Sáng kiến kinh nghiệm THCS: Các dạng bài tập cơ bản của dung dịch bazơ

CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự do – Hạnh phúc SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM CÁC DẠNG BÀI TẬP CƠ BẢN CỦA DUNG DỊCH BAZƠ

Lĩnh vực: HOÁ HỌC

Tháng 4/ 2018

1

MỤC LỤC

1 2 3 6 6 6 6 6 6 7 7 7 8 34 35 35 36 36 36 35

1

BÌA MỤC LỤC BÁO CÁO TÓM TẮT SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM PHẦN MỞ ĐẦU I. Bối cảnh của đề tài: II. Lí do chọn đề tài: III. Phạm vi và đối tượng nghiên cứu: IV. Mục đích nghiên cứu V. Điểm mới trong kết quả nghiên cứu: PHẦN NỘI DUNG I. Cơ sở lí luận II. Thực trạng vấn đề III. Các biện pháp tiến hành để giải quyết vấn đề IV. Hiệu quả mang lại của sáng kiến V. Khả năng áp dụng và triển khai VI. Ý nghĩa của sáng kiến kinh nghiệm PHẦN KẾT LUẬN I. Những bài học kinh nghiệm II. Những kiến nghi đề xuất TÀI LIỆU THAM KHẢO DANH MỤC VIẾT TẮT

SKKN: Sáng kiến kinh nghiệm THCS: Trung học cơ sở K/S : Khảo sát SL : Số lượng TN : Thí nghiệm

2

BÁO CÁO TÓM TẮT SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm 2018

1. Tên sáng kiến: "Các dạng bài tập cơ bản của dung dịch bazơ" 2. Mô tả ngắn gọn các giải pháp cũ thường làm: Giải các bài tập riêng lẻ theo từng bài, bài tập độc lập riêng ở các mức độ trung bình, khá, giỏi. Các bài tập chưa có mối liên quan với nhau. Các bài tập chưa được chú ý nhiều đến nội dung tích hợp, liên môn và chủ đề. 3. Mục đích của giải pháp: - Giúp giáo viên điều chỉnh phương pháp dạy học, học sinh đổi mới phương pháp học tập, đặc biệt gây hứng thú học tập môn Hóa học cho học sinh. - Giúp học sinh dễ học, tốn ít thời gian nhưng hiệu quả cao hơn. - Học sinh có thể tự đánh giá kết quả bản thân và giáo viên đánh giá phân loại học sinh chính xác hơn. 4. Bản mô tả giải pháp sáng kiến: 4.1. Thuyết minh giải pháp mới, cải tiến: - Trong thực tiễn nhiều năm dạy học ở trường phổ thông, tôi thấy bài tập hóa học giữ vai trò rất quan trọng trong việc thực hiện mục tiêu đào tạo. Bài tập hóa học vừa là mục đích, vừa là nội dung lại vừa là phương pháp dạy học hiệu quả. Nó không những cung cấp cho học sinh kho tàng kiến thức, mà còn mang lại niềm vui cho công việc tìm tòi, phát hiện khám phá trong học tập cũng như trong cuộc sống thường nhật. Đặc biệt bài tập hóa học còn mang lại cho học sinh một trạng thái hưng phấn, hứng thú nhận thức tự giác. Đây là một yếu tố tâm lý quan trọng của quá trình nhận thức đang được chúng ta quan tâm. - Việc phân loại bài tập đi song song với phân loại học sinh, nhằm hướng dẫn cho học sinh phương pháp học tập bộ môn theo hướng đổi mới dạy học theo chủ đề - tích hợp liên môn - mô hình trường học mới. . . - Trong đề tài này tôi minh họa phương pháp hướng dẫn học sinh lớp 9 phân loại “ Các dạng bài tập cơ bản của dung dịch bazơ” dựa trên các tính chất hóa học của dung dịch bazơ: + Dung dịch bazơ tác dụng với oxit axit. + Dung dịch bazơ tác dụng với oxit axit. + Dung dịch bazơ tác dụng với oxit lưỡng tính. + Dung dịch bazơ tác dụng với dung dịch muối + Dung dịch bazơ tác dụng với phi kim halogen. 4.2. Thuyết minh về hiệu quả mang lại: - Trong học tập hoá học, một trong những hoạt động chủ yếu để phát triển tư duy cho học sinh là hoạt động giải bài tập. Giáo viên hướng dẫn các dạng bài tập, tạo điều kiện thuận lợi và tình huống có vấn đề để học sinh chủ động phát triển năng lực tư duy sáng tạo mới, thể hiện ở: Năng lực phát hiện vấn đề mới - Tìm ra hướng mới - Tạo ra kết quả học tập mới. - Phân dạng bài tập dựa vào tính chất hóa học đáp ứng với phương pháp dạy học mới: Dạy học theo chủ đề - Trải nghiệm sáng tạo - Tích hợp liên môn - Dạy học theo mô hình trường học mới.

3

- Thực hiện phát triển tư duy cho học sinh thông qua các dạng bài tập hoá học điều mà tôi tâm đắc nhất vì không khí lớp học vui vẻ sôi nổi nhưng nghiêm túc. Tôi đã kết hợp cho điểm khuyến khích nên mặc dù giải bài tập là căng thẳng nhưng tinh thần nét mặt các em luôn tỏ ra vui tươi phấn khởi, ngay từ đầu tiết học sự đón tiếp nồng nhiệt của các em làm tôi càng đa mê và yêu nghề hơn. Để kiểm nghiệm thực tế tôi đã đầu tư khảo sát đối tượng nghiên cứu thu được kết quả sau: Bảng 1: Kết quả các lần khảo sát học sinh khối 9 khi chưa áp dụng đề tài.

lần

Lớp

Sĩ số

34

9A

36

9B

9C

35

Số K/S 1 2 3 1 2 3 1 2 3

Giỏi SL % 3 1 35 12 24 8 5 2 19 7 28 10 14 5 29 10 9 3

Khá SL 25 16 20 24 21 20 25 18 17

% 75 47 59 67 58 56 72 51 49

Trung bình % SL 24 8 18 6 17 6 28 10 23 8 16 6 14 5 20 7 22 15

Áp dụng đề tài nhằm phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh lớp 9 thông qua việc xây dựng các dạng bài tập cơ bản cho từng loại hợp chất rồi quy nạp thành các dạng bài tập tổng quát gọi là chuyên đề. Tôi dã gặt hái được những kết quả khả quan sau: Bảng 2: Kết quả các lần khảo sát học sinh khối 9 khi đã dụng đề tài.

lần

Lớp

Sỉ số

34

9A

36

9B

9C

35

Số K/S 1 2 3 1 2 3 1 2 3

Giỏi SL % 24 8 35 12 38 13 17 6 28 10 39 14 23 8 37 13 43 15

Khá SL 21 16 17 20 20 19 24 20 20

% 62 47 50 56 56 53 68 57 57

Trung bình % SL 14 5 18 6 12 4 27 8 17 6 8 3 9 3 6 2 0 0

Tôi thấy chất lượng đại trà và mũi nhọn được nâng lên rõ rệt. Chất lượng nâng cao thể hiện qua các bài kiểm tra, khảo sát cuối học kì của học sinh lớp 9, tỉ lệ học sinh thi đậu vào trường chuyên tỉnh và các trường chuyên khác của môn Hóa cao. 4.3. Thuyết minh về lợi ích kinh kế, xã hội của sáng kiến: - Thông qua hoạt động phân loại bài tập sẽ giúp cho tư duy được rèn luyện và phát triển thường xuyên, đúng hướng, thấy được giá trị lao động, nâng

4

tầm hiểu biết thế giới của học sinh lên một tầm cao mới, góp phần cho quá trình hình thành nhân cách toàn diện của học sinh. Đề tài này bản thân nuôi ấp ủ từ lâu và được tiến hành thực hiện hàng năm có đánh giá kết quả và đúc rút kinh nghiệm. Giúp cho việc đánh giá học sinh chính xác và giúp học sinh tiết kiệm thời gian để nghỉ ngơi luyện tập thể thao nâng cao thể lực hạn chế bệnh tật. Học sinh không tốn nhiều thời gian công sức mà kết quả học tập lại cao.

Thời gian tự học giành cho môn Hóa 9 ở nhà 10 tiết/tuần 06 tiết/tuần

Số lượng bài tập Hóa 9 giải được 15 bài/ tuần 25 bài/ tuần

Trước khi áp dụng đề tài Sau khi áp dụng đề tài - Kết quả vừa nâng cao chất lượng đại trà vừa nâng cao chất lượng mũi nhọn và đặc biệt là gây hứng thú học tập cho học sinh. 4.4. Thuyết minh về tính khả thi, khả năng phổ biến, nhân rộng - Sáng kiến kinh nghiệm này nhằm phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh vì vậy áp dụng cho mọi đối tượng học sinh và tất cả các trường THCS. Căn cứ vào đối tượng học sinh để lựa chọn mức độ phù hợp. Đối với học sinh đại trà cần làm được 50% mỗi bài, 50% còn lại dành cho đối tượng học sinh khá giỏi. Tuy nhiên tùy nội dung bài dạy cụ thể, giáo viên cần lựa chọn bài tập và sử dụng phương pháp cho phù hợp, mới phát huy được khả năng tư duy của các em ở mức độ cao nhất, đem lại hiệu quả tốt nhất. - Với sáng kiến kinh nghiệm này có thể dùng cho tất cả các giáo viên dạy môn hóa học ở cấp THCS tham khảo trong quá trình giảng dạy, nhằm khắc sâu nội dung bài học, phát huy tính sáng tạo ở học sinh, nâng cao chất lượng giảng dạy đại trà và mũi nhọn, đáp ứng yêu cầu dạy học mới. 4.4. Các tài liệu, hồ sơ gửi kèm: 02 bản cứng báo cáo sáng kiến, 01 bản mềm báo cáo sáng kiến. 4.5. Cam kết không sao chép, vi phạm bản quyền: Tôi xin cam đoan các giải pháp mà tôi trình bày trong sáng kiến không sao chép ở bất kì tài liệu nào, lần đầu được công bố tháng 5 năm 2017 sau đó qua quá trình giảng dạy, rút kinh nghiệm thông qua dự giờ, đọc tài liệu và đặc biệt rút kinh nghiệm từ khóa học sinh năm học 2015 - 2016, 2016 - 2017 tôi đã bổ sung thêm các nội dung thiết thực và hữu ích để đề tài được hoàn thiện hơn. Hà Tĩnh ngày 8 tháng 4 năm 2018 Tác giả Nguyễn Thị Hường

5

PHẦN MỞ ĐẦU

I. Bối cảnh của đề tài: Môn Hóa học là một bộ môn được đưa vào chương trình THCS muộn nhất trong tất cả các môn học vì vậy thời gian để học sinh trải nghiệm và đúc rút kinh nghiệm rất hạn hẹp. Môn Hóa học cần tổng hợp nhiều kiến thức của các môn học khác, luôn gắn liền với thực tiễn đời sống lao động sản xuất, các ngành công nghiệp - nông nghiệp và có nhiều ứng dụng đối với các ngành khoa học khác. Trong thời kì công nghiệp hóa, hiện đại hóa đất nước, công nghệ thông tin phát triển, nền kinh tế hội nhập hơn bao giờ hết đòi hỏi con người năng động sáng tạo. Vì vậy việc hình thành cho học sinh kỹ năng phân tích tổng hợp, tư duy độc lập, bồi dưỡng phương pháp tự học và phát huy tính tích cực chủ động là cần thiết và cấp bách đối với tất cả các môn học nói chung và môn Hóa học nói riêng. Rèn luyện kỹ năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn cuộc sống tác động đến tình cảm, mang lại niềm vui, hứng thú học tập cho học sinh là việc vô cùng quan trọng. II. Lí do chọn đề tài: - Trong chương trình hoá học phổ thông tìm ra các dạng bài tập hoá học là phương tiện hữu hiệu góp phần nâng cao khả năng tư duy sáng tạo cho học sinh trong quá trình lĩnh hội, cũng cố và khắc sâu kiến thức. - Nhằm đáp ứng đổi mới hình thức thi học sinh giỏi của Sở giáo dục và đào tạo vừa quan tâm hoạt động cá nhân vừa quan tâm hoạt động nhóm đồng đội. III. Phạm vi và đối tượng nghiên cứu: - Trong phạm vi đề tài này tôi minh họa phương hướng xây dựng “Các dạng bài tập cơ bản của dung dịch bazơ” với tham vọng dựa trên cơ sở các dạng bài tập này tiếp tục xây dựng các dạng bài tập cho các hợp chất tiếp theo. - Học sinh THCS, đặc biệt học sinh có trình độ khá giỏi. IV. Mục đích nghiên cứu - Mục tiêu chính là nâng cao trình độ tay nghề cho bản thân và bạn bè đồng nghiệp, nâng cao chất lượng học tập môn Hóa học nói riêng, chất lượng văn hóa nói chung. - Nhằm đáp ứng mục tiêu giáo dục hiện nay bao gồm bốn trụ cột. chính: Học để biết, học để làm, học để cùng chung sống và học để tự khẳng định mình hay để làm người. - Cần đào tạo nhân lực nguồn nhân lực đáp ứng nhu cầu xã hội. - Đặc biệt đáp ứng với đổi mới phương pháp dạy học: Dạy học theo chủ đề tích hợp liên môn, dạy học trải nghiệm sáng tạo và dạy học theo mô hình trường học mới. V. Điểm mới trong kết quả nghiên cứu: - Hình thành các kỹ năng tư duy khoa học cho học sinh: Kỹ năng phân tích, suy luận, tổng hợp, lôgic; Kỹ năng phát hiện và giải quyết vấn đề; Kỹ năng tư duy sáng tạo và phản biện; Kỹ năng tự học và tự học hiệu quả, . . . - Hình thành nhân cách và kỹ năng sống: Kỹ năng tự lãnh đạo bản thân như trung thực tự trọng tự tin; Kỹ năng đặt mục tiêu, tạo động lực, tổ chức các hoạt động có hiệu quả; Kỹ năng ứng xử giao tiếp, quan hệ, lắng nghe, đàm

6

phán, trình bày thuyết trình; Kỹ năng hoạt động nhóm, đồng đội, . . .

PHẦN NỘI DUNG

I. Cơ sở lí luận: Để giúp học sinh tiếp thu kiến thức chủ động, vận dụng kiến thức linh hoạt cần xây dựng phương pháp học tập tích cực. Một trong các phương pháp học tập tích cực là phân dạng bài tập. Phân dạng bài tập qua hai giai đoạn, giai đoạn thứ nhất là phân dạng bài tập cho từng loại chất cụ thể: Dạng bài tập của oxit bazơ, dạng bài tập của oxit axit, dạng bài tập của bazơ, dạng bài tập của axit, dạng bài tập của muối, . . . Sau đó phân dạng bài tập chung cho tất cả các chất gọi là chuyên đề: Chuyên đề nồng độ dung dịch, chuyên đề xác định công thức hóa học, chuyên đề nhận biết, chuyên đề tách chất, chuyên đề tăng giảm khối lượng, . . . Trong đề tài này tôi đi sâu phân dạng bài tập cho từng loại chất cụ thể. Thông qua kiến thức trong từng chủ đề định hướng các dạng bài tập cơ bản bổ sung vào nội dung củng cố, vận dụng, tìm tòi và mở rộng. Các dạng bài tập được xây dựng dựa trên ba mức độ trung bình, khá và giỏi. Bài tập dành cho cho học sinh trung bình và khá thường là bài toán thuận tính chất nhận biết, thông hiểu và vận dụng kiến thức ở mức độ thấp. Bài tập dành cho học sinh giỏi thường là vận dụng ở mức độ cao lấy kết quả bài thuận làm đề bài cho bài toán đảo. Việc lấy kết quả bài toán thuận làm đề bài cho bài toán đảo vừa khắc sâu kiến thức cơ bản, vừa đễ tìm phương pháp giải hơn vì chuyển bài tập khó trở thành bài tập đơn giản hơn, vừa có kết quả để kiểm tra đối chứng . . . II. Thực trạng của vấn đề: Qua thực tế việc xây dựng các dạng bài tập cho mỗi loại chất không phải một hai ngày, năm bảy tháng mà kéo dài từ năm này sang năm khác mỗi năm tích lũy kinh nghiệm bổ sung thêm. Vì vậy sau một thời gian giảng dạy và phối kết hợp với học sinh quỹ kiến thức ngày càng hoàn thiện hơn. Theo xu hướng mới dạy học theo chủ đề, dạy học theo tích hợp liên môn, day học theo mô hình trường học mới lại càng được phát huy lợi thế hơn bao giờ hết. Thực trạng hiện nay học sinh tự học tự nghiên cứu hạn chế, đang trái ngược với xu hướng dạy học mới tự tìm tòi tự nghiên cứu sáng tạo và trải nghiệm. Vì thế bắt buộc giáo viên cần phải có kế sách gây hứng thú học tập, tạo điều kiện thuận lợi và định hướng cho học sinh học tập. Đối với học sinh mỗi lớp thông thường có ba đối tượng học sinh trung bình, học sinh khá và học sinh giỏi. Cá biệt có năm có thêm đối tượng học sinh yếu song đối tượng này thường phải đầu tư nhiều hơn để chuyển lên đối tượng trung bình. Hàng năm tôi tiến hành kết hợp sách giáo khoa, sách bài tập, sách tham khảo, đề thi hàng năm, . . . để hình thành thành các dạng bài tập ở ba mức độ khác nhau theo hình bậc thang dễ trước khó sau, hướng dẫn cụ thể học sinh giải quyết được nội dung nào là đạt mức độ trung bình, mức độ khá và mức độ giỏi. Song song với phân loại bài tập là phân loại học sinh, việc phân loại học sinh và lựa chọn dạng bài tập hoàn toàn không cứng nhắc mà căn cứ vào thực tế từng lớp và từng năm. Đặc biệt đối với các môn ít tiết không có quỹ thời gian bồi dưỡng thêm, giáo viên cần chủ

7

động bồi dưỡng cho học sinh và hướng dẫn học sinh tự bồi dưỡng thông qua các tiết dạy chính khóa. Vì vậy việc xây dựng các dạng bài tập là cần thiết trong xu hướng giáo dục hiện nay. III . Các biện pháp tiến hành để giải quyết vấn đề: - Trên cơ sở thực tiễn và lý luận đã phân tích ở trên tôi thấy việc rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh thông qua các dạng bài tập hoá học là cần thiết. Bồi dưỡng năng lực tư duy sáng tạo cho học sinh là một quá trình liên tục, phức tạp trải qua nhiều giai đoạn, nhiều mức độ. Vì thế cần hình thành phương pháp học tập các em ngay từ bài học đầu tiên. Trong hoạt động học tập nhận thức cần nâng dần từng bước từ thấp đến cao. Cần rèn luyện học sinh các dạng bài tập từ dễ đến khó. Tôi đã đặt cho mình câu hỏi cần phải làm gì để học sinh có thể giải bài tập một cách tốt nhất, trong thời gian nhanh nhất. Trả lời nhanh cho câu hỏi này là cần chọn các dạng bài tập cho từng tính chất rồi tổng hợp nâng dần các dạng bài tập của loại chất (oxit, axit, bazơ, muối, kim loại, hiđrocacbon, dẫn xuất hiđrocacbon . . ) và các dạng bài tập nói chung cho môn Hóa học. Hàng năm tôi thực hiện hướng dẫn cho học sinh phân dạng bài tập theo từng tính chất ngay đầu năm lớp 9. - Thực tế việc phân loại các dạng bài tập cho từng tính chất đầu tiên mất nhiều thời gian công sức, sau khi học sinh có kinh nghiệm tiến hành khá dễ dàng và hiệu quả. Trong đề tài này tôi minh họa phương pháp hướng dẫn học sinh lớp 9 phân loại “ Các dạng bài tập cơ bản của dung dịch bazơ” dựa trên các tính chất hóa học của dung dịch bazơ: + Dung dịch bazơ tác dụng với oxit (oxit axit và oxit lưỡng tính). + Dung dịch bazơ tác dụng với một số kim loại. + Dung dịch bazơ tác dụng với bazơ lưỡng tính. + Dung dịch bazơ tác dụng với dung dịch axit. + Dung dịch bazơ tác dụng với dung dịch muối. Tính chất 1: Dung dịch bazơ tác dụng với oxit (oxit axit và oxit lưỡng tính). - Lí thuyết: + Khi cho dung dịch bazơ tác dụng với một số oxit sản phẩm tạo thành phụ thuộc tỉ lệ số mol của dung dịch bazơ và oxit (Chỉ tạo ra muối trung hòa, chỉ tạo ra muối axit, tạo ra hỗn hợp muối trung hòa và muối axit). Ba(OH)2 + CO2  BaCO3  + H2O Ba(OH)2 + 2CO2  Ba(HCO3)2 + Khi cho lượng dung dịch bazơ hoặc lượng oxit tác dụng với nhau tạo ra dung dịch cô cạn dung dịch thu được m gam muối hoặc m gam chất rắn. 2 KOH + SO2  K2SO3 + H2O KOH + SO2  KHSO3 + Khi cho lượng dung dịch bazơ hoặc lượng oxit tác dụng với nhau tạo ra m gam kết tủa. Ca(OH)2 + CO2  CaCO3  + H2O Ca(OH)2 + 2CO2  Ca(HCO3)2 - Bài tập vận dụng: DẠNG I: - Khi cho dung dịch bazơ tác dụng với một số oxit sản phẩm tạo thành

8

Bazo

(2 mol





)

chỉ xảy ra PTHH (1).

+ Trường hợp 1:

phụ thuộc tỉ lệ số mol của dung dịch bazơ và oxit (Chỉ tạo ra muối trung hòa, chỉ tạo ra muối axit, tạo ra hỗn hợp muối trung hòa và muối axit). - Cho hỗn hợp oxitaxit tác dụng với dung dịch bazơ, oxitaxit có axit tương ứng mạnh hơn phản ứng trước phản ứng hết nếu kiềm dư thì oxitaxit tiếp theo mới phản ứng. Dạng I.A: Cho a (mol/ lit/ gam CO2, SO2, . . . ) tác dụng dung dịch chứa b mol KOH, NaOH. . . Cách giải thứ nhất theo cơ chế phản ứng (1) Oxit axit + Dung dịch ba zơ  Muối trung hòa + Nước Nếu oxitaxit hết tính toán theo (1), nếu oxitaxit dư viết tiếp: (2) Muối trung hòa + Oxit axit + Nước  Muối axit Tiếp tục tính toan theo (2) (1) SO2 + 2 KOH  K2SO3 + H2O Nếu SO2 hết tính toán theo (1), nếu SO2 dư viết tiếp: (2) SO2 + K2SO3 + H2O  2 KHSO3 Cách giải này có ưu điểm giúp học sinh dễ hiểu bản chất phản ứng và thuận lợi giải các bài tập ở mức độ giỏi, bên cạnh đó còn tồn tại một số trường hợp giải dài dòng. Cách giải thứ hai xét tỉ lệ số mol của bazơ và số mol của oxit axit theo 2 phương trình độc lập. (1) Oxit axit + Dung dịch ba zơ  Muối trung hòa + Nước (2) Oxit axit + Dung dịch ba zơ  Muối axit b a

n n

Oxitaxit

=> Tính toán theo PTHH (1).

Bazo

1







(2

mol

)

+ Trường hợp 2:

Xảy ra đồng thời PTHH (1), (2)

b a

n n Oxitaxit

Bazo

(1 mol





)

+ Trường hợp 3 :

chỉ xảy ra PTHH (2)

=> Lập hệ phương trình nBazơ và noxit axit n n

Oxitaxit

b a => Tính toán theo PTHH (2). (1) SO2 + 2 KOH  K2SO3 + H2O (2) SO2 + KOH  KHSO3





(2

mol

)

+ Trường hợp 1:

chỉ xảy ra PTHH (1).

n KOH n

b a

SO 2

=> Tính toán theo PTHH (1).

1







(2

mol

)

+ Trường hợp 2:

Xảy ra đồng thời PTHH (1), (2)

n KOH n

b a

SO

2

mol

(1





)

+ Trường hợp 3 :

chỉ xảy ra PTHH (2)

=> Lập hệ phương trình nKOH và nSO2 n KOH n

b a

SO 2

Cách giải này có ưu điểm giúp học sinh giải nhanh nhất các bài tập, bên

9

cạnh đó có nhược điểm không giải được các bài tập ở mức độ giỏi. Bài 1: 1.a: Sục chậm 4,48 lít SO2 vào dung dịch NaOH dư. Tính khối lượng muối tạo thành. 1.b: Sục chậm SO2 cho tới dư vào 250 (g) dung dịch NaOH 4%,. Tính khối lượng muối tạo thành. Hướng dẫn





(2,0

mol

)

1.a.

vì NaOH dư:

nSO

2

48,4 24,2

2 NaOH + SO2  Na2SO3 + H2O 0,2  0,2 (mol) mNa2SO3 = 0,2 . 126 = 25,2 (g)

1.b.

nNaOH   (25,0 mol ) 250 100 4. 40.

NaOH + SO2  NaHSO3 0,25  0,25 (mol) mNaHSO3 = 0,25 . 104 = 26 (g) Bài 2: Sục chậm 0,25 mol CO2 vào: 2.a. 300 (g) dung dịch KOH 11,2% thu được dung dịch X 2.b. 250 (g) dung dịch KOH 11,2% thu được dung dịch Y 2.c. 200 (g) dung dịch KOH 11,2% thu được dung dịch Z 2.d. 125 (g) dung dịch KOH 11,2% thu được dung dịch P 2.e. 100 (g) dung dịch KOH 11,2% thu được dung dịch Q Tính nồng độ phần trăm chất tan có trong các dung dịch X, Y, Z, P, Q. Hướng dẫn Cách giải thứ nhất theo cơ chế phản ứng:

nKOH





(6,0

mol

)

2.a.

300 100

2,11. 56.

2 KOH + CO2  K2CO3 + H2O Trước p/ư 0,6 0,25 Sau p/ư 0,1 0 0,25 0,25 (mol)  Cách

44.25,0

(311

300

:1

m

m

m









g

)

A

dd

.

KOH

CO 2

Cách

:2

m



m



m



56.1,0



.25,0

138



(

200



 18.25,0)56.6,0



(311

g

)

CT

OH 2

%

KOH

2%

COK 3

A 56.1,0 311

So sánh tính khối lượng dung dịch theo 2 cách: Cách 1 tính nhanh hơn

.25,0 138 C  .  ;%8,1%100 C  .  %1,11%100 311

2.b.

2 KOH + CO2  K2CO3 + H2O Trước p/ư 0,5 0,25 Sau p/ư 0 0 0,25 0,25 (mol)  Cách

nKOH   (5,0 mol ) 250 100 2,11. 56.

dd

.

KOH

A

CO 2

10

44.25,0 (261 250 :1 m m m     g )

2%

3

.25,0 138 .  %22,13%100 COKC

2.c.

2 KOH + CO2  K2CO3 + H2O Trước p/ư 0,4 0,25 Sau p/ư 0 0,05 0,2 0,2 (mol) SO2 + K2CO3 + H2O  2 KHCO3 Trước p/ư 0,05 0,2 Sau p/ư 0 0,15 0,1 (mol)  Cách

44.25,0

(211

200

:1

m

m

m









g

)

dd

.

KOH

2

100

nKOH   (4,0 mol ) 261 200 100 2,11. 56.

A .15,0

CO 138

%

KHCO

2%

3

3

.1,0 .  %81,9%100 C .  %74,4%100  COKC 211

2.d.

2 KOH + CO2  K2CO3 + H2O Trước p/ư 0,25 0,25 Sau p/ư 0 0,125 0,125 0,125 (mol) CO2 + K2CO3 + H2O  2 KHCO3 Trước p/ư 0,125 0,125 Sau p/ư 0 0 0,25 (mol)  Cách

44.25,0

136

125

:1

m

m

m









g

(

)

dd

.

KOH

2

CO 100

nKOH   (25,0 mol ) 211 125 100 2,11. 56.

%

KHCO

3

C  .  %38,18%100

2.e.

A .25,0 136 100 100

44).05,0

25,0(

100

:1

m

m

m











)

;

KOH

CO

dd

A

.

2

2 KOH + CO2  K2CO3 + H2O Trước p/ư 0,2 0,25 Sau p/ư 0 0,15 0,1 0,1 (mol) CO2 + K2SO3 + H2O  2 KHCO3 Trước p/ư 0,15 0,1 Sau p/ư 0,05 0 0,2 (mol) Cách  108 (8, g Chú ý tính khối lượng dung dịch chỉ cộng phần CO2 phản ứng

C



.

 %38,18%100

%

KHCO

3

.2,0 100 8,108

(6,0

mol

)

nKOH  (2,0 mol )  2,11. 56.

Cách giải thứ hai 2.a.







4,2



(2

mol

)

Nhận xét

=>KOH dư.

b a

6,0 25,0

nKOH  n KOH n CO

2

2 KOH + CO2  K2CO3 + H2O Trước p/ư 0,6 0,25

11

Sau p/ư 0,1 0 0,25 0,25 (mol) m

44.25,0

(311

300

m

m











g

)

A

.

CO

KOH

2

%

KOH

2%

COK 3

)

2.b.







(2

mol

)

Nhận xét

phản ứng vừa đủ:

dd 56.1,0 311 (5,0 mol b a

5,0 25,0

nKOH  n KOH n CO

2

2 KOH + CO2  K2CO3 + H2O Trước p/ư 0,5 0,25 Sau p/ư 0 0 0,25 0,25 (mol) m

.25,0 138  ;%8,1%100 C  .  %1,11%100 C .  311

A

CO 2

dd . KOH .25,0 138

44.25,0 g )(261 250 m m     

2%

3

.  %22,13%100 COKC

mol

)

2.c.

nKOH 

1





 (26,1

mol

)





Nhận xét:

=>Tạo ra K2CO3, KHCO3

n KOH n

b a

4,0 25,0

CO 2

y 

4,0

2

x

15,0



x



1,0



y

x

  

gọi nK2CO3 = x (mol) ; nKHCO3 = y (mol) 2 KOH + CO2  K2CO3 + H2O 2 x  x  x (mol) KOH + CO2  KHCO3 y  y  y (mol)    m

 y  m

25,0  m

261 (4,0

A

CO 2

dd . KOH .15,0 138

44.25,0 g )(211 200   

%

KHCO

2%

3

3

(25,0

)

Nhận xét: Câu a, b, c giải cả 2 cách đều như nhau về thời gian. 2.d.







(1

mol

)

Nhận xét

=>Tạo ra KHCO3

mol b a

25,0 25,0

nKOH  n KOH n CO

2

KOH + CO2  KHCO3 Trước p/ư 0,25 0,25 Sau p/ư 0 0 0,25 (mol) m 44.25,0

136

125

m

m











g

(

)

A

CO

2

.1,0 100 .  %81,9%100 C .  %74,4%100  COKC 211 211

%

KHCO

3

dd . KOH .25,0 100 136 (2,0

C  .  %38,18%100

2.e.

12

mol ) nKOH 







 (18,0

mol

)

Nhận xét:

=> CO2 dư

b a

2,0 25,0

n KOH n CO

2

KOH + CO2  KHCO3 Trước p/ư 0,2 0,25 Sau p/ư 0 0,05 0,2 (mol) m g (8,108

A

KOH

CO 2

C



.

 %38,18%100

%

KHCO

3

. dd 100 8,

.2,0 108

44).05,0 25,0( 100 m m       )

Nhận xét: Câu d, e giải theo cách 2 nhanh hơn, ngắn gọn hơn. Bài 3: Cho hỗn hợp x mol SO3 và y mol SO2 sục châm vào dung dịch chứa a mol NaOH. Hãy xác định muối trong dung dịch thu được theo x, y, a.





(1

mol

)

3.a. Nhận xét

: Khi x = a

n NaOH n

a x

SO 3

mol

(2







1

)

3.b. Nhận xét:

Khi x < a < 2x

NaOH + SO3  NaHSO4 a x x (mol) - Dung dịch chứa: a = x (mol) Na2SO4 n NaOH n

a x

nz 

xa 



t 

a

2

z

SONa 2 4



ax 





2

t 

x

z

n NaHSO 4

   t 

SO 3 gọi nNa2SO4 = z (mol) ; nNaHSO4 = t (mol) 2 NaOH + SO3  Na2SO4 + H2O 2z  z  z (mol) NaOH + SO3  NaHSO4 t t t (mol)    - Dung dịch chứa: a – x (mol) Na2SO4, 2x – a (mol) NaHSO4





(2

mol

)

3.c. Nhận xét:

Khi a > 2x

n NaOH n

a x

SO 3

2 NaOH + SO3  Na2SO4 + H2O 2x  x  x (mol) nNaOH = a – 2x (mol)

a

x



(2

mol

)



: Khi a  2x + 2y

3.c.1: Nhận xét

n NaOH n

 2 y

SO 2

2 NaOH + SO2  Na2SO3 + H2O 2y  y  y (mol) - Dung dịch chứa: x (mol) Na2SO4, y (mol) Na2SO3

a

x

1





(2

mol

)



: Khi y + 2x  a  2x + 2y

3.c.2: Nhận xét

n NaOH n

 2 y

2

SO gọi nNa2SO3 = p (mol) ; nNaHSO3 = q (mol)

13







2

n

p

a

y

x







a

2

q

p

2

x

SO

Na

3

2











2

2

q

n

a

x

y





p

q

y

NaHSO

3

   

2 NaOH + SO2  Na2SO3 + H2O 2p  p  p (mol) NaOH + SO3  NaHSO4 q q q (mol)     - Dung dịch chứa: x (mol) Na2SO4, a – 2x - y (mol) Na2SO3, 2x + 2y – a (mol) NaHSO3

a

x



(1

mol

)



: Khi a  2x + y

3.c.3: Nhận xét

n NaOH n

 2 y

SO 2

(1 mol





)

chỉ xảy ra PTHH (1).

+ Trường hợp 1:

NaOH + SO2  NaHSO3 Trước p/ư a - 2x y Sau p/ư 0 a - 2x - y a - 2x (mol) - Dung dịch chứa: x (mol) Na2SO4, a – 2x (mol) NaHSO3 Dạng 1.B: Cho a (mol/ lit/ gam CO2, SO2, . . . ) tác dụng dung dịch chứa b mol Ca(OH)2, Ba(OH)2. . . Cách giải thứ nhất: Theo cơ chế phản ứng (1) Oxit axit + Dung dịch ba zơ  Muối trung hòa + Nước Nếu oxitaxit hết tính toán theo (1), nếu oxitaxit dư viết tiếp: (2) Muối trung hòa + Oxit axit + Nước  Muối axit Tiếp tục tính toan theo (2) (1) CO2 + Ba(OH)2  BaCO3  + H2O Nếu CO2 hết tính toán theo (1), nếu CO2 dư viết tiếp: (2) CO2 + BaCO3 + H2O  Ba(HCO3)2 Cách giải này có ưu điểm giúp học sinh dễ hiểu bản chất phản ứng và thuận lợi giải các bài tập ở mức độ giỏi, bên cạnh đó còn tồn tại một số trường hợp giải dài dòng. Cách giải thứ hai xét tỉ lệ số mol của bazơ và số mol của oxit axit theo 2 phương trình độc lập. (1) Oxit axit + Dung dịch ba zơ  Muối trung hòa + Nước (2) Oxit axit + Dung dịch ba zơ  Muối axit a b

n Oxitaxit n

iBazo

=> Tính toán theo PTHH (1).

1







(2

mol

)

+ Trường hợp 2:

Xảy ra đồng thời PTHH (1), (2)

a b

n Oxitaxit n iBazo

=> Lập hệ phương trình nBazơ và noxit axit





(2 mol

)

+ Trường hợp 3 :

chỉ xảy ra PTHH (2)

n Oxitaxit n

iBazo

a b => Tính toán theo PTHH (2). (1) CO2 + Ba(OH)2  BaCO3  + H2O (2) 2 CO2 + Ba(OH)2  Ba(HCO3)2

14

2

+ Trường hợp 1:

chỉ xảy ra PTHH (1).

Ba

(

OH

)

2

=> Tính toán theo PTHH (1).

n CO   (1 mol ) n a b

2

+ Trường hợp 2:

Ba

(

OH

)

2

Xảy ra đồng thời PTHH (1), (2) => Lập hệ PT nBa(OH)2 và nSO2

n CO

2





(2

mol

)

+ Trường hợp 3 :

chỉ xảy ra PTHH (2)

n

a b

Ba

(

OH

)

2

n CO 1    (2 mol ) n a b

=> Tính toán theo PTHH (2). Cách giải này có ưu điểm giúp học sinh giải nhanh nhất các bài tập, bên cạnh đó có nhược điểm không giải được các bài tập ở mức độ giỏi. Bài 1: 1.a: Sục chậm 5,6 lít CO2 (đktc) vào dung dịch Ba(OH)2 dư. Tính khối lượng muối tạo thành. 1.b: Sục chậm CO2 cho tới dư vào 200 (g) dung dịch Ba(OH)2 17,1%,. Tính C% chất tan trong dung dịch thu được. Hướng dẫn





(25,0

mol

)

1.a.

nSO

vì Ba(OH)2 dư:

2

6,5 24,2

1.b.

2)

Ba(OH)2 + CO2  BaCO3  + H2O 0,25  0,25 (mol) mBaCO3 = 0,25 . 197 = 49,25(g) 200 100

Ba(OH)2 + 2 CO2  Ba(HCO3)2 0,2  0,4  0,2 (mol)  m

44.4,0

g )(6,

217

200

m

m









m

dd

.

Ba

(

OH

)

Ba

(

HCO

2

) 23

2

.



 %81,23%100

(

HCO

Ban

23 )

CO .2,0 217

(2,0 mol   ) n OH Ba ( 1,17. 171 .

2,a.

2)

(3,0 mol   ) n OH Ba (

259 6, Bài 2: Sục chậm 0,2 mol SO2 vào: 2.a. 300 (g) dung dịch Ba(OH)2 17,1% thu được dung dịch X 2.b. 200 (g) dung dịch Ba(OH)2 17,1% thu được dung dịch Y 2.c. 150 (g) dung dịch Ba(OH)2 17,1% thu được dung dịch Z 2.d. 100 (g) dung dịch Ba(OH)2 17,1% thu được dung dịch P 2.e. 80 (g) dung dịch Ba(OH)2 17,1% thu được dung dịch Q Tính nồng độ phần trăm chất tan có trong các dung dịch X, Y, Z, P, Q. Hướng dẫn Cách giải thứ nhất theo cơ chế phản ứng: 300 1,17. 100 171 .

Ba(OH)2 + SO2  BaSO3  + H2O Trước p/ư 0,3 0,2

15

Sau p/ư 0,1 0 0,2 0,2 (mol) Cách .2,0

64.2,0

300

:1

m

m

m

m













217



269

(4,

g

)

SO

dd

.

Ba

(

OH

)

X

2

2

BaSO 3

Cách

:2

m



m



.1,0

171



( 300



.3,0

 18.2,0)171



269

(4,

g

)



m

X

OH 2



C

%

.

 %35,6%100

Ba

(

OH

2)

CT 171 4,

.1,0 269

So sánh tính khối lượng dung dịch theo 2 cách: Cách 1 tính nhanh hơn. Chú ý tính khối lượng dung dịch trừ chất kết tủa.

2.b.

Ba

(

2)

Ba(OH)2 + SO2  BaSO3  + H2O Trước p/ư 0,2 0,2 Sau p/ư 0 0 0,2 0,2 (mol) Cách

64.2,0

.2,0

200

:1

m

m

m

m













217



169

(4,

g

)

SO

dd

.

Ba

(

OH

)

X

2

2

BaSO 3

(







m

:2

200

 18.2,0)171



169

(4,

g

)

A

OH 2

  (2,0 mol ) n OH 200 1,17. 100 171 .

2.c.

Ba

(

2)

Cách m .2,0 Dung dịch Y không có chất tan. 150 1,17. 171 100 .

Ba(OH)2 + SO2  BaSO3  + H2O Trước p/ư 0,15 0,2 Sau p/ư 0 0,05 0,15 0,15 (mol) SO2 + BaSO3 + H2O  Ba(HSO3)2 Trước p/ư 0,05 0,15 Sau p/ư 0 0,1 0,05 (mol)  Cách 217

64.2,0

150

.1,0

:1

m

m

m

m













(1,141

g

)

dd

.

Ba

(

OH

)

Z

SO 2

2

BaSO 3

Cách

:2

m



m



m



150(



.15,0

)171



15,0(



18).05,0



.05,0

299

A

CT

OH 2



(1,141

g

)

.05,0

299



.

 %6,10%100

BaC

(%

HCO

23 )

(15,0   mol ) n OH

2.d.

2)

1,141 100 1,17. 100 171 .

Ba(OH)2 + SO2  BaSO3  + H2O Trước p/ư 0,1 0,2 Sau p/ư 0 0,1 0,1 0,1 (mol) SO2 + BaSO3 + H2O  Ba(HSO3)2 Trước p/ư 0,1 0,1 Sau p/ư 0 0 0,1 (mol) Cách

64.2,0

112

100

(8,

:1

m

m

m











g

)

Z

dd

.

Ba

(

OH

)

SO 2

2

:2

m



m



m



100(



.1,0

)171



18).1,01,0(





.1,0

299



112

(8,

g

)

A

CT

OH 2

Cách

16

  (1,0 mol ) n OH Ba (



 %51,26%100

.

BaC

(%

HCO

23 )

2.e.

Ba

(

2)

.1,0 299 112 8, 100 1,17. 100 171 .

SO2 + Ba(OH)2  BaSO3  + H2O Trước p/ư 0,2 0,08 Sau p/ư 0,12 0 0,08 0,08 (mol) SO2 + BaSO3 + H2O  Ba(HSO3)2 Trước p/ư 0,12 0,08 Sau p/ư 0,04 0 0,08 (mol) Cách

64).04,0

24,90

2,0(

80

:1

m

m

m













g

)

(

Z

SO

dd

.

Ba

(

OH

)

2

2

Cách

:2

m



m



m



80(



.08,0

171

)



08,0(



18).08,0



.08,0

299

A

CT

OH 2



24,90

(

g

)

.08,0

299



.

 %51,26%100

BaC

(%

HSO

23 )

24,90

 (08,0 mol )  n OH

Chú ý tính khối lượng dung dịch chỉ cộng phần CO2 phản ứng Cách giải thứ hai nhận xét tỉ lệ số mol của Ba(OH)2 và CO2.

2

2.a.

=> Nhận xét:

2)

Ba

(

OH

)

2

Ba(OH)2 + SO2  BaSO3  + H2O Trước p/ư 0,3 0,2 Sau p/ư 0,1 0 0,2 0,2 (mol)  m (4,269

n CO    (1 mol )  (3,0 mol ) n OH Ba ( n 2,0 3,0 2 3

X

)

SO 2

2

BaSO 3

C

%



 %35,6%100

.

Ba

(

OH

2)

. Ba ( OH dd .1,0 171 4, 269

64.2,0 .2,0 217 300 m m m       g )

2

2.b.

=> Nhận xét:

2)

Ba

(

OH

)

2

n CO   (1 mol )  (2,0 mol ) n OH Ba ( n 2,0 2,0

BaSO

OH

Ba

)

(

SO 2

3

2

Ba(OH)2 + SO2  BaSO3  + H2O Trước p/ư 0,2 0,2 Sau p/ư 0 0 0,2 0,2 (mol)  m Y . dd Dung dịch Y không có chất tan.

64.2,0 217 200 .2,0 m m m       (4,169 g )



(15,0

mol

)

2.c.

: Nhận xét

n OH

Ba

(

2)

(

Ba

)

2

OH gọi nBaSO3 = x (mol) ; nBa(HSO3)2= y (mol) Ba(OH)2 + SO2  BaSO3  + H2O x  x  x (mol) Ba(OH)2 + 2SO2  Ba(HSO3)2 y  2y  y (mol)

17

n CO 2    (2 mol ) 1  n 2,0 15,0 4 3

x  2 y  2,0 x  1,0  x  y  15,0 y  05,0   



m



m



64.2,0



150



.1,0

217



(1,141

g

)

Z

SO

2

2

. Ba dd ( ) OH .05,0 299



.

 %6,10%100

BaC (%

HCO

23 )

1,141

Nhận xét: Câu a, b, c giải cả 2 cách đều như nhau về thời gian.

n

CO 2





(2

mol

)



(1,0

mol

)

2.d.

: Nhận xét

n OH

Ba

(

2)

n

2,0 1,0

Ba

(

OH

)

2

Ba(OH)2 + 2SO2  Ba(HSO3)2 Trước p/ư 0,1 0,2 Sau p/ư 0 0 0,1 (mol) m 64.2,0

   m

Z

)

SO 2

2



.

 %51,26%100

BaC

(%

HCO

23 )

. Ba ( OH dd .1,0 299 8, 112

112 100 (8, m m      g )

CO 2

2.e.

: Nhận xét

2)

Ba

(

OH

)

2

64).04,02,0(

g )(24,90

80

m

m











Ba(OH)2 + 2SO2  Ba(HSO3)2 Trước p/ư 0,08 0,2 Sau p/ư 0 0,04 0,08 (mol)  m

Z

SO

2

2

. Ba dd ( ) OH .08,0 299



.

 %51,26%100

BaC

(%

HCO

23 )



.

 %51,26%100

BaC

(%

HCO

23 )

24,90 299 8,

.1,0 112

n    (25,2 mol )  (08,0 mol ) n OH Ba ( n 2,0 08,0

Nhận xét: Câu d, e giải theo cách 2 nhanh hơn, ngắn gọn hơn. Bài 3: Sục chậm 0,25 mol CO2 vào 200 gam dung dịch hỗn hợp KOH 5,6%, Ba(OH)2 8,55% phản ứng kết thúc thu được dung dịch X. Tính nồng độ phần trăm chất tan trong dung dịch X. Hướng dẫn: - Hai chất cùng tác dụng với một chất, chất có sản phẩm có tạo ra kết tủa hoặc thoát khí thì được ưu tiên phản ứng trước hết rồi đến chất có sản phẩm không có kết tủa hoặc thoát khí. - Hai chất cùng tác dụng với một chất, chất có hòa tan thuần túy trong nước thì được ưu tiên phản ứng trước hết rồi đến chất không hòa tan trong nước.

;

2)

)    mol (1,0 (2,0 mol  ) nKOH n OH Ba ( 200 100 6,5. 56.

18

200 55,8. 100 171 . - Giải theo cơ chế phản ứng: CO2 + Ba(OH)2  BaCO3  + H2O Trước p/ư 0,36 0,1 Sau p/ư 0,26 0 0,1 0,1 (mol) CO2 + 2 KOH  K2CO3 + H2O

Trước p/ư 0,26 0,2 Sau p/ư 0,16 0 0,1 0,1 (mol) CO2 + K2CO3 + H2O  2 KHCO3 Trước p/ư 0,16 0,1 Sau p/ư 0,06 0 0,2 (mol) CO2 + BaCO3 + H2O  Ba(HCO3)2 Trước p/ư 0,06 0,1 Sau p/ư 0 0,04 0,06 (mol) Cách 44.36,0 (96,

.04,0

207

197

200

:1

m

m

m













g

)

Z

CO

dd

.

HH

2

Cách

:2

m



m



m



(

200



.1,0

171



)56.2,0



18).06,01,01,01,0(







A

CT

OH 2



592.06,0



.02,0

100



207

(96,

g

)



.

 %5,5%100

C

.

 %62,9%100



;

BaC

(%

HCO

%

KHCO

23 )

3

.2,0 207

100 96,

.06,0 207

259 96,

(

)

)

(







,0

,0

035

mol

025

025

mol

 ,01.

24:84,0

;

(

Ca

nCO

2

2)

A

CaCO3 0,025

0,015

B

O

0,025 0,035

CO2

 (15,03,0.5,0

4,22:48,4

(2,0

mol

mol







)

)

;

nCO

Ba

(

2)

2

Dạng I.C: Cho a (mol/ lit/ gam CO2, SO2, . . . ) tác dụng dung dịch chứa b mol Ca(OH)2, Ba(OH)2, KOH, NaOH . . . Vẽ đồ thị. - Hướng dẫn: Dựa vào cơ chế phản ứng vẽ đồ thị. Bài 1: Sục chậm 0,84 lít CO2 (đkp) vào 1lít dung dịch Ca(OH)2 0,025 M. Vẽ đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc số mol kết tủa và số mol CO2. - Hướng dẫn: n OH CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O Trước p/ư 0,035 0,025 Sau p/ư 0,01 0 0,025 0,025 (mol) Vẽ đoạn OA CO2 + CaCO3 + H2O  Ca(HCO3)2 Trước p/ư 0,01 0,025 Sau p/ư 0 0,015 0,01 (mol) Vẽ đoạn AB Bài 2: Sục chậm 4,48 lít SO2 (đktc) vào 0,5 lít dung dịch hỗn hợp KOH 0,1 M, Ba(OH)2 0,3 M. Vẽ đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc số mol kết tủa và số mol SO2. n OH SO2 + Ba(OH)2  BaSO3  + H2O Trước p/ư 0,2 0,15

19

mol

(2





)

Nhận xét:

Sau p/ư 0,05 0 0,15 0,15 (mol) Vẽ đoạn OA n KOH n

1,0 05,0

SO

2

BaCO3

A B

0,15

SO2

0,15 0,2

O

 (15,03,0.5,0

24:84,7

(35,0

mol

mol







)

)

;

nCO

Ba

(

2)

2

 (15,0

mol





)

Nhận xét:

=> SO2 dư

2KOH + SO2  K2SO3 + H2O Trước p/ư 0,1 0,05 Sau p/ư 0 0 0,05 (mol) Vẽ đoạn AB Bài 3: Sục chậm 7,84 lít SO2 (đktc) vào 0,5 lít dung dịch hỗn hợp KOH 0,1 M, Ba(OH)2 0,3 M. Vẽ đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc số mol kết tủa và số mol SO2. n OH SO2 + Ba(OH)2  BaSO3  + H2O Trước p/ư 0,35 0,15 Sau p/ư 0,2 0 0,15 0,15 (mol) Vẽ đoạn OA n KOH n

1,0 2,0

SO 2

BaCO3

KOH + SO2  KHSO3 Trước p/ư 0,1 0,2 Sau p/ư 0 0,1 0,1 (mol) Vẽ đoạn AB SO2 + BaSO3 + H2O  Ba(HSO3)2 Trước p/ư 0,1 0,15 Sau p/ư 0 0,05 0,1 (mol) Vẽ đoạn BC



.

 %51,26%100

BaC

(%

HCO

23 )

.1,0 112

299 8,

A

B

0,15

0,05

C

SO2

0,15

0,25

0,35

O

20

2

(2,04,22:48,4 mol   ) nCO

DẠNG II: Cho a (mol/ lit/ gam CO2, SO2, . . . ) hoặc dung dịch chứa b mol KOH, NaOH . . . tác dụng với nhau cô cạn dung dịch thu được m gam muối khan hoặc m gam chất rắn khan. - Khi cho CO2, SO2 . . . tác dụng dung dịch KOH, NaOH . . . thu được dung dịch chứa: Muối trung hòa; Muối axit; Hỗn hợp muối trung hòa và muối axit; Hỗn hợp muối trung hòa và kiềm dư. DẠNG II.A: Cho a (mol/ lit/ gam CO2, SO2, . . . ) hoặc b mol KOH, NaOH . . . tác dụng với nhau cô cạn dung dịch thu được m gam muối khan. Giải ba trường hợp có một nghiệm đúng. - Lí thuyết: + Trường hợp 1: Chỉ tạo ra muối trung hòa, viết PTHH tạo ra muối trung hòa, tính khối lượng muối trung hòa theo oxitaxit hoặc bazơ rồi so sánh khối lượng muối bài ra cho kết luận (nếu bằng là đúng). + Trường hợp 2: Chỉ tạo ra muối axit, viết PTHH tạo ra muối axit, tính khối lượng muối axit theo oxitaxit hoặc bazơ rồi so sánh khối lượng muối bài ra cho kết luận (nếu bằng là đúng). + Trường hợp 3: Tạo ra hỗn hợp muối trung hòa và muối axit, viết PTHH tạo ra muối trung hòa và muối axit, lập hệ phương trình khối lương muối và số mol của oxit hoặc bazơ, giải hệ kết luận (các nghiệm đều dương là đúng). - Bài tập: Bài 1: Sục chậm 4,48 lít CO2 (đktc) vào a gam dung dịch NaOH 8% phản ứng kết thúc thu được 16,8 gam muối khan. Tinh a ? Hướng dẫn: Trường hợp 1: Giả sử mNa2CO3 = 16,8 gam CO2 + 2 NaOH  Na2CO3 + H2O 0,2  0,2 (mol) mNa2CO3 = 0,2 . 106 = 21,2 gam > 16,8 gam => Loại Trường hợp 2: Giả sử mNaHCO3 = 16,8 gam CO2 + NaOH  NaHCO3 0,2 0,2 (mol) mNaHCO3 = 0,2 . 84 = 16,8 gam =16,8 gam => Đúng

Trường hợp 3: Vậy mNa2CO3,NaHCO3 = 16,8 gam là sai. Chứng minh điều khẳng định là sai. Gọi nNa2CO3 = x (mol); nNaHCO3 = y (mol) CO2 + 2 NaOH  Na2CO3 + H2O x  2x  x (mol) CO2 + NaOH  NaHCO3 y  y  y (mol)

2

x



y



2,0

x



0



y



2,0

  

x



84

y



8,16

    106

 . 100  100 gam m NaOH dd 40.2,0 8

Bài 2: Sục chậm 3,36 lít CO2 (đktc) vào a gam dung dịch NaOH 8% phản

21

)





mol

(15,04,22:36,3

nCO

2

ứng kết thúc thu được 14,8 gam muối khan. Tinh a ? Hướng dẫn: Trường hợp 1: Giả sử mNa2CO3 = 14,8 gam CO2 + 2 NaOH  Na2CO3 + H2O 0,15  0,15 (mol) mNa2CO3 = 0,15 . 106 = 15,9 gam > 14,8 gam => Loại Trường hợp 2: Giả sử mNaHCO3 = 14,8 gam CO2 + NaOH  NaHCO3 0,15 0,15 (mol) mNaHCO3 = 0,15 . 84 = 12,6 gam < 14,8 gam => Loại Trường hợp 3: Vậy mNa2CO3,NaHCO3 = 14,8 gam Gọi nNa2CO3 = x (mol); nNaHCO3 = y (mol) CO2 + 2 NaOH  Na2CO3 + H2O x  2x  x (mol) CO2 + NaOH  NaHCO3 y  y  y (mol)

x



y



15,0



x y

 

1,0 05,0

  

x



84

y



8,14

    106

  . 100  125 gam m NaOH dd 40).05,01,0.2( 8

Bài 3: Sục chậm V lít SO2 (đkp) vào 200 gam dung dịch KOH 5,6% phản ứng kết thúc thu được 17,85 gam muối khan. Tinh V ?

Hướng dẫn:

)   mol (2,0 nKOH 6,5. 56.

2

x



y



2,0

x



,0

075



y



05,0

  

x



84

y



85,17



,0(

075



4,22).05,0



8,2

lít

    106 VSO

2

22

200 100 Trường hợp 1: Giả sử mK2SO3 = 17,85 gam SO2 + 2 KOH  K2SO3 + H2O 0,2  0,1 (mol) mK2SO3 = 0,1 . 158 = 15,8 gam < 17,85 gam => Loại. Trường hợp 2: Giả sử mKHSO3 = 14,65 gam SO2 + KOH  KHSO3 0,2  0,2 (mol) mKHSO3 = 0,2 . 120 = 24 gam > 17,85 gam => Loại Trường hợp 3: Vậy mK2SO3, KHSO3 = 17,85 gam Gọi nK2SO3 = x (mol); nKHSO3 = y (mol) SO2 + 2 KOH  K2SO3 + H2O x  2x  x (mol) SO2 + KOH  KHSO3 y  y  y (mol)

2

2:5,0

250

ml

lít







(

)

)

#



N

x

y

,

)

(25,0 mol   ) nSO

DẠNG II.B: Cho a (mol/ lit/ gam CO2, SO2, . . . ) hoặc b mol KOH, NaOH . . . tác dụng với nhau cô cạn dung dịch thu được m gam chất rắn khan. Giải bốn trường hợp có một nghiệm đúng. - Lí thuyết: + Trường hợp 1: Chỉ tạo ra muối trung hòa, viết PTHH tạo ra muối trung hòa, tính khối lượng muối trung hòa theo oxitaxit hoặc bazơ rồi so sánh khối lượng muối bài ra cho kết luận (nếu bằng là đúng). + Trường hợp 2: Chỉ tạo ra muối axit, viết PTHH tạo ra muối axit, tính khối lượng muối axit theo oxitaxit hoặc bazơ rồi so sánh khối lượng muối bài ra cho kết luận (nếu bằng là đúng). + Trường hợp 3: Tạo ra hỗn hợp muối trung hòa và muối axit, viết PTHH tạo ra muối trung hòa và muối axit, lập hệ phương trình khối lương muối và số mol của oxit hoặc bazơ, giải hệ kết luận (các nghiệm đều dương là đúng). + Trường hợp 4: Tạo ra hỗn hợp muối trung hòa và bazơ dư, viết PTHH tạo ra muối trung hòa, tính số mol muối trung hòa và số mol bazơ phản ứng theo số mol và PTHH, lập phương trình tổng khối lượng muối trung hòa và bazơ dư, giải tìm ẩn kết luận. Bài tập vận dụng: Bài 1: Sục chậm 11 gam SO2 (đktc) vào V ml dung dịch KOH 2M phản ứng kết thúc thu được 39,5 gam chất rắn khan. Tinh a ? 44:11 Hướng dẫn: Trường hợp 1: Giả sử mK2SO3 = 39,5 gam SO2 + 2 KOH  K2SO3 + H2O 0,25  0,5  0,25 (mol) mK2SO3 = 0,25 . 158 = 39,5 gam => Đúng V KOH (25,0 dd Vậy các trường hợp 2, 3, 4: mKHSO3 = 39,5 gam, mK2SO3, KHSO3 = 39,5 gam, mK2SO3, KOH dư = 39,5 gam đều là sai. Chứng minh cho học sinh điều khẳng định là sai. Trường hợp 2: Nếu mKHSO3 = 39,5 gam. SO2 + KOH  KHSO3 0,25 0,25 (mol) mKHSO3 = 0,25 . 120 = 30 gam < 39,5 gam => sai Trường hợp 3: Nếu mK2SO3, KHSO3 = 39,5 gam là sai vì: Gọi nK2SO3 = x (mol); nKHSO3 = y (mol) ( điều kiện SO2 + 2 KOH  K2SO3 + H2O x  2x  x (mol) SO2 + KOH  KHSO3 y  y  y (mol)

x



y



25,0



Sai

x y

 

25,0 0

  

120





x

y

    158

5,39 Trường hợp 4: Vậy mK2SO3, KOH dư = 39,5 gam là sai vì:

23

)





mol

(15,0

nCO

2

SO2 + 2 KOH  K2SO3 + H2O 0,25  0,5  0,25 (mol) mK2SO3 = 0,25 . 158 = 39,5 gam => Sai vì KOH không dư Bài 2: Sục chậm 3,6 lít CO2 (đkp) vào 200 gam dung dịch NaOH C% phản ứng kết thúc thu được 19,9 gam chất rắn khan. Tinh C% ? 24:6,3 Hướng dẫn: Trường hợp 1: Giả sử mNa2CO3 = 19,9 gam CO2 + 2 NaOH  Na2CO3 + H2O 0,15  0,15 (mol) mNa2CO3 = 0,15 . 106 = 15,9 gam < 19,9 gam => Loại Trường hợp 2: Giả sử mNaHCO3 = 19,9 gam CO2 + NaOH  NaHCO3 0,15 0,15 (mol) mNaHCO3 = 0,15 . 84 = 12,6 gam < 19,9 gam => Loại Trường hợp 3: Vậy mNa2CO3,NaHCO3 = 19,9 gam Gọi nNa2CO3 = x (mol); nNaHCO3 = y (mol) CO2 + 2 NaOH  Na2CO3 + H2O x  2x  x (mol) CO2 + NaOH  NaHCO3 y  y  y (mol)

x



x



y



15,0



=> Loại

x



84

y



9,19

y



    106

73 220 2 11

     

Trường hợp 4: Vậy mNa2CO3, NaOH = 19,9 gam CO2 + 2 NaOH  Na2CO3 + H2O 0,15  0,3  0,15 (mol) mNaOH = 19,9 - 0,15 . 106 = 4 gam

NaOH

 C %  .  %8%100 40.3,04 200

Bài 3: Sục chậm V lít SO2 (đkp) vào 300 gam dung dịch KOH 5,6% phản ứng kết thúc thu được 21,4 gam chất rắn khan. Tinh V ?

Hướng dẫn:

)   mol (3,0 nKOH 6,5. 56.

24

300 100 Trường hợp 1: Giả sử mK2SO3 = 21,4 gam SO2 + 2 KOH  K2SO3 + H2O 0,3  0,15 (mol) mK2SO3 = 0,15 . 158 = 23,7 gam > 21,4 gam => Loại Trường hợp 2: Giả sử mKHSO3 = 21,4 gam SO2 + KOH  KHSO3 0,3  0,3 (mol) mKHSO3 = 0,3 . 120 = 36 gam > 21,4 gam => Loại Trường hợp 3: Giả sử mK2SO3, KHSO3 = 21,4 gam Gọi nK2SO3 = x (mol); nKHSO3 = y (mol)

SO2 + 2 KOH  K2SO3 + H2O x  2x  x (mol) SO2 + KOH  KHSO3 y  y  y (mol)

x



x

y

2





3,0

73 410



=>Loại

x

y





120

4,21

    158

y



23 410

2

 lít 4,2 24.1,0

)0 ;0   y x (

      Trường hợp 4: Vậy mK2SO3, KOH = 21,4 gam, gọi nK2SO3 = x (mol) SO2 + 2 KOH  K2SO3 + H2O x  2x  x (mol) mK2SO3, KOH = (0,3 – 2x).56 + 158x = 21,4 gam  VSO => x = 0,1 => - Sau khi học sinh nắm chắc hai dạng A, B thì giáo viên có thể hướng dẫn học sinh giải nhanh cho cả m gam muối và m gam chất rắn như sau: Giả sử sản phẩm tạo thành là hỗn hợp muối trung hòa và muối axit, gọi số mol muối trung hòa là x (mol) và số mol muối axit là y (mol) rồi đặt điều kiện cho x  0; y  0 và y < 0. Giải hệ phương trình rồi kết luận: + Nếu x > 0, y = 0 Chỉ tạo ra muối trung hòa. + Nếu x = 0, y > 0 Chỉ tạo ra muối axit. + Nếu x > 0, y > 0 Tạo ra hỗn hợp muối trung hòa và muối axit. + Nếu x > 0, y < 0 Tạo ra hỗn hợp muối trung hòa và bazơ dư. Ví dụ: Bài 3: Sục chậm V lít SO2 (đkp) vào 200 gam dung dịch KOH 5,6% phản ứng kết thúc thu được 17,85 gam muối khan. Tinh V ? y  ;0 Gọi nK2SO3 = x (mol) ; nKHSO3 = y (mol) SO2 + 2 KOH  K2SO3 + H2O x  2x  x (mol) SO2 + KOH  KHSO3 y  y  y (mol)

2

x



y



2,0

x



,0

075



y



05,0

  

x



84

y



85,17

    106

2

8,24,22).05,0 075 ,0( lít   VSO

Vì x = 0,075 ; y = 0,05 dương nên sản phẩm tạo ra la hỗn hợp K2SO3,  KHSO3 => Bài 3: Sục chậm V lít SO2 (đkp) vào 300 gam dung dịch KOH 5,6% phản ứng kết thúc thu được 21,4 gam chất rắn khan. Tinh V ?

Hướng dẫn:

Giả sử mK2SO3, KHSO3=21,4gam

;0





y

y

x

(



)0

  (3,0 mol ) nKOH 6,5. 56.

25

300 100 ;0 Gọi nK2SO3 = x (mol); nKHSO3 = y (mol) SO2 + 2 KOH  K2SO3 + H2O x  2x  x (mol)

SO2 + KOH  KHSO3 y  y  y (mol)

x



2

x



y



3,0

73 410



=>Loại

x



120

y



4,21

    158

y



23 410

     

x





;0

y





0

Vì

=> Chất rắn là: K2SO3, KOH

73 410

23 410

2

(2,0

(1,0

mol

mol









)

)

Hướng dẫn: nKOH

; n Na2CO3

  lít 4,2 24.1,0 VSO

mK2SO3, KOH = 21,4 gam, gọi nK2SO3 = x (mol) SO2 + 2 KOH  K2SO3 + H2O x  2x  x (mol) mK2SO3, KOH = (0,3 – 2x).56 + 158x = 21,4 gam => x = 0,1 => DẠNG II.C: Cho a (mol/ lit/ gam CO2, SO2, . . . ) hoặc b mol KOH, NaOH, muối cacbonat, muối sunfit . . . tác dụng với nhau cô cạn dung dịch thu được m gam muối khan. Giải ba trường hợp có một nghiệm đúng. + Trường hợp 1: Chỉ tạo ra muối trung hòa, viết PTHH tạo ra muối trung hòa, tính khối lượng muối trung hòa theo oxitaxit hoặc bazơ rồi so sánh khối lượng muối bài ra cho kết luận (nếu bằng là đúng). + Trường hợp 2: Chỉ tạo ra muối axit, viết PTHH tạo ra muối axit, tính khối lượng muối axit theo oxitaxit hoặc bazơ rồi so sánh khối lượng muối bài ra cho kết luận (nếu bằng là đúng). + Trường hợp 3: Tạo ra hỗn hợp muối trung hòa và muối axit, viết PTHH tạo ra muối trung hòa và muối axit, lập hệ phương trình khối lương muối và số mol của oxit hoặc bazơ, giải hệ kết luận (các nghiệm đều dương là đúng). + Chú ý oxitaxit phản ứng với kiềm trước, với muối sau. Bài 1: Sục chậm 0,25mol CO2 vào 100 ml dung dịch hỗn hợp KOH 2M, Na2CO3 1M phản ứng kết thúc thu được dung dịch, cô can cẩn thận làm bay hơi nước thu được mấy gam muối khan. 100 2. 1000

100 1. 1000

CO2 + 2 KOH  K2CO3 + H2O Trước p/ứ 0,25 0,2 (mol) Sau p/ứ 0,15 0 0,1 (mol) + Nếu Na2CO3 phản ứng trước, K2CO3 phản ứng sau: CO2 + Na2CO3 + H2O  2 NaHCO3 Trước p/ứ 0,15 0,1 (mol) Sau p/ứ 005 0 0,2 (mol) CO2 + K2CO3 + H2O  2 KHCO3 Trước p/ứ 0,05 0,1 (mol) Sau p/ứ 0 0,05 0,1 (mol) Khối lượng muối: 0,2.84 + 0,05.138 +0,1.100= 33,7 gam

26

(2,0

(1,0

mol

mol









)

)

Hướng dẫn: nKOH

; n Na2CO3

+ Nếu K2CO3 phản ứng trước, Na2CO3 phản ứng sau: CO2 + K2CO3 + H2O  2 KHCO3 Trước p/ứ 0,15 0,1 (mol) Sau p/ứ 005 0 0,2 (mol) CO2 + Na2CO3 + H2O  2 NaHCO3 Trước p/ứ 0,05 0,1 (mol) Sau p/ứ 0 0,05 0,1 (mol) Khối lượng muối: 0,2.100 + 0,05.106 + 0,1.84 = 33,7 gam + Nếu K2CO3 và Na2CO3 phản ứng đồng thời thu được 33,7 gam Vậy khối lượng muối khan thu được là 33,7 gam Bài đảo lại Bài 2: Sục chậm a mol CO2 vào 100 ml dung dịch hỗn hợp KOH 2M, Na2CO3 1M phản ứng kết thúc thu được dung dịch, cô can cẩn thận làm bay hơi nước thu được 34,3 gam muối khan. Tính a ? 100 2. 1000

100 1. 1000

CO2 + 2 KOH  K2CO3 + H2O 0,1  0,2  0,1 (mol) + Trường hợp 1: Gỉả sử mNa2CO3, K2CO3= 33,7 gam mNa2CO3, K2CO3= 0,1.(138+106) = 26,4 gam < 33,7 gam (loại) + Trường hợp 2: Gỉả sử mNaHCO3, KHCO3= 33,7 gam CO2 + Na2CO3 + H2O  2 NaHCO3 0,1  0,1  0,2 (mol) CO2 + K2CO3 + H2O  2 KHCO3 0,1  0,1  0,2 (mol) mNaHCO3,KHCO3= 0,2.(100 + 84) = 36,8 gam > 33,7 gam (loại) + Trường hợp 3: Vậy mNa2CO3, K2CO3, NaHCO3, KHCO3= 33,7 gam Gọi nNa2CO3(p/ư) = x (mol) => nNa2CO3(dư) = 0,1 - x (mol) Gọi nNa2CO3(p/ư) = x (mol) => nNa2CO3(dư) = 0,1 - x (mol) Gọi nK2CO3(p/ư) = y (mol) => nK2CO3(dư) = 0,1 - y (mol) CO2 + Na2CO3 + H2O  2 NaHCO3 x  x  2 x (mol) CO2 + K2CO3 + H2O  2 KHCO3 y  y  2 y (mol) Khối lượng Na2CO3, K2CO3, NaHCO3, KHCO3 khan là: (0,1- x). 106 + (0,1 – y). 138 + 2x.84 + 2y.100 = 34,3 gam  (2.84 – 106) x + (2.100 – 138).y = 33,7 – (10,6 + 13,8)  62(x + y) = 9,3 => x + y = 0,15 (mol)  a = 0,1 + 0,15 = 0,25 (mol)

DẠNG III: Cho a (mol/ lit/ gam CO2, SO2, . . . ) hoặc dung dịch chứa b mol Ca(OH)2, Ba(OH)2, . . . tác dụng với nhau thu được m gam kết tủa. - Lí thuyết: Khi cho CO2, SO2 . . . tác dụng dung dịch Ca(OH)2, Ba(OH)2, . . . thu được dung dịch chứa: Muối axit; Kiềm dư; Hoặc không có chất tan. Trường hợp 1: Ca(OH)2, Ba(OH)2, . . . dư chỉ xảy ra phản ứng tạo ra muối trung hòa tính toán theo muối trung hòa:

27

SO2 + Ba(OH)2  BaSO3 + H2O Trường hợp 2: Ca(OH)2, Ba(OH)2, . . . hết có 2 cách giải: Cách 1: Giải theo cơ chế phản ứng: SO2 + Ba(OH)2  BaSO3 + H2O SO2 + BaSO3 + H2O  Ba(HSO3)2 Cách 2: Giải theo hai phản ứng độc lập: SO2 + Ba(OH)2  BaSO3 + H2O 2 SO2 + Ba(OH)2  Ba(HSO3)2 Bài 1: Sục chậm V lít CO2 (đktc) vào 1000 ml dung dịch Ca(OH)2 0,025M chỉ thu được 2,5 gam kết tủa và dung dịch X. Tính V và CM chất tan trong dung dịch X. Biết coi thể tích dung dịch X là 1000 ml. Hướng dẫn:

Ca

(

OH

2)

CaSO 3

 n ,0. 025  ,0 025 ( mol ); n   ,0 025 ( mol ) 5,2 100 1000 1000

2

 56,04,22. 025 lít ,0  VCO

Trường hợp 1: Ca(OH)2, . . . dư: SO2 + Ca(OH)2  CaSO3 + H2O 0,025  0,025  0,025 (mol) Ca(OH)2 hết => Bài 2: Sục chậm V lít SO2 (đktc) vào 300 gam dung dịch Ba(OH)2 17,1% thu được 43,4 gam kết tủa và dung dịch X. Tính V và C% chất tan trong dung dịch X.

Hướng dẫn:

Ba

(

OH

2)

BaSO 3

4,22.2,0

48,4

lít





Trường hợp 1: Ba(OH)2 dư: SO2 + Ba(OH)2  BaSO3 + H2O 0,2  0,2  0,2 (mol) VSO

2

; mdd Ba(OH)2 = 200 + 0,2 . 64 – 43,4 = 169,4 (g) 171

.

 %1,10%100

BaC%

du

(

OH

2)

 ).2,03,0( 169 4,

n  (3,0 mol ); n   (2,0 mol )  300 1,17. 100 . 171 4,43 217

2

Trường hợp 2: Ba(OH)2 hết: SO2 + Ba(OH)2  BaSO3 + H2O 0,2  0,2  0,2 (mol) VSO lít mdd Ba(OH)2 = 200 + 0,2 . 64 – 43,4 = 169,4 (g)

171

.

 %1,10%100

BaC%

du

(

OH

2)

 ).2,03,0( 169 4,  ).2,03,0(

171

.

 %1,10%100

BaC%

du

(

OH

2)

Trường hợp 2: Ba(OH)2, . . . hết: Cách 1: SO2 + Ba(OH)2  BaSO3 + H2O 0,3  0,3  0,3 (mol) SO2 + BaSO3 + H2O  Ba(HSO3)2

28

4,22.2,0 48,4  

96,84,22).2,02,0(

4,22).1,03,0(

lít











2

0,1  (0,3- 0,2)  0,1 (mol) Cách 2: SO2 + Ba(OH)2  BaSO3 + H2O 0,2  0,2  0,2 (mol) 2 SO2 + Ba(OH)2  Ba(HSO3)2 0,2  (0,3- 0,2)  0,1 (mol) VCO mdd



.

 %6,10%100

BaC%

(

HSO

23 )

299 2,

.1,0 282 96,84,22).2,02,0(







lít

;

2

64.4,0 4,43 (2, 300 282     g )

VCO Bài 3: Sục chậm V lít CO2 (đktc) vào 200 gam dung dịch Ba(OH)2 25,65% thu được 39,4 gam kết tủa và dung dịch X. Tính V và C% chất tan trong dung dịch X.

Hướng dẫn:

(

Ba

OH

2)

BaCO 3

44.2,0

200







169

4,

gam

n   (3,0 mol );   n (2,0 mol ) 4,39 197

-

dd

.

Ba

(

OH

2

2)

171



.

 %1,10%100

BaC (%

OH

2)

 ).2,03,0( 169 4,

48,44,22.2,0 lít   200 65,25. 100 . 171 Trường hợp 1: Ba(OH)2 dư: CO2 + Ba(OH)2  BaCO3 + H2O 0,2  0,2  0,2 (mol)  4,39 m - VCO

Trường hợp 2: Ba(OH)2 hết: Cách 1: CO2 + Ba(OH)2  BaCO3 + H2O 0,3  0,3  0,3 (mol) CO2 + BaCO3 + H2O  Ba(HCO3)2 0,1  (0,3- 0,2)  0,1 (mol) Cách 2: CO2 + Ba(OH)2  BaCO3 + H2O 0,2  0,2  0,2 (mol) 2 CO2 + Ba(OH)2  Ba(HCO3)2 0,2  (0,3- 0,2)  0,1 (mol) -

2

96,84,22).1,03,0( lít   



44.4,0



200



4,39



178

2,

gam

-

dd

.

Ba

(

HCO

23 )



.

 %5,14%100

BaC (%

HCO

23 )

.1,0 178

259 2,

VCO m

DẠNG IV: Cho hỗn hợp oxit bazơ A (K2O/CaO/ . . . , Al2O3/ZnO/. . ., MgO/ CuO/Fe2O3) tan trong nước, tan trong kiềm. DẠNG VI.A: Hỗn hợp oxit bazơ A gồm (amol K2O/CaO/ . . ., b mol Al2O3/ZnO/. . .) Tiến hành các TN sau: TN 1: Cho A vào H2O dư phản ứng hoàn toàn. TN 2: Thêm vào A một lượng Al2O3/ZnO/. . . đúng bằng k1 lần Al2O3/ZnO/. . trong A rồi cho toàn bộ vào H2O dư phản ứng hoàn toàn.

29

TN 3: Thêm vào A một lượng Al2O3/ZnO/. . . đúng bằng k2 lần Al2O3/ZnO/. . trong A rồi cho toàn bộ vào H2O dư phản ứng hoàn toàn. Tìm số mol mỗi chất sau phản ứng trong các thí nghiệm. Cách giải: Viết PTHH (K2O/CaO/ . . .) + H2O → dd Bazơ (Al2O3/ZnO/. . .) + dd Bazơ → Muối ( - AlO2/ =ZnO2 ...) + H2O Bài 1: Cho hỗn hợp K2O, Al2O3 vào nước dư khuấy kỹ. Nêu hiện tượng, viết PTHH, giải thích xác định chất không tan(nếu có) và chất tan trong dung dịch. (1) K2O + H2O → 2KOH (2) Al2O3 + 2 KOH → 2 KAlO2 + H2O Hiện tượng: - Hỗn hợp không tan hết ở (1) K2O hết, ở (2) Al2O3 dư. + Chất rắn là Al2O3. + Dung dịch chứa KAlO2. - Hỗn hợp tan hết ở (1) K2O hết, ở (2) Al2O3 hết. + Chất rắn không còn. + Dung dịch chứa KAlO2, KOH dư hoặc KAlO2. Bài 2: Hỗn hợp A gồm 0,2 mol Al2O3, 0,25 mol BaO, tiến hành các TN: TN 1: Cho hỗn hợp A vào H2O dư phản ứng hoàn toàn. TN 2: Thêm vào hỗn hợp A một lượng Al2O3 đúng bằng 50 % Al2O3 trong A rồi cho toàn bộ vào H2O dư phản ứng hoàn toàn. TN 3: Thêm vào hỗn hợp A một lượng Al2O3 đúng bằng 75 % Al2O3 trong A rồi cho toàn bộ vào H2O dư phản ứng hoàn toàn. Tính khối lượng chất rắn không tan sau phản ứng trong các thí nghiệm. Tìm số mol chất tan trong dung dịch sau các thí nghiệm. Hướng dẫn: Bài này là bài thuận tính theo PTHH. Xét thí nghiệm 1: BaO + H2O → Ba(OH)2 0,25 0,25 (mol) Al2O3 + Ba(OH)2 → Ba(AlO2)2 + H2O Trước phản ứng 0,2 0,25 Sau phản ứng 0 0,05 0,2 (mol) a. Khối lượng chất rắn không còn. b. Trong dung dịch sau phản: 0,05 (mol) Ba(OH)2, 0,2 (mol) Ba(AlO2)2 Xét thí nghiệm 2: nAl2O3 = 0,2 . 50 % + 0,2 = 0,3 (mol) BaO + H2O → Ba(OH)2 0,25 0,25 (mol) Al2O3 + Ba(OH)2 → Ba(AlO2)2 + H2O Trước phản ứng 0,3 0,25 Sau phản ứng 0,05 0 0,25 a. Khối lượng chất rắn: mAl2O3 = 0,05 . 102 = 5,1 (gam) b. Trong dung dịch sau phản: 0,25 (mol) Ba(AlO2)2 Xét thí nghiệm 3: nAl2O3 = 0,2 . 75 % + 0,2 = 0,35 (mol) BaO + H2O → Ba(OH)2 0,25 0,25 (mol) Al2O3 + Ba(OH)2 → Ba(AlO2)2 + H2O Trước phản ứng 0,35 0,25 Sau phản ứng 0,1 0 0,25 (mol)

30

a. Khối lượng chất rắn: mAl2O3 = 0,1 . 102 = 10,2 (gam) b. Trong dung dịch sau phản: 0,25 (mol) Ba(AlO2)2 Bài 3: Hỗn hợp A gồm Al2O3, BaO, tiến hành các TN sau: TN 1: Cho hỗn hợp A vào H2O dư thấy a tan hết. TN 2: Thêm vào hỗn hợp A một lượng Al2O3 đúng bằng 50 % Al2O3 trong A rồi cho toàn bộ vào H2O dư thu được 5,1gam chất rắn không tan. TN 3: Thêm vào hỗn hợp A một lượng Al2O3 đúng bằng 75 % Al2O3 trong A rồi cho toàn bộ vào H2O dư thu được 10,2 gam chất rắn không tan. Tìm phần trăm khối lượng mỗi oxit trong A. Hướng dẫn: Bài 2 là đảo của bài 1, kết quả bài 1 là đề bài của bài 2. (1) BaO + H2O → Ba(OH)2 (2) Al2O3 + Ba(OH)2 → Ba(AlO2)2 + H2O Xét thí nghiệm 2 và thí nghiệm 3: (75% - 50 %) mAl2O3 = 25% mAl2O3 = 10,2 – 5,1 = 5,1gam

mAl2O3 =

gam%) mAl2O3 10,2 – 5,1 = 5,1

Xét thí nghiệm 1 và thí nghiệm 2: Giả sử thí nghiệm 1 Ba(OH)2 hết mAl2O3 = 50 %.20,4 =10,2 gam> mAl2O3 thực tế= 5,1 gam Giả sử sai ở thí nghiệm 1 Ba(OH)2 dư. mAl2O3 tan trong thí nghiệm 2 = 20,4 +50 %.20,4 – 5,1= 25,5 gam Theo (1) (2) nBaO = nAl2O3 = 25,5 : 102 = 0,25 mol

.

 %78,34%100

%mAl2O3 =

153

. 100  4,20 1,5 25

4,20  .25,04,20 %mBaO = 100% - 34,78 = 65,22 % Ta có thể xét thí nghiệm 1 và thí nghiệm 3 cũng có kết quả như trên. Giả sử thí nghiệm 1 Ba(OH)2 hết mAl2O3 = 75 %.20,4 =15,3 gam> mAl2O3 thực tế = 10,2 gam Giả sử sai ở thí nghiệm 1 Ba(OH)2 dư. mAl2O3 tan trong thí nghiệm 3 = 20,4 +75 %.20,4 – 10,2= 25,5 gam DẠNG IV.B: Hỗn hợp oxit bazơ A gồm (K2O/CaO/ . . ., Al2O3/ZnO/. . .và MgO/CuO/Fe2O3) Tiến hành các TN sau: TN 1: Cho A vào H2O dư phản ứng hoàn toàn. TN 2: Thêm vào A một lượng Al2O3/ZnO/. . . đúng bằng k1 lần Al2O3/ZnO/. . trong A rồi cho toàn bộ vào H2O dư phản ứng hoàn toàn. TN 3: Thêm vào A một lượng Al2O3/ZnO/. . . đúng bằng k2 lần Al2O3/ZnO/. . trong A rồi cho toàn bộ vào H2O dư phản ứng hoàn toàn. Tìm số mol mỗi chất sau phản ứng trong các thí nghiệm. Cách giải: Viết PTHH (K2O/CaO/ . . .) + H2O → dd Bazơ (Al2O3/ZnO/. . .) + dd Bazơ → Muối ( - AlO2/ =ZnO2 ...) + H2O Bài 1: Cho hỗn hợp K2O, Al2O3 và MgO vào nước dư khuấy kỹ. Nêu hiện tượng, viết PTHH, giải thích xác định chất không tan(nếu có) và chất tan trong dung dịch. (1) K2O + H2O → 2KOH

31

(2) Al2O3 + 2 KOH → 2 KAlO2 + H2O Hiện tượng: Hỗn hợp không tan hết. - Ở (1) K2O hết, ở (2) Al2O3 dư. + Chất rắn là Al2O3 dư, MgO. + Dung dịch chứa KAlO2. - Ở (1) K2O hết, ở (2) Al2O3 hết. + Chất rắn là MgO. + Dung dịch chứa KAlO2, KOH dư hoặc KAlO2. Bài 2: Hỗn hợp B gồm 0,1 mol MgO, 0,15 mol ZnO, 0,2 mol K2O, tiến hành các TN sau: TN 1: Cho hỗn hợp B vào H2O dư phản ứng hoàn toàn. TN 2: Thêm vào hỗn hợp B một lượng ZnO đúng bằng 2/3 ZnO trong B rồi cho toàn bộ vào H2O dư phản ứng hoàn toàn. TN 3: Thêm vào hỗn hợp B một lượng ZnO đúng bằng ZnO trong B rồi cho toàn bộ vào H2O dư phản ứng hoàn toàn. Tính khối lượng chất rắn không tan sau phản ứng trong các thí nghiệm. Tìm số mol chất tan trong dung dịch sau các thí nghiệm. Hướng dẫn: Bài này là bài thuận tính theo PTHH. Xét thí nghiệm 1: K2O + H2O → 2KOH 0,2 0,4 (mol) ZnO + 2KOH → K2ZnO2 + H2O Trước phản ứng 0,15 0,4 Sau phản ứng 0 0,1 0,15 (mol) a. Khối lượng chất rắn: mMgO = 0,1 . 40 = 4 gam b. Trong dung dịch sau phản: 0,1 mol KOH, 0,15 mol K2ZnO2 Xét thí nghiệm 2: nZnO = 0,15. 2/3 + 0,15 = 0,25 mol K2O + H2O → 2KOH 0,2 0,4 (mol) ZnO + 2KOH → K2ZnO2 + H2O Trước phản ứng 0,25 0,4 Sau phản ứng 0,05 0 0,2 (mol) Khối lượng chất rắn: mMgO, ZnO = 4 + 0,05 . 81 = 8,05 gam Trong dung dịch sau phản: 0,2 mol K2ZnO2 Xét thí nghiệm 3: nZnO = 0,15 + 0,15 = 0,3 mol K2O + H2O → 2KOH 0,2 0,4 (mol) ZnO + 2KOH → K2ZnO2+ H2O Trước phản ứng 0,3 0,4 Sau phản ứng 0,1 0 0,2 (mol) Khối lượng chất rắn: mMgO, ZnO = 4 + 0,1 . 81 = 12,1 gam Trong dung dịch sau phản: 0,2 mol K2ZnO2 Bài 3: Hỗn hợp B gồm MgO, ZnO và K2O tiến hành các TN sau: TN 1: Cho hỗn hợp B vào H2O dư thu được 4 gam chất rắn không tan. TN 2: Thêm vào hỗn hợp B một lượng ZnO đúng bằng 2/3 ZnO trong B rồi cho toàn bộ vào H2O dư thu được 8,05 gam chất rắn không tan. TN 3: Thêm vào hỗn hợp B một lượng ZnO đúng bằng ZnO trong B rồi cho toàn bộ vào H2O dư thu được 12,1 gam chất rắn không tan.

32

ot

ot

Tính khối lượng mỗi oxit trong B. (1) K2O + H2O → 2KOH (2) ZnO + 2KOH → K2ZnO2 + H2O Xét thí nghiệm 2 và thí nghiệm 3: (1 – 2/3) mZnO = 1/3 mZnO = 12,1 – 8,05 = 4,05 gam mZnO = 4,05 . 3 = 12,15 gam Xét thí nghiệm 1 và thí nghiệm 2: Giả sử thí nghiệm 1 KOH hết m(chất rắn) = 4 + 2/3. 12,15 = 12,1 gam >m(chất rắn thự tế) = 8,05 gam. Giả sử sai ở thí nghiệm 1 KOH dư => ZnO hết => mMgO = 4 (g). mZnO tan trong thí nghiệm 2 = 12,15 + 12,1 – 8,05 = 16,2 gam Theo (1) (2) nK2O = nZnO = 16,2 : 8,1 = 0,2 mol mK2O = 0,2 . 94 = 18,8 gam mZnO = 12,15 gam; mMgO = 4 gam; mK2O = 0,2 . 94 = 18,8 gam Ta có thể xét thí nghiệm 1 và thí nghiệm 3 cũng có kết quả như trên. Giả sử thí nghiệm 1 KOH hết m(chất rắn) = 4 + 12,15 = 16,15 gam > m(chất rắn thự tế) = 12,1 gam. Giả sử sai ở thí nghiệm 1 KOH dư => ZnO hết => mMgO = 4 (g). mZnO tan trong thí nghiệm 3 = 12,15 + 16,15 – 12,1 = 16,2 gam mK2O = 0,2 . 94 = 18,8 gam Bài 4: Hỗn hợp X gồm MgO, Al2O3 và 2 oxit A2O và B2O ( A, B thuộc nhóm IA và ở hai chu kì liên tiếp) tiến hành các thí nghiệm sau: TN 1: Cho hỗn hợp X vào H2O dư thu được 4 gam chất rắn không tan. TN 2: Thêm vào hỗn hợp X một lượng Al2O3 đúng bằng 3/4 lượng Al2O3 trong X rồi cho toàn bộ vào H2O dư thu được 6,55 gam chất rắn không tan. TN 3: Thêm vào hỗn hợp X một lượng Al2O3 đúng bằng lượng Al2O3 trong X rồi cho toàn bộ vào H2O dư thu được 9,1 gam chất rắn không tan. Lấy một trong số các dung dịch đã phản ứng hết với kiềm ở trên, sục CO2 cho đến dư, lọc bỏ kết tủa Al(OH)3, cô cạn nước lọc được 24,99 gam hỗn hợp các muối cacbonat trung tính và cacbonat axit khan. Biết khi cô cạn đã có 50% muối cacbonat axit của A và 30% muối cacbonat axit của B bị phân hủy thành muối cacbonat trung tính. a. Tìm số mol của MgO, số mol Al2O3 và tổng số mol của A2O và B2O. b. Tìm 2 kim loại A, B Hướng dẫn: Bài 5 dành cho học sinh giỏi xuất sắc vì phối hợp các tính chất hóa học của CO2, khối lượng trung bình . . . Hướng dẫn: Bài 2 là đảo của bài 1, kết quả bài 1 là đề bài của bài 2. (1) A2O + H2O → 2 AOH (2) B2O + H2O → 2 BOH (3) Al2O3 + 2 AOH → 2 AAlO2 + H2O (4) Al2O3 + 2 BOH → 2 BAlO2 + H2O (5) AAlO2+ 2 H2O + CO2 → Al(OH)3 + AHCO3 (6) BAlO2+ 2 H2O + CO2 → Al(OH)3 + BHCO3 (7) 2 AHCO3  A2CO3 + H2O + CO2 (8) 2 BHCO3  B2CO3 + H2O + CO2 Xét thí nghiệm 2 và thí nghiệm 3: mAl2O3 (X) = 10,2 gam

33

Xét thí nghiệm 1 và thí nghiệm 2: Thí nghiệm 1 AOH và BOH dư => mMgO = 4 gam => nMgO = 0,1 mol. Thí nghiệm 2: nA2O, B2O = nAl2O3(phản ứng) = 0,15 mol Gọi nA2O = x mol; nB2O = y mol => x + y = 0,15 (9) Tổng khối lượng muối là: 0,5x (2A+60) + x(A + 61) +0,3y (2B+60) + 1,4y (B + 61) = 24,99 gam (10)

34,11

3,0

34,11

4,12

y



=> y =

MA,B =

,BAM 4,12

BmA , BnA ,

 3,0

Kết hợp (9) và (10) => 2xA + 2yB = 11,34 – 12,4y 0< y < 0,15=> 31,6 < MA,B < 37,8 => A, B thuộc hai chu kì liên tiếp => K, Na. Bài 5: Cho hỗn hợp B gồm ZnO, K2O, FeO tiến hành các TN sau: TN 1: Cho B vào H2O dư phản ứng kết thúc được 6 (g) chất rắn không tan. TN 2: Thêm vào B một lượng ZnO đúng bằng 1/3 ZnO trong B rồi cho toàn bộ vào H2O dư phản ứng kết thúc được 10,05 (g) chất rắn không tan. TN 3: Thêm vào B một lượng ZnO đúng bằng 2/3 ZnO trong B rồi cho toàn bộ vào H2O dư phản ứng kết thúc được 18,15 (g) chất rắn không tan. Tìm khối lượng mỗi oxit trong hỗn hợp B. Bài 6: Cho hỗn hợp Y gồm CuO, Al2O3, BaO, tiến hành các TN sau: TN 1: Cho Y vào H2O dư phản ứng kết thúc được 7 (g) chất rắn không tan. TN 2: Thêm vào Y một lượng Al2O3 đúng bằng 50 % Al2O3 trong Y rồi cho toàn bộ vào H2O dư phản ứng kết thúc được 12,1 (g) chất rắn không tan. TN 3: Thêm vào Y một lượng Al2O3 đúng bằng 75 % Al2O3 trong Y rồi cho toàn bộ vào H2O dư phản ứng kết thúc được 17,2 (g) chất rắn không tan. Tìm khối lượng mỗi oxit trong hỗn hợp Y. IV. Hiệu quả mang lại của sáng kiến: Thực hiện phát triển tư duy cho học sinh thông qua các dạng bài tập hoá học điều mà tôi tâm đắc nhất vì không khí lớp học vui vẻ sôi nổi nhưng nghiêm túc. Tôi đã kết hợp cho điểm khuyến khích nên mặc dù giải bài tập là căng thẳng nhưng tinh thần nét mặt các em luôn tỏ ra vui tươi phấn khởi, ngay từ đầu tiết học sự đón tiếp nồng nhiệt của các em làm tôi càng đa mê và yêu nghề hơn. Để kiểm nghiệm thực tế tôi đã đầu tư khảo sát đối tượng nghiên cứu thu được kết quả sau: Bảng 1: Kết quả các lần khảo sát học sinh khối 9 khi chưa áp dụng đề tài.

Khá

Lớp

Sĩ số

34

9A

36

9B

9C

35

Số lần K/S 1 2 3 1 2 3 1 2

SL 25 16 20 24 21 20 25 18

% 75 47 59 67 58 56 72 51

3

Giỏi SL % 1 3 35 12 24 8 2 5 19 7 28 10 14 5 10 29 3

9

Trung bình % SL 24 8 18 6 17 6 28 10 23 8 16 6 14 5 7 20 15

22

17

49

34

Sau khi đã áp dụng đề tài phương pháp phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh lớp 9 thông qua việc xây dựng các dạng bài tập cơ bản cho từng loại hợp chất rồi quy nạp thành các dạng bài tập tổng quát gọi là chuyên đề. Tôi dã gặt hái được những kết quả khả quan sau: Bảng 2: Kết quả các lần khảo sát học sinh khối 9 khi đã dụng đề tài.

Khá

Lớp

Sỉ số

34

9A

36

9B

9C

35

Số lần K/S 1 2 3 1 2 3 1 2 3

Giỏi SL % 24 8 35 12 38 13 17 6 28 10 39 14 23 8 37 13 43 15

SL 21 16 17 20 20 19 24 20 20

% 62 47 50 56 56 53 68 57 57

Trung bình % SL 14 5 18 6 12 4 27 8 17 6 8 3 9 3 6 2 0 0

Tôi thấy chất lượng đại trà và chất lượng mũi nhọn của học sinh được nâng lên rõ rệt. Chất lượng thể hiện qua khảo sát học sinh lớp 9, tỉ lệ học sinh thi đậu vào trường chuyên tỉnh và các trường chuyên khác của môn Hóa nâng lên vượt bậc. V. Khả năng áp dụng và triển khai: - Sáng kiến kinh nghiệm này nhằm phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh vì vậy áp dụng cho mọi đối tượng học sinh tất cả các trường học THCS. Tùy theo đối tượng học sinh mà yêu cầu các mức độ khác nhau. Đối với học sinh đại trà mức độ yêu cầu học sinh làm được 50% mỗi bài, 50% còn lại dành cho đối tượng học sinh khá giỏi. Tuy nhiên tùy nội dung bài dạy cụ thể, giáo viên cần lựa chọn bài tập và sử dụng phương pháp cho phù hợp, mới phát huy được khả năng tư duy của các em ở mức độ cao nhất, đem lại hiệu quả tốt nhất. - Đề tài “Các dạng bài tập cơ bản của hợp chất oxit bazơ” làm phương hướng nền tảng xây dựng các dạng bài tập cơ bản cho các hợp chất vô cơ và hữu cơ khác một cách đơn giản. Từ các dạng bài tập cơ bản của từng hợp chất tổng hợp thành các dạng tổn quát gọi là các chuyên đề của môn học. VI. Ý nghĩa của sáng kiến kinh nghiệm - Với sáng kiến kinh nghiệm này có thể dùng cho tất cả các giáo viên dạy môn Hóa học ở cấp THCS tham khảo trong quá trình giảng dạy, nhằm khắc sâu nội dung bài học, phát huy tính sáng tạo ở học sinh, nâng cao chất lượng giảng dạy đại trà và mũi nhọn, đáp ứng yêu cầu dạy học theo tích hợp liên môn, dạy học theo chủ đề, dạy học theo mô hình trường học mới.

35

- Đề tài hướng tới mục tiêu giáo dục hiện nay, nhằm đáp ứng bốn trụ cột chính: Học để biết, học để làm, học để cùng chung sống, học để tự khẳng định mình hay học để làm người.

PHẦN KẾT LUẬN

I . Những bài học kinh nghiệm - Trong quá trình giảng dạy thực tế, tôi thấy rằng giờ học nào học sinh được luyện tập nhiều thì giờ học đó học sinh sẽ tiếp thu kiến thức một cách vững vàng, trong giờ bài tập nếu chú trọng rèn tốt tư duy cho học sinh thì các em sẽ hiểu, nhớ, vận dụng kiến thức tốt hơn, học sinh sẽ được củng cố hệ thống hoá, mở rộng nâng cao kiến thức đồng thời các kỹ năng cũng được rèn tốt hơn. - Phát triển tư duy cho học sinh thông qua bài tập hoá học đã góp phần nâng cao chất lượng học tập; giúp học sinh yêu thích bộ môn; tạo được hứng thú cho học sinh trong việc tiếp nhận kiến thức mới; phát huy được khả năng tự học, tự tìm tòi; tạo điều kiện cho các em chủ động chiếm lĩnh tri thức; hình thành kỹ năng, kỹ xảo; góp phần rất tích cực vào việc hình thành nhân cách cho học sinh. Tóm lại phát triển tư duy cho học sinh thông qua các dạng bài tập hoá học đã trang bị cho các em tính chủ động, sáng tạo, niềm tin, ý chí quyết tâm, luôn đạt được mục đích. - Mặt khác rèn luyện được kỹ năng này cho học sinh sẽ là động lực giúp cho giáo viên năng động sáng tạo; luôn trăn trở tìm ra cái mới đáp ứng được yêu cầu dạy - học của thời đại; nâng cao trình độ chuyên môn là tự học, tự bồi dưỡng. II. Những kiến nghị đề xuất Vì nội dung trình bày trên mới chỉ mang tính chất cá nhân. Vậy tôi rất mong nhận được sự góp ý của ban giám khảo và các bạn đồng nghiệp. Qua đây tôi xin mạnh dạn có một số đề nghị sau: - Sở giáo dục và Phòng giáo dục tổ chức nhiều chuyên đề có chất lượng, có giờ dạy minh hoạ hoặc bằng băng đĩa hình để giáo viên tham gia trao đổi kinh nghiệm trong giảng dạy. - Đầu tư cơ sở vật chất, thiết bị thí nghiệm hoá chất, đồ dùng dạy - học cho giáo viên - học sinh. Yêu cầu đồ dùng, thiết bị, hoá chất có chất lượng. - Ngoài việc tổ chức kì thi giáo viên dạy giỏi, nên tổ chức khảo sát năng lực chuyên môn của giáo viên thường xuyên, giúp giáo viên tự học, tự bồi dưỡng có hiệu quả để góp phần nâng cao chất lượng dạy học. - Tôi muốn được tham khảo những sáng kiến của đồng nghiệp để áp dụng cho bản thân với mục đích nâng cao chất lượng dạy - học. Hà Tĩnh, ngày 30 tháng 3 năm 2018

TÀI LIỆU THAM KHẢO

36

1. Sách giáo khoa hóa học 9 - BGD & ĐT Lê Xuân Trọng - Cao Thị Thặng - Ngô Văn Thụ 2. Sách giáo viên hóa học 9 – Bộ GD & ĐT 3. Bài tập nâng cao hoá học 9 (2006), NXBGD, Hà Nội Nguyễn Xuân Trường 4. Bài tập trắc nghiệm hoá học 9 (2003), NXB - GD, Hà Nội Lê Xuân Trọng 5. Bài tập nâng cao Hoá 9 (2001), NXBGD, Hà Nội Lê Xuân Trọng 6. Bài tập hoá học 9(1997), NXBGD Hà Nội Đinh Thị Hồng 7. Rèn kỹ năng giải toán hoá học 9 (1999), NXBGD, Hà Nội Ngô Ngọc An 8. Câu hỏi và bài tập trắc nghiệm hoá học 9 – THCS (2004), NXB ĐHSP Ngô Ngọc An 9. Đổi mới phương pháp dạy học ở trường THCS (2003), NXB ĐHSP Hà Nội Trần Bá Hoành 10. Áp dụng dạy và học tích cực trong môn hoá học (2003), NXB ĐHSP Hà Nội Trần Bá Hoành, Cao Thị Thặng, Phạm Thị Lan Hương 11. Phương pháp dạy bài tập hoá học (1993), TLBDTX, NXBGD Vũ Văn Lục 12. Hình thành kĩ năng giải bài tập hoá học ở trường trung học cơ sở, Sách BDTX chu kỳ 1997-2000 cho giáo viên THCS, NX BGD (1999) Cao Thị Thặng 13. Bài tập hoá học ở trường phổ thông (2003), NXB ĐHSP Nguyễn Xuân Trường 14. Bồi dưỡng hóa học trung học cơ sở (2005), NXBGD Vũ Anh Tuấn - Phạm Tuấn Hùng

37

38