tan hết vào dung dịch H2SO4,

thu dung dịch chứa 15,6 gam muối sunfat 2,464 lít khí SO2 (ở đktc, sản

phẩn khử H2SO4) Biết phản ứng xảy hoàn toàn Giá trị m

là

A 6,29 B 6,48 C 6,96 D 5,04

(65)

Al2O3 NaAlO2 (dd Y) + CO2 Al(OH)3 (0,1 mol)

Al to Al (dư) + NaOH  H2 (0,03 mol)

hai oxit sắt Fe Fe (chất rắn Z)

- Tìm số mol Al2O3: 2Al + 2NaOH + 2H2O  2NaAlO2 + 3H2

(mol) 0,02 0,02 0,03

Al2O3 + 2NaOH  2NaAlO2 + H2O

(mol) 0,04 0,08

NaAlO2 + CO2 + 2H2O  Al(OH)3 + NaHCO3

(mol) 0,10 0,10

Cách 1: Áp dụng: 2H2SO4 + 2e  SO2 + SO4 2

(trong muối) + 2H2O

- Tìm khối lượng Fe: Số mol SO2 = (2,464 : 22,4) = 0,11 mol

 số mol SO2 = số mol SO4 2

(trong muối) = 0,11 mol

mFe = mmuối - SO

m = 15,6 - 0,11.96 = 5,04 gam

- Tìm khối lượng sắt oxit: m(sắt oxit) = mFe + mO = 5,04 + 0,04.3.16 = 6,96 gam,

(mO = mO Al2O3)

Cách 2: Gọi số mol Fe2+ Fe3+ x y Ta có: Fe  Fe2+

+ 2e , FeSO4 : x mol

Fe  Fe3+

+ 3e , Fe2(SO4)3 : 0,5y mol

2x + 3y = 0,22 x = 0,05 mol

152x + 400.0,5y = 15,6 y = 0,04 mol  mFe = 5,04 g

- Tìm khối lượng sắt oxit: m(sắt oxit) = mFe + mO = 5,04 + 0,04.3.16 = 6,96 gam, (mO

= mO Al2O3)

Bài 15( ĐHKA-2014) : Điện phân dung dịch X chứa a mol CuSO4 0,2 mol

(66)

tổng thể tích khí thu hai điện cực 5,824 lít (đktc) Biết hiệu suất điện phân 100%, khí sinh khơng tan dung dịch Giá trị a

A 0,15 B 0,18 C 0,24 D 0,26

CuSO4  Cu

2+

+ SO4 2

KCl  K+ + Cl

H2O H

+

+ OH

Thứ tự điện phân catot (cực âm) Thứ tự điện phân anot (cực dương)

Cu2+ + 2e  Cu

nếu hết ion Cu2+, xảy khử nước: 2H2O + 2e  H2 + 2OH



2Cl  Cl2 + 2e

nếu hết ion Cl, xảy oxi hoá nước:

2H2O  O2 + 4H +

+ 4e

Khi catot có khí (H2) ra, ion Cu 2+

dung dịch bị điện phân hết, nước bị khử tạo H2

Kết quả, H2O bị điện phân tạo H2 O2

Cách 1: Tính theo nửa phản ứng điện cực

- Số mol khí n1 = (2,464 : 22,4) = 0,11 mol nCl2= 0,1 mol , nO2= 0,01 mol

Số mol electron chuyển qua bình điện phân là: ne (1) = 2.0,1 + 4.0,01 = 0,24 mol

- Số mol khí n2 = (5,824 : 22,4) = 0,26 mol

Số mol electron chuyển qua bình điện phân là: ne (2) = 2.0,24 = 0,48 mol

 Tại anot có khí Cl2 O2 ra:

ne (2) = 0,48 = 2.nCl2+ 4.nO2= 2.0,1 + 4.nO2 nO2= 0,07 mol Số mol khí H2 thoát catot: 0,26 – (0,1 + 0,07) = 0,09 mol

 Tại catot có Cu (a mol) H2 (0,09 mol) thoát ra:

ne (2) = 0,48 = 2.nCu2 + 2 H

n = 2.a + 2.0,09  a = 0,15 mol

(67)

Cu2+ + 2Cl  Cu + Cl2

(mol) 0,1 0,2 0,1 0,1

2Cu2+ + 2H2O  2Cu + O2 + 4H +

(mol) (a - 0,1) (a - 0,1) 0,5(a - 0,1)

2H2O  2H2 + O2

(mol) x 0,5x

- Tổng số mol khí thu hai điện cực số mol electron chuyển qua bình điện phân:

0,26 = 0,1 + 0,5(a - 0,1) + 0,5x + x  0,21 = 0,5a +1,5x

(tại catot) 0,48 = 2a + 2x  0,24 = a + x

(hoặc anot) 0,48 = 2.0,1 + 4.0.5(a – 0,1) + 4.0,5x  0,24 = a + x

 x = 0,09 mol , a = 0,15 mol

Bài 16 (ĐHKA-2014): Hỗn hợp X gồm Al, Fe3O4 CuO, oxi chiếm

25% khối lượng hỗn hợp Cho 1,344 lít khí CO (đktc) qua m gam X nung nóng,

sau thời gian thu chất rắn Y hỗn hợp khí Z có tỉ khối so với H2

18 Hòa tan hồn tồn Y dung dịch HNO3 lỗng (dư), thu dung dịch

chứa 3,08m gam muối 0,896 lít khí NO (ở đktc, sản phẩm khử nhất) Giá trị m gần giá trị sau đây?

A 9,5 B 8,5

C 8,0 D 9,0

Sơ đồ phản ứng:

(Al, Fe3O4, CuO)

o

+ CO, t

 Y + HNO , loang, du3 (Al3+, Fe3+, Cu2+, NO

3



) , NO

X (m gam) mY = (m – 0,48) gam 3,08m gam 0,04

mol

(68)

O-2: 0,25m gam O-2: (0,25m – 0,48) gam NO3



- Tính khối lượng kim loại X: mkim loại= m – 0,25m = 0,75m gam

- Tính khối lượng mY: mCO = 28.0,06 = 1,68 gam , mZ = 36.0,06 = 2,16 gam

 khí tăng = 2,16 – 1,68 = 0,48 gam = mO (trong X giảm)  mY = (m – 0,48) gam

Cách 1: Áp dụng ĐLBT electron mở rộng, trường hợp hỗn kim loại oxit kim

loại tác dụng với HNO3

Mối liên hệ: (với kim loại) 4HNO3 + 3e  NO + 2H2O + 3NO3



(trong muối với kim loại)

(mol) 0,12 0,04 0,12

(với oxit kim loại) O2 + 2HNO3  H2O + 2NO3



(trong muối với kim loại oxit)

(mol) 0, 25m - 0, 48

16

0, 25m - 0, 48 16

Khối lượng muối nitrat: 3,08m = 0,75m + 62.0,12 + 62.2.0, 25m - 0, 48

16  m =

9,47 gam  9,5 gam

Cách 2: Áp dụng ĐLBTKL

- Số mol HNO3 tham gia phản ứng: 3

3

HNO NO ( . ) NO

n n n

trong muoi



  

2

H O HNO ( )

1

n n

2 phan ung



3 HNO

3, 08m 0, 75m

n 0, 04

62



  

2 H O

3, 08m 0, 75m

n 0, 02

2 62



 



- Sơ đồ phản ứng: Y + HNO3  (Al 3+

, Fe3+, Cu2+, NO3



) + NO + H2O,

áp dụng ĐLBTKL:

(m – 0,48) + 63(3, 08m 0, 75m 0, 04)

62

 

= 3,08m + 300,04 +

3, 08m 0, 75m

18( 0, 02)

2 62

 

  m = 9,47g

Bài 17 (ĐHKB 2014) : Nung hỗn hợp gồm 0,12 mol Al 0,04 mol Fe3O4

(69)

A 34,10 B 32,58 C 31,97 D 33,39 Hướng dẫn giải :

nAl = 0,12 mol, nH2 0,15mol

3 Fe O

n 0, 04 mol  nFe2 0, 04 mol, nFe3 0, 08 mol, nO2 0,16

mol

Cách 1: Áp dụng ĐLBTKL Mối liên hệ: O2 + 2HCl  H

2O + 2Cl



(mol) 0,16 0,32 0,16 0,32 2HCl  H2 + 2Cl



(mol) 0,30 0,15 0,30  nHCl = nCl= 0,62 mol

Sơ đồ phản ứng:

Al + Fe3O4 + HCl  (Al 3+

+ ion sắt + Cl ) + H2 + H2O

27.0,12 + 232.0,04 + 36,5.0,62 = m + 2.0,15 + 18.0,16  m = 31,97 gam

hoặc tính trực tiếp: mmuối = m = mkim loại + mCl = 27.0,12 + 56.0,12 + 35,5.0,62 =

31,97 gam

Cách 2: Dạng tập nhiệt nhôm

Tính số mol Fe3O4 (hoặc Fe2O3)phản ứng dựa vào số mol H2 giảm

Phương trình phản ứng nhiệt nhôm:

* 8Al + 3Fe3O4

o t

 4Al2O3 + 9Fe

Số mol:12 mol mol mol  số mol H2 giảm = 12

- = mol

 Số mol H2 giảm = số mol H2 (do Al ban đầu (1)) - số mol H2 (sau phản ứng (2))= số mol

Fe3O4 phản ứng

+H+

H2

+H+

(70)

2

H (1) H (2)

n n 1,5.0,12 – 0,15 = 0,03 mol

Al phản ứng 0,08 mol, Al dư 0,04 mol  nH (do Al)2 0,06 mol Fe tạo thành 0,09 mol 

2 H (do Fe)

n 0,09 mol

Số mol H2 = 0,06 + 0,09 = 0,15 mol

Fe3O4 dư (FeO.Fe2O3) 0,01 mol (Cách hỏi khác: Tính hiệu suất

phản ứng nhiệt nhôm?)

Trong dung dịch gồm: Al3+ (0,12 mol), Fe2+ (0,09 + 0,01 = 0,10 mol), Fe3+ (0,02 mol)

Áp dụng đlbt điện tích  số mol Cl

: 3.0,12 + 2.0,10 + 3.0,02 = 0,62 mol

mmuối = m = mkim loại + mCl = 27.0,12 + 56.0,12 + 35,5.0,62 = 31,97

gam

Cách 3: Áp dụng định luật bảo toàn electron

Ban đầu Sau phản ứng

Al (0,12 mol) Al3+ (0,12 mol) Fe+2 (0,04 mol) Fe2+ (0,04 + x) mol Fe+3 (0,08 mol) Fe3+ dư (a mol) H+ (0,30 mol) H2 (0,15 mol)

Chất khử: Al Chất oxi hóa: H+, Fe+3

Al  Al3+

+ 3e

(mol) 0,12 0,36

2H+ + 2e  H2

(mol) 0,30 0,30 0,15

Fe3+ + 1e  Fe2+ (mol) x x x

Số mol electron trao đổi: 3.0,12 = 2.0,15 + 1.x  x = 0,06 mol

(71)

Tương tự, áp dụng ĐLBT điện tích  số mol Cl : 3.0,12 + 2.0,10 + 3.0,02 = 0,62 mol

mmuối = m = mkim loại + mCl = 27.0,12 + 56.0,12 + 35,5.0,62 = 31,97 gam

Bài 18 (CĐ 2014): Điện phân dung dịch hỗn hợp CuSO4 (0,05 mol) NaCl

dịng điện có cường độ khơng đổi 2A (điện cực trơ, màng ngăn xốp) Sau thời gian t giây ngừng điện phân, thu dung dịch Y khí hai điện cực có tổng thể tích 2,24 lít (đktc) Dung dịch Y hịa tan tối đa 0,8 gam MgO Biết hiệu suất điện phân 100%, khí sinh không tan dung dịch Giá trị t

A 6755 B 772 C 8685 D 4825

Điện phân hỗn hợp (CuSO4 NaCl)

Tổng số mol khí hai điện cực 0,1 mol, H2 x mol, Cl2 O2: (0,1 – x)

mol

Tại catot có khí (H2) Cu2+ dung dịch hết

Dung dịch hòa tan MgO (0,02 mol), có H+ tạo thành dung dịch sau điện phân (0,04 mol), Cl hết, H2O bị điện phân hai điện cực

2H+ + MgO  Mg2+ + H2O

Cách 1: Tính theo phương trình điện phân

Cu2+ + 2Cl  Cu + Cl2

(mol) 0,03 0,06 0,03 0,03

2Cu2+ + 2H2O  2Cu + O2 + 4H +

(mol) 0,02 0,02 0,01 0,04

2H2O  2H2 + O2

(mol) x 0,5x

(72)

ne = 0,1 + 2.0,04 = 0,18 

0,18.96500 t

2

 = 8685 s

Cách 2: Áp dụng đlbt electron, tính theo nửa phản ứng điện cực

 nH= 0,04 + 2x (tạo H2) mol,

 nO2= (0,01 + 0,5x) mol, nCl2= (0,1 - x – 0,01 – 0,5x) = (0,09 – 1,5x) mol Mô tả phản ứng xảy điện cực:

CuSO4  Cu2+ + SO42



NaCl  Na+

+ Cl

H2O H +

+ OH

Tại catot (cực âm)  Tại anot (cực dương) 

Cu2+ + 2e  Cu (mol) 0,05 0,1 0,05

hết Cu2+, dung dịch có tạo H+ (tại anot)

2H+ + 2e  H2

(mol) 2x 2x x

2Cl  Cl2 + 2e

(mol) (0,09- 1,5x) 2(0,09-1,5 x)

2H2O  O2 + 4H+ + 4e

(mol) 0,01 0,04 0,04 (tạo H2 catot): 0,5x 2x 2x

Áp dụng đlbt electron: 0,1 + 2x = 2(0,09 - 1,5x) + 0,04 + 2x  x = 0,04 mol

Áp dụng: Số mol electron = ne =

Q I.t

96500 96500= 0,1 + 2.0,04 = 0,18 mol

Thay số: t 0,18.96500

 = 8685 s

Bài 19 (CĐ 2014) Nhúng Fe vào dung dịch CuSO4 Sau thời gian, khối

lượng dung dịch giảm 0,8 gam so với khối lượng dung dịch ban đầu Khối lượng Fe phản ứng

A 6,4 gam B 8,4 gam C 11,2 gam D 5,6 gam Hướng dẫn giải:

(73)

Cách 1: Phương pháp tăng giảm khối lượng dung dịch

Fe + CuSO4  FeSO4 + Cu

56 gam (vào dung dịch) 64 gam (ra khỏi dung dịch)

 mdung dịch giảm = gam

mFe= 5,6 gam < - mdung dịch giảm = 0,8 gam

Cách 2: Gọi số mol Fe phản ứng x, Cu bám vào sắt x mol

mdung dịch sau = mdung dịch ban đầu + mkim loại tan vào – mkim loại bám (đi ra)

mdung dịch giảm = mdung dịch ban đầu - mdung dịch sau = mkim loại bám (đi ra) - mkim loại tan vào

mdung dịch giảm = 0,8 = x(64 – 56)  x = 0,1, mFe = 5,6 gam

Bài 20 (CĐ 2014): Nung nóng 8,96 gam bột Fe khí O2 thời gian, thu

được 11,2 gam hỗn hợp chất rắn X gồm Fe, FeO, Fe2O3 Fe3O4 Hòa tan hết X

trong dung dịch hỗn hợp gồm a mol HNO3 0,06 mol H2SO4, thu dung dịch

Y (không chứa NH4

) 0,896 lít khí NO (đktc) Giá trị a

A 0,32 B 0,16 C 0,04 D 0,44

Số mol Fe = 0,16 mol, mO2= 11,2 – 8,96 = 2,24 gam, nO2= 0,07 mol, nNO = 0,04

mol

Số mol electron =

2 O

n + nNO = 4.0,07 + 3.0,04 = 0,4 mol

Dự đoán sản phẩm: 2.0,16 = 0,32 < ne = 0,4 mol < 3.0,16 = 0,48 mol  tạo

hỗn hợp Fe2+ Fe3+

Cách 1: Áp dụng ĐLBTKL Mối liên hệ: Số mol H2O = (số mol H +

: 2) Sơ đồ phản ứng:

X + HNO3 + H2SO4  ion sắt + NO + NO3



(còn lại) + SO4 2

+ H2O

11,2 + 63a + 98.0,06 = 8,96 + 30.0,04 + 62(a - 0,04) + 96.0,06 + 0,5(a + 0,12)

 a = 0,32 mol

Cách 2: H2SO4 0,06 mol (H +

0,12 mol, SO4 2

0,06 mol), HNO3 a mol (H

+

a mol, NO3



(74)

Các nửa phản ứng sơ đồ phản ứng:

O2 + 4e  2O

2

(mol) 0,07 0,28 0,14

NO3



+ 4H+ + 3e  NO + 2H2O

(mol) 0,04 0,16 0,12 0,04 0,08

O2 + 2H+  H2O

(mol) 0,14 0,28 0,14

Tổng số mol H+ = 0,12 + a = 0,16 + 0,28  a = 0,32 mol

Tóm lại : Tìm phương pháp khác nhau, để giải BTHH nhằm gây hào hứng rèn luyện lực tư duy, sáng tạo HS lên nhiều lần Một HS thời gian định, giải BTHH nhiều cách hiệu trí tuệ tăng nhiều so với HS giải nhiều tập khác thời gian

IV HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI

So sánh kết học tập HS lớp12 năm học 2013-2014 năm học 2014-2015 (Dựa vào điểm kiểm tra 45 phút) sau:

 Năm học 2013-2014 : có 78 học sinh tổng số 82 HS có điểm kiểm tra ≥5 (95,1%), số HS đạt điểm 9, 10 26 HS (31,7%)

 Năm học 2014-2015 : có 89 học sinh tổng số 89 HS có điểm kiểm tra ≥5 (100%) Trong số số HS đạt điểm 9, 10 37 HS (41,6%)

Dựa vào kết kiểm tra 45 phút cho thấy năm học 2013-2014 có học sinh đạt điểm trung bình nhiều học sinh đạt điểm 9,10 nhiều so với năm

(75)

Như khẳng định việc sử dụng hợp lí tập hóa học có

nhiều cách giải trình điều khiển hoạt động nhận thức HS mang lại hiệu cao, góp phần đem đến kiến thức chắn bền vững cho HS, đồng thời rèn luyện tư cho HS

Các kết thu cho phép khẳng định thông qua việc sử dụng BTHH có nhiều cách giải, kích thích tư phát triển Và, tư phát triển giúp cho HS thông hiểu kiến thức sâu sắc, vận dụng linh hoạt cách giải tập khác để từ rèn luyện tư cho học sinh làm cho tư phát

triển lên mức cao

V ĐỀ XUẤT, KHUYẾN NGHỊ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG

Qua trình nghiên cứu đề tài, chúng tơi thấy : Hệ thống tập phương tiện để HS vận dụng kiến thức học vào thực tế đời sống, củng cố, mở

rộng, hệ thống hoá kiến thức, rèn luyện kĩ năng, khả sáng tạo, đồng thời để kiểm tra kiến thức, kĩ giáo dục rèn luyện tính kiên nhẫn, tác phong làm việc sáng tạo Tuy nhiên, muốn phát huy hết tác dụng hệ thống tập trình dạy học, GV cần thường xuyên học tập, tích luỹ kinh nghiệm, nâng cao trình độ chun mơn mà cịn cần tìm tịi, cập nhật

những phương pháp dạy học phù hợp với xu phát triển giáo dục giới, hoà nhịp với phát triển xã hội

Để góp phần nâng cao hiệu dạy học mơn Hóa học trường THPT nói chung, chúng tơi xin có số kiến nghị sau :

 Trang bị hồn chỉnh đầy đủ phịng mơn Hóa học trường phổ thông, tạo điều kiện thuận lợi để học sinh làm thí nghiệm nhằm kiểm chứng khắc sâu kiến thức học, từ phát triển trí nhớ tư cho học sinh

 Giáo viên cần phải thay đổi giảng theo hướng dạy học tích

(76)

 Tăng thời lượng thực hành, luyện tập để HS có điều kiện củng cố kiến thức  Ngành Giáo dục phải có đầu tư sở vật chất biện pháp hợp lý

nhằm thay đổi phương pháp dạy học trường phổ thông cách có hiệu giảm số lượng HS lớp, trang bị thiết bị đại cần thiết cho dạy học

Hướng phát triển đề tài ứng dụng công nghệ thông tin để tạo sách điện tử (E-Book) hay xây dựng "học liệu" mở, đưa hệ thống tập xây

dựng vào nhằm tạo điều điện cho HS có nguồn tài liệu để tự học, tự nghiên cứu

Phạm vi ứng dụng sáng kiền kinh nghiệm học sinh lớp 12

VI TÀI LIỆU THAM KHẢO

1 Đề thi tuyển sinh Đại học cao đẳng Bộ giáo dục Đào tạo từ

năm 2007-2014

2 Phạm Ngọc Bằng cộng (2011), 16 phương pháp kĩ thuật giải

nhanh tập trắc nghiệm mơn Hóa học, nhà xuất đại học sư phạm

3 Đỗ Xuân Hưng (2010), Hướng dẫn giải nhanh dạng tập trắc

nghiệm Hóa học hữu cơ, nhà xuất đại học quốc gia Hà Nội

4 Lương Công Thắng (2010), Xây dựng sử dụng hệ thống tập hóa

học có nhiều cách giải để rèn luyện tư cho học sinh lớp 12 trung học

phổ thông, Luận văn thạc sỹ giáo dục học trường ĐHSP TP HCM

5 Nguyễn Văn Út (2007), Giải nhiều cách tốn hóa học 11, ,

nhà xuất đại học quốc gia TH HCM

VII PHỤ LỤC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI

ĐỀ KIỂM TRA MỘT TIẾT CHƢƠNG MÔN: HÓA HỌC 12

Thời gian làm bài: 46phúT (25 câu trắc nghiệm)

(77)

Cho biết: Cho biết khối lượng nguyên tử (theo u) nguyên tố là: H = 1; Be = 9; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Mg = 24; Al = 27;

S = 32; Cl = 35,5; Ca = 40; Fe = 56; Zn = 65; Sr = 88; Ba = 137, Cr =52 Câu 1: Cấu hình electron nguyên tử Na (Z =11)

A 1s22s2 2p6 3s2 B 1s22s2 2p6 3s1 C 1s22s2 2p6 D 1s22s2 2p6 3s23p1

Câu 2: Nếu cho từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl3 có tượng

A dung dịch suốt B kết tủa tan dần

C kết tủa D kết tủa tăng dần đến cực đại Câu 3: Chất khơng có tính lưỡng tính

A NaHCO3 B Al(OH)3 C Na[Al(OH)4] D Al2O3

Câu 4: Cho 200 ml dung dịch AlCl3 1,5M tác dụng với V lít dung dịch NaOH 0,5M,

lượng kết tủa thu 15,6 gam Giá trị lớn V

A B 1,2 C 2,4 D 1,8

Câu 5: Có thể loại trừ tính cứng tạm thời cách đun sơi A nước sơi 100 oC

B đun sơi có chất khí bay

C đun sôi làm tăng độ tan chất kết tủa D Mg2+, Ca2+ kết tủa dạng hợp chất không tan Câu 6: Dung dịch làm quỳ tím chuyển sang màu xanh

A NaCl B Na2SO4 C NaOH D NaNO3

Câu 7: Cho dung dịch sau : (1) Na2CO3, (2) HCl, (3) Na3PO4 , (4)NaHCO3, (4)

NaOH Dung dịch làm mềm nước có tính cứng vĩnh cửu

A (1), (2) B (1), (3) C (3), (4) D (2),(4)

Câu 8: Cho từ từ dung dịch chứa a mol HCl vào dung dịch chứa b mol Na2CO3 đồng thời

khuấy đều, thu V lít khí (đktc) dung dịch X Khi cho dư nước vôi vào dung dịch X thấy có xuất kết tủa Biểu thức liên hệ V với a, b

A V = 11,2(a - b) B V = 22,4(a + b) C V = 22,4(a - b) D V = 11,2(a + b) Câu 9: Phản ứng mô tả tượng xâm thực núi đá vôi

A Ca(HCO3)2 + Ca(OH)2 →2CaCO3 + 2H2O

B CO2+ Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O C Ca(HCO3)2 → CaCO3 + CO2 + H2O

D CaCO3 + CO2 + H2O → Ca(HCO3)2

Câu 10: Cho chất: Al, Al2O3, Al2(SO4)3, Zn(OH)2, NaHS, K2SO3, (NH4)2CO3 Số

chất phản ứng với với dung dịch HCl NaOH

A B C D

Câu 11: Để bảo quản natri, người ta phải ngâm natri

A nước B phenol lỏng C dầu hỏa D rượu etylic Câu 12: Khi điện phân NaCl nóng chảy (điện cực trơ), catôt xảy

A khử ion Cl- B oxi hoá ion Cl- C oxi hoá ion Na+ D khử ion Na+ Câu 13: Chất làm mềm nước cứng tạm thời

A Na2CO3 B HCl C BaCl2 D NaCl

Câu 14: Cho hỗn hợp gồm Na Al có tỉ lệ số mol tương ứng : vào nước (dư) Sau phản ứng xảy hồn tồn, thu 8,96 lít khí H2 (ở đktc) m gam chất rắn không tan Giá trị m

(78)

Câu 15: Tecmit hỗn hợp Al

A Cr2O3 B Fe2O3 C SiO2 D Fe TiO2

Câu 16: Thuốc thử dùng để phân biệt dung dịch ZnSO4 Al2(SO4)3 dung dịch

A Na2CO3 B Ba(OH)2 C quỳ tím D NH3

Câu 17: Nước cứng vĩnh cửu có chứa:

A Mg2+, Ca2+, HCO3- B Ca2+, Mg2+, Cl-, SO42- C Ca2+, Mg2+, SO42-, NO3- D Ca2+, Mg2+, Cl-, NO3-

Câu 18: Cơng thức hố học phèn chua

A K2SO4.24H2O B Al2(SO4)3.12H2O

C KAl(SO4)2.12H2O D K2SO4.Al2(SO4)3.12H2O

Câu 19: Hỗn hợp X gồm Na Al Cho m gam X vào lượng dư nước V lít khí Nếu cho m gam X vào dung dịch NaOH (dư) 1,75V lít khí Biết thể tích khí đo điều kiện Thành phần phần trăm theo khối lượng Na X

A 39,87% B 49,87% C 77,31% D 29,87% Câu 20: Để điều chế Al(OH)3 phịng thí nghiệm ta thực

A cho dung dịch NH3 dư vào dung dịch AlCl3 B cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch AlCl3

C điện phân dung dịch AlCl3

D cho dung dịch AlCl3 vào dung dịch NaOH

Câu 21: Hiện tượng xảy cho dung dịch Na2CO3 tác dụng với dung dịch FeCl3

A xuất kết tủa đỏ nâu đồng thời thấy dung dịch sủi bọt khí B sủi bọt khí

C có kết tủa trắng tạo thành D tạo kết tủa Fe2(CO3)3

Câu 22: Thể tích CO2 (đktc) cần cho vào dung dịch natrialuminat dư để thu

15,6gam kết tủa

A 2,24 lít B 22,4 lít C 4,48 lít D 44,8 lít

Câu 23: Nung nóng m gam hỗn hợp Al Fe2O3 (trong mơi trường khơng có khơng khí)

đến phản ứng xảy hồn tồn, thu hỗn hợp rắn Y Chia Y thành hai phần nhau:

- Phần tác dụng với dung dịch H2SO4 lỗng (dư), sinh 3,08 lít khí H2 (ở đktc)

- Phần tác dụng với dung dịch NaOH (dư), sinh 0,84 lít khí H2 (ở đktc) Giá trị m

A 22,75 B 21,40 C 29,40 D 29,43

Câu 24: Hỗn hợp X gồm Na Al Cho m gam X vào lượng dư nước V lít khí Nếu cho m gam X vào dung dịch NaOH (dư) 1,75V lít khí Biết thể tích khí đo điều kiện.Thành phần phần trăm theo khối lượng Na X

A 29,87% B 49,87% C 77,31% D 39,87%

Câu 25: Hấp thụ hồn tồn 3,584 lít CO2 (đktc) vào lít dung dịch Ca(OH)2 0,02M

kết tủa X dung dịch Y Khi khối lượng dung dịch Y so với khối lượng dung dịch Ca(OH)2

A tăng 3,04 gam B tăng 7,04 gam C giảm gam D giảm 3,04 gam - HẾT -

(79)

Câu 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 Đáp

án

B B C A D C B C D D C D A B B D B C D A

Câu 21 22 23 24 25 Đáp

án

(80)

SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI

Trường THPT Long Thành

–––––––––––

CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM

Độc lập - Tự - Hạnh phúc

––––––––––––––––––––––––

Đồng Nai, ngày 18 tháng năm 2015

PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Năm học: 2014 2015

–––––––––––––––––

SỬ DỤNG BÀI TẬP HÓA HỌC CÓ NHIỀU CÁCH GIẢI ĐỂ RÈN LUYỆN TƯ DUY CHO HỌC SINH LỚP 12 Ở TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

Họ tên tác giả: Nguyễn Trí Ngẫn; Chức vụ: giáo viên Đơn vị: Trường THPT Long Thành

Lĩnh vực: (Đánh dấu X vào ô tương ứng, ghi rõ tên môn lĩnh vực khác) - Quản lý giáo dục  - Phương pháp dạy học môn:  - Phương pháp giáo dục  - Lĩnh vực khác:  Sáng kiến kinh nghiệm triển khai áp dụng: Tại đơn vị  Trong Ngành 

1 Tính (Đánh dấu X vào ô đây)

- Đề giải pháp thay hồn tồn mới, bảo đảm tính khoa học, đắn  - Đề giải pháp thay phần giải pháp có, bảo đảm tính khoa học, đắn 

- Giải pháp gần áp dụng đơn vị khác chưa áp dụng đơn vị mình, tác giả tổ chức thực có hiệu cho đơn vị 

2 Hiệu (Đánh dấu X vào ô đây)

- Giải pháp thay hoàn toàn mới, thực tồn ngành có hiệu cao 

- Giải pháp thay phần giải pháp có, thực tồn ngành có hiệu cao 

- Giải pháp thay hoàn toàn mới, thực đơn vị có hiệu cao  - Giải pháp thay phần giải pháp có, thực đơn vị có hiệu 

- Giải pháp gần áp dụng đơn vị khác chưa áp dụng đơn vị mình, tác giả tổ chức thực có hiệu cho đơn vị 

3 Khả áp dụng (Đánh dấu X vào ô dòng đây)

(81)

Trong Tổ/Phòng/Ban  Trong quan, đơn vị, sở GD&ĐT  Trong ngành 

- Đưa giải pháp khuyến nghị có khả ứng dụng thực tiễn, dễ thực dễ vào sống: Trong Tổ/Phòng/Ban  Trong quan, đơn vị, sở GD&ĐT 

Trong ngành 

- Đã áp dụng thực tế đạt hiệu có khả áp dụng đạt hiệu phạm vi rộng: Trong Tổ/Phòng/Ban  Trong quan, đơn vị, sở GD&ĐT 

Trong ngành 

Xếp loại chung: Xuất sắc  Khá  Đạt  Không xếp loại 

Cá nhân viết sáng kiến kinh nghiệm cam kết chịu trách nhiệm không chép tài liệu người khác chép lại nội dung sáng kiến kinh nghiệm cũ

Tổ trưởng Thủ trưởng đơn vị xác nhận kiểm tra ghi nhận sáng kiến kinh nghiệm tổ chức thực đơn vị, Hội đồng chuyên môn trường xem xét, đánh giá; tác giả không chép tài liệu người khác chép lại nội dung sáng kiến kinh nghiệm cũ tác giả

Phiếu đánh dấu X đầy đủ tương ứng, có ký tên xác nhận tác giả và người có thẩm quyền, đóng dấu đơn vị đóng kèm vào cuối sáng kiến kinh nghiệm

NGƯỜI THỰC HIỆN SKKN

Nguyễn Trí Ngẫn

XÁC NHẬN CỦA TỔ CHUYÊN MÔN

Nguyễn Thị Tuyết Lan

THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Định dạng
Số trang	81
Dung lượng	1,64 MB