Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Một số kinh nghiệm nâng cao chất lượng công tác bồi dưỡng học sinh giỏi máy tính cầm tay môn hoá học ở trường THPT

Chia sẻ: Caphesua | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:84

Thêm vào BST

Báo xấu

48
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Việc dạy bồi dưỡng học sinh giỏi máy tính cầm tay đòi hỏi người giáo viên phải tìm tòi các phương pháp, cách thức phù hợp để giúp học sinh tiếp cận các vấn đề hóa học theo hướng vận dụng các hình thức tính toán. Mời các bạn cùng tham khảo bài viết dưới đây để nắm nội dung của sáng kiến kinh nghiệm!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Một số kinh nghiệm nâng cao chất lượng công tác bồi dưỡng học sinh giỏi máy tính cầm tay môn hoá học ở trường THPT

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO AN GIANG TRƯỜNG THPT CHÂU VĂN LIÊM  BÁO CÁO SÁNG KIẾN Kết quả thực hiện giải pháp tác nghiệp MỘT SỐ KINH NGHIỆM NÂNG CAO CHẤT LƯỢNG CÔNG TÁC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI MÁY TÍNH CẦM TAY MÔN HOÁ HỌC Ở TRƯỜNG THPT Người thực hiện: ThS. TRẦN VÕ TRINH Năm học 2018 - 2019
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM TRƯỜNG THPT CHÂU VĂN LIÊM Độc lập - Tự do - Hạnh phúc An Giang, ngày 21 tháng 02 năm 2019 BÁO CÁO Kết quả thực hiện giải pháp tác nghiệp I- Sơ lược lý lịch tác giả. - Họ và tên: TRẦN VÕ TRINH Nam, nữ: Nam - Ngày tháng năm sinh: 16/07/1984. - Nơi thường trú: ấp Thị 1, thị trấn Mỹ Luông, huyện Chợ Mới, tỉnh An Giang. - Đơn vị công tác: trường THPT Châu Văn Liêm. - Chức vụ hiện nay: tổ phó chuyên môn. - Trình độ chuyên môn: Thạc sỹ Hóa học. - Lĩnh vực công tác: giảng dạy. II.- Sơ lược đặc điểm tình hình đơn vị. 1. Thuận lợi. - Bản thân có thâm niên nhiều năm công tác nên đã tích lũy kinh nghiệm đáp ứng công việc dạy học cũng như đáp ứng được các yêu cầu của công cuộc đổi mới giáo dục. - Trang thiết bị dạy học, công nghệ thông tin ngày càng được trang bị đầy đủ hơn nên đã góp phần nâng cao chất lượng dạy học. - Ban giám hiệu và các tổ chức đoàn thể, hội phụ huynh học sinh quan tâm đến công tác bồi dưỡng học sinh giỏi nhằm nâng cao chất lượng mũi nhọn của nhà trường. - Tổ chuyên môn tạo điều kiện cũng như hỗ trợ về các mặt nhằm phát hiện và bồi dưỡng đối tượng học sinh giỏi máy tính cầm tay đạt hiệu quả cao. 2. Khó khăn. Một số học sinh chưa thực sự quan tâm đến việc học bồi dưỡng học sinh giỏi đặc biệt là học sinh giỏi máy tính cầm tay do nội dung và hình thức chưa đồng nhất với kỳ thi trung học phổ thông quốc gia cho nên học sinh chưa có nhiều động lực và quyết tâm trong việc học bồi dưỡng học sinh giỏi máy tính cầm tay. 1
* Tên sáng kiến: Một số kinh nghiệm nâng cao chất lượng công tác bồi dưỡng học sinh giỏi máy tính cầm tay môn hoá học ở trường THPT. * Lĩnh vực: Giải pháp tác nghiệp. III. Mục đích yêu cầu của đề tài, sáng kiến. 1. Thực trạng ban đầu trước khi áp dụng sáng kiến. 1.1. Thực trạng dạy học nói chung. Thứ nhất, nội dung dạy học còn nhiều, chương trình còn dàn trải nhiều môn học vì lẽ đó chưa thúc đẩy được việc học sinh tự phát huy năng lực của bản thân, vì lẽ đó cho nên việc dạy học theo định hướng phát triển năng lực nhận thức còn gặp nhiều khó khăn. Thứ hai, phương pháp dạy học đôi khi vẫn còn lạc hậu. Vẫn còn một bộ phận giáo viên truyền đạt theo hướng thụ động chưa chú trọng đến năng lực tính toán. Thứ ba, việc áp dụng máy tính vào trong dạy học đặc biệt chưa phát huy đầy đủ các chức năng của máy tính để giúp cho việc dạy học hiệu quả hơn. 1.2. Thực trạng đối với dạy học hóa học. Kiến thức hóa học nhiều, dàn trải mang nặng tính hàn lâm lại đi sâu vào một số vấn đề chuyên môn nên gây khó khăn cho cả người dạy lẫn người học. Nhiều nội dung chỉ mang nặng tính lý thuyết mà ít có các bài tập vận dụng. Việc áp dụng máy tính vào việc giải các bài tập hoá học đôi khi còn hạn chế, học sinh chưa nhận thức cụ thể việc khai thác các chức năng máy tính nhằm áp dụng vào việc tính toán ở các bài tập hoá học. Những năm gần đây đề thi THPT quốc gia có những câu hỏi vận dụng ở mức độ cao đòi hỏi người học cần có kỹ năng cần thiết của việc sử dụng máy tính để thực hiện các bài tập dạng này. Việc dạy học theo định hướng phát triển năng lực, đặc biệt là năng lực tính toán của học sinh còn nhiều hạn chế, chưa có nhiều đổi mới trong việc hình thành các năng lực của học sinh. Quá trình hình thành năng lực nghiên cứu các kiến thức về hoá học cho học sinh còn chưa được áp dụng một cách thường xuyên do hạn chế về thời gian. 2. Sự cần thiết phải áp dụng sáng kiến. Bài thi học sinh giỏi máy tính cầm tay đòi hỏi học sinh cần phải biết vận dụng những kiến thức hóa học kết hợp với việc tính toán các thông số nhằm giải quyết các vấn đề của hóa học. Việc dạy bồi dưỡng học sinh giỏi máy tính cầm tay đòi hỏi người 2
giáo viên phải tìm tòi các phương pháp, cách thức phù hợp để giúp học sinh tiếp cận các vấn đề hóa học theo hướng vận dụng các hình thức tính toán. Trong những năm gần đây sự thay đổi của các phương pháp kiểm tra, đánh giá mà đặc biệt là sự thay đổi của kỳ thi trung học phổ thông quốc gia theo hướng phân hóa ở các bài tập với mức độ vận dụng cao cho nên việc giúp học sinh sử dụng máy tính cầm tay giải quyết nhanh bài toán hóa học ngày càng trở nên quan trong hơn. Vì những lý do trên tôi nhận thấy cần thiết áp dụng sáng kiến “Một số kinh nghiệm nâng cao chất lượng công tác bồi dưỡng học sinh giỏi máy tính cầm tay môn hoá học ở trường THPT”. 3. Nội dung sáng kiến. 3.1. Tiến trình thực hiện. Ngay từ khi có văn bản hướng dẫn của Sở giáo dục và của trường, được sự phân công của tổ chuyên môn tôi đã tiến hành chọn các học sinh có đủ điều kiện và có học lực giỏi để bồi dưỡng. Trong quá trình bồi dưỡng tôi đã tiến hành nghiên cứu các dạng bài tập tính toán, các đề thi từ các năm học trước để có các định hướng cũng như biên soạn các tài liệu cụ thể để giảng dạy. Trong dạy học tôi chú ý phát huy năng lực tự học, tự khám phá của các em trong quá trình chiếm lĩnh tri thức, hình thành ở các em năng lực tự khám phá, tìm tòi, sáng tạo trong các cách thức hoạt động. Tôi chú trọng bồi dưỡng phương pháp, cách thức giải từng bài toán theo các dạng toán cụ thể để học sinh có thể áp dụng một cách thích hợp vào quá trình giải quyết vấn đề sao cho đạt hiệu quả cao. Sau khi truyền đạt các phương pháp giải quyết vấn đề tôi tiến hành cho học sinh giải các đề thi mẫu từ đó hướng dẫn học sinh cách giải quyết vấn đề, trình bày bài giải và thể hiện kết quả sao cho đạt điểm cao nhất. Trước khi học sinh bước vào kỳ thi tôi chuẩn bị cho các em tâm lý thật vững vàng để không bỡ ngỡ với các dạng bài tập tính toán cũng như có tính sáng tạo trong việc giải quyết vấn đề theo hướng tốt nhất. 3.2. Thời gian thực hiện. Đề tài được áp dụng trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi máy tính cầm tay năm học 2017 – 2018, được thực hiện bồi dưỡng đối với 02 học sinh lớp 12 năm học 2017 - 2108: em Phạm Ngọc Dự lớp 12A2 và em Nguyễn Thị Phương Thảo lớp 12A4. 3.3. Biện pháp tổ chức. 3.3.1. Chọn và thành lập đội tuyển. 3
Khi có kế hoạch tôi tiến hành cho học sinh đăng ký trên tinh thần tự nguyện với điều kiện học lực giỏi và hạnh kiểm tốt (theo kế hoạch đã ban hành). Trên cơ sở số lượng học sinh đăng ký, qua quá trình bồi dưỡng tiến hành cho học sinh thi sơ tuyển để chọn đội tuyển gồm 02 em học sinh dự thi cấp tỉnh. Kết quả đã chọn được 02 học sinh để đăng ký dự thi cấp tỉnh gồm em Phạm Ngọc Dự lớp 12A2 và em Nguyễn Thị Phương Thảo lớp 12A4. 3.3.2. Xây dựng kế hoạch. Ngay từ khi nhận kế hoạch của nhà trường và được sự phân công của tổ chuyên môn tôi tiến hành xây dựng kế hoạch để bồi dưỡng học sinh với chỉ tiêu có ít nhất 01 giải cấp tỉnh. Kế hoạch bồi dưỡng được chia thành 02 phần chính với thời lượng 30 tiết giảng dạy (theo kế hoạch nhà trường) gồm: các dạng bài tập tính toán của hoá học (hoá vô cơ, vô cơ; hoá hữu cơ) và giải các đề thi tham khảo. Trên cơ sở định hướng của kế hoạch tôi định hướng thời gian thích hợp để bồi dưỡng học sinh theo các tài liệu đã chuẩn bị. 3.3.3. Nội dung bồi dưỡng. Từ cơ sở lý luận và thực tiễn dạy học tôi đã thấy rằng cần xây dựng đề tài “Một số kinh nghiệm nâng cao chất lượng công tác bồi dưỡng học sinh giỏi máy tính cầm tay môn hoá học ở trường THPT” sẽ khơi dậy niềm đam mê, hứng thú trong học tập; giúp học sinh hiểu được vai trò, ý nghĩa của hóa học. Để thực hiện được vấn đề này người giáo viên cần nghiên cứu kỹ các phương pháp, cách thức tổ chức hoạt động dạy học phù hợp với từng đối tượng học sinh. Chính vì lẽ đó tôi đã tiến hành xây dựng những giải pháp nhằm bồi dưỡng học sinh đạt hiệu quả trong kỳ thi học sinh giỏi máy tính cầm tay. Giải pháp được thực hiện thành 02 phần: phần thứ nhất các dạng bài tập tính toán cụ thể để bồi dưỡng học sinh dự thi máy tính cầm tay; phần thứ hai một số đề thi thử để học sinh trải nghiệm. 3.3.3.1. Các dạng toán bồi dưỡng học sinh giỏi máy tính cầm tay. Dạng 1: Bài tập về cấu tạo nguyên tử. Bài 1. Tổng số proton, nơtron, electron trong nguyên tử của hai nguyên tố M và X lần lượt bằng 82 và 52. M và X tạo thành hợp chất MXa, trong phân tử của hợp chất đó có tổng số proton của các nguyên tử bằng 77. a/ Hãy cho biết 4 số lượng tử ứng với electron cuối của M và X. b/ Xác định vị trí của chúng trong bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học. 4
c/ Xác định công thức phân tử của MXa. Hướng dẫn giải a) Kí hiệu số p, n, e trong nguyên tử X là Z, N, E theo đầu bài ta có : Z + N + E = 52 (Vì nguyên tử trung hòa điện Z = E)  2Z + N = 52  N = 52 – 2Z Đối với các nguyên tố bền (trừ hidro) : Z < N < 1,52 Z  Z < 52 – 2Z < 1,52 Z 52 52  3Z < 52 < 3,52Z  Z  14,77 < Z < 17,33 3,52 3 Vậy Z có ba giá trị : 15 ; 16 và 17.  Z = 15  N = 22 ; tỷ lệ N : Z = 22 : 15 = 1,47  Z = 16  N = 20 ; tỷ lệ N : Z = 20 : 16 = 1,25  Z = 17  N = 18 ; tỷ lệ N : Z = 18 : 17 = 1,06 X thuộc chu kỳ 3, các nguyên tố thuộc chu kỳ 3 có tỷ lệ : N : Z < 1,22 . Vậy chọn Z = 17, X là Clo. Kí hiệu số p, n, e trong nguyên tử M là Z‟, N‟, E‟ theo đầu bài ta có : 2Z‟ + N‟ = 82  N‟ = 82 – 2Z  3Z‟ < 82 < 3,52Z‟ 82 82 Theo đầu bài : Z‟ = 77 – 17a   77  17a  3,52 3  2,92 < a < 3,16 , a nguyên do đó chọn a = 3  Z‟ = 77 – 17.3 = 26. Vậy M là Fe. Vậy cấu hình electron của Clo : 1s22s22p63s23p5 ⇅ ⇅ ⇅ ↑ * Bốn số lượng tử e chót của Clo là : n = 3 ; l = 1 ; m = 0 ; s = -1/2 * Vị trí của clo trong BTH : - Chu kỳ 3 ; phân nhóm chính nhóm VII Vậy cấu hình electron của Fe : 1s22s22p63s23p63d64s2  ⇅ ↑ ↑ ↑ ↑ ⇅ * Bốn số lượng tử e cuối của Fe là : n = 3 ; l = 2 ; m = -2 ; s = -1/2 * Vị trí của Fe trong BTH : - Chu kỳ 4 ; phân nhóm phụ nhóm VIII c) Công thức phân tử là : FeCl3 5
Bài 2: Hợp chất A tạo bởi 2 ion M2+ và XOm . Tổng số hạt electron trong A là 91. trong ion XOm có 32 electron. Biết trong M có số nơtron nhiều hơn số proton là 6 hạt. X thuộc chu kỳ 2 và có số nơtron bằng số proton. Xác định công thức phân tử của A. Hướng dẫn giải A: M(XOm)2 ZM + 2ZX + 16m = 91 (1) ZX + 8m = 31 (2) (1)(2)  ZM = 29  AM= 29 + 35 = 64 mà NM=29 + 6 = 35 Vậy M là Cu Do X  Chu kỳ 2: 3  ZX  10 (3) (2), (3)  3  31 – 8m  10  2,  m  3,  m = 3  ZX=7=NX  AX = 7+7 = 14  X là N Vậy CTPT A: Cu(NO3)2 Bài 3: Hợp chất A có công thức là MXx trong đó M chiếm 46,67% về khối lượng. M là một kim loại, X là phi kim ở chu kì 3. Trong hạt nhân của M có N – Z = 4 và của X có N‟ = Z‟. Tổng số proton trong MXx là 58. Xác định công thức phân tử của A. Hướng dẫn giải M = Z + N = N – 4 + N = 2N – 4 Khối lượng nhóm xX = x (Z‟ + N‟) = 2Z‟x % X = 100% - 46,67% = 53,33% 2 N  4 46,67   0,875 (1) 2Z ' x 53,33 Z + xZ‟ = 58  xZ‟ = 58 – Z = 58 – (N – 4) = 62 – N (2) 2N  4 Thế (2) vào (1)   0,875 => N = 30  Z = 30 – 4 = 26 (Fe) 2(62  N ) 62  30 32 (2) => Z‟ =  x x 6
x 1 2 3 4 Z‟ 32 16 10,7 8 Vì X thuộc chu kì 3, nên chọn Z‟ = 16=> X là lưu huỳnh CTPT của A : ..... FeS2 Bài 4. A được tạo thành từ Cation X+ và Anion Y-. Phân tử A chứa 9 nguyên tử gồm 3 nguyên tố phi kim. Tỉ lệ số nguyên tử của mỗi nguyên tố là 2 : 3 : 4. Tổng số proton trong A là 42 và trong Y- chứa 2 nguyên tố cùng chu kì và thuộc 2 phân nhóm chính liên tiếp. a) Viết công thức phân tử, công thức e, công thức cấu tạo và gọi tên A. b) Cho 2,5 g X (A + tạp chất) trộn với (Al, Zn) dư rồi nung nóng với NaOH dư  khí thoát ra cho hoàn toàn vào 100 ml H2SO4 0,15M. Trung hoà H2SO4 dư cần 35 ml NaOH 0,1M. Viết phương trình, tính khối lượng A trong X. Hướng dẫn giải a) Số proton trung bình của 3 nguyên tố : 42 Z  4,67 9  Có một nguyên tố phi kim có Z < 4,67  nguyên tố H  2 phi kim còn lại trong Y ở một chu kì và 2 phân nhóm chính liên liếp nên số proton tương ứng là (Z) và (Z + 1).  Xét 3 trường hợp: 1. A có 2 nguyên tử H: 2 + 3Z + 4(Z+1) = 42  Z = 5,14  loại 2 + 3(Z+1) + 4Z = 42 2. A có 3 nguyên tử H: 3 + 2Z + 4(Z+1) = 42  Z= 5,8  loại 3 + 2(Z+1) + 4Z = 42  Z= 6,17  loại 3. A có 4 nguyên tử H 4 + 2(Z+1) + 3Z = 42  Z = 7,2  loại 4 + 2Z + 3(Z+1) = 42 Z=7 Và (Z +1) = 8  Đó là nguyên tố 7N và 8O.  Công thức phân tử A: H4N2O3 hay NH4NO3 (AmoniNitrat).  Công thức cấu tạo A: H + O - HNH ON H O b) Phương trình phản ứng có thể xảy ra 7
 NH 4  OH   to NH 3   H 2 O  3NO3  8 Al  5OH   2H 2 O  to 8 AlO 2  3NH 3   NO3  4Zn  7OH   to 4ZnO22  NH 3  2H 2 O  2H 2 O  Al  2OH   AlO 22  3H 2   Zn  2OH   ZnO22   H 2   2 NH 3  H 2 SO4  NH 4 2 SO4 2x  x  2 NaOH  H 2 SO4  Na2 SO4  2H 2 O 2y  y n NH3  n NH   n NO 4 3  x mol NH4NO3 tạo ra 2x mol NH3 nH 2 SO4  x  y  0,1.0,15  0,015(mol) x = 0,01325  nNaOH  2 y  0,035.0,1  0,0035(mol) y = 0,00175  Số mol NH4NO3 = x = 0,01325 Vậy ở X: mNH4 NO3  0,01325x80  1,06( g ) mtạp chất = 2,5 – 1,06 = 1,44 (g) Bài 5. Hợp chất X được tạo thành từ 10 nguyên tử của 4 nguyên tố. Tổng số hạt mang điện của X bằng 84. Trong X có ba nguyên tố thuộc cùng một chu kì và số hạt proton của nguyên tố có Z lớn nhất lớn hơn tổng số proton của các nguyên tố còn lại là 6 đơn vị. Số nguyên tử của nguyên tố có Z nhỏ nhất bằng tổng số nguyên tử của các nguyên tố còn lại. 1. Xác định công thức của X. 2. Viết phương trình phản ứng xảy ra theo gợi ý sau. X + NaOH (dư)   khí A1 X + HCl (dư)   khí B1 A1 + B1    0 t ,p Hướng dẫn giải 1. Gọi công thức của X : AaBbCcDd => aZA + bZB + cZC + dZD = 42 8
a + b + c + d = 10 giả sử: ZA < ZB < ZC < ZD => a=b+c+d dZD = aZA + bZB + cZC + 6 => a = 5; dZD = 24 => 5ZA + bZB + cZC = 18 18 => ZA <  2,57 => ZA = 1 ( H); ZA = 2 (He : loại) 7 => A, B, C thuộc cùng một chu kì và thuộc chu kì II. Mà dZD = 24 => d = 3 và ZD = 8 ( O) => b = c = 1 và ZB + ZC = 13 => ZB = 6 (cacbon); ZC = 7 (N) Công thức của X: H5CNO3 hay NH4HCO3 2. phương trình phản ứng. NH4HCO3 + 2NaOH   Na2CO3 + NH3 + H2O NH4HCO3 + HCl   NH4Cl + H2O + CO2 2NH3 + CO2    (NH2)2CO + H2O 0 t ,p Bài 6. Hợp chất A được tạo thành từ cation X+ và anion Y2+. Mỗi ion đều do 5 nguyên tử của 2 nguyên tố tạo nên. Tổng số proton trong X+ là 11, Y2- là 50 . Xác định CTPT, gọi tên A biết 2 nguyên tố trong Y2- thuộc cùng một phân nhóm chính và 2 chu kỳ liên tiếp . Hướng dẫn giải Gọi Zx là số proton trung bình của 1 nguyên tử có trong cation X+ Zx = 11/5 = 2,2 Trong X phải có hiđro Gọi M là nguyên tố còn lại trong ion X+ CTTQ của X+ là MnHm Ta có n+ m = 5 (1) n . ZM +m.1 = 11 Giải được n=1, ZM = 7 . Vậy M là Nitơ , X+ là NH4+ Tương tự CTTQ của Y2- là AxBy2- x +y= 5 9
ZB-ZA = 8 x.ZB-y.ZA = 48 Giải được Y2- là SO42- CTPT của A (NH4)2SO4 Bài 7. Hợp chất X2Y6 có tổng số các loại hạt là 392, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 120 hạt. Số khối của X ít hơn số khối của Y là 8. Tổng số hạt trong X3+ ít hơn của Y- là 16. Xác định X, Y. Hướng dẫn giải Nguyên tử X: P1 = E1 = Z1, N1; nguyên tử : P2 = E2 = Z2, N2  4Z1  2N1  12Z2  6N2  392   4Z1  2N1  12Z2  6N2  120   Z2  N2  Z1  N1  8 2Z  N  1  (2Z  N  3)  16  2 2 1 1 Giải hệ ta có: Z1 = 13 → Al; Z2 = 17 → Cl Dạng 2: Bài tập về nhiệt phản ứng, cân bằng hóa học... Câu 1. Cho hỗn hợp khí A hồm H2 và CO có cùng số mol. Người ta muốn điều chế H2 đi từ hỗn hợp A bằng cách chuyển hóa CO theo phản ứng:   CO2(K) + H2(K) CO(K) + H2O(K)   Hằng số cân bằng Kc của phản ứng ở nhiệt độ thí nghiệm không đổi (t0C) bằng 5. Tỷ lệ số mol ban đầu của CO và H2O bằng 1:n Gọi a là % số mol CO bị chuyển hóa thành CO2. 1. Hãy thiết lập biểu thức quan hệ giữa n, a và Kc. 2. Cho n = 3, tính % thể tích CO trong hợp chất khí cuối cùng (tức ở trạng thái cân bằng). 3. Muốn % thể tích CO trong hỗn hợp khí cuối cùng nhỏ hơn 1% thì n phải có giá trị bao nhiêu. Hướng dẫn giải 1. Xét cân bằng:   CO2 + H2 CO + H2O   Trước phản ứng 1 n 0 1 Phản ứng a a a a Sau phản ứng 1-a n-a a 1+a Tổng số mol sau phản ứng : (1-a) + (n-a) + a + (1+a) = n + 2 10
CO2 H 2   a(1  a) Kc = COH 2 0 (1  a)(n  a) 1 a 2. Vì ta có % thể tích CO trong hỗn hợp x= (N = n+2) N Khi n = 3 thay N vào Kc, thay số vào, rút gọn 100x2 + 65x – 2 = 0 Giải phương trình: x = 2,94% 1 a 3. Muốn x = 1% thay a vào  0,01 và thay tiếp Kc ta có phương trình. N 5,04 N2 – 12N – 200 = 0 Giải phương trình: N = 7,6 tức n = 5,6 Vậy để % VCO trong hỗn hợp < 1% thì n phải có quan hệ lớn hơn 5,6. Câu 2. Ở 270C, 1atm N2O4 phân huỷ theo phản ứng N2O4 (khí) 2NO2 (khí) với tốc độ phân huỷ là 20% a. Tính hằng số cân bằng Kp. b. Độ phân huỷ một mẫu N2O4 (khí) có khối lượng 69 gam, chứa trong một bình có thể tích 20 (lít) ở 270C Hướng dẫn giải Gọi độ phân huỷ của N2O4 ở 270C, 1 atm là  , số mol của N2O4 ban đầu là n Phản ứng: N2O4 (k) 2NO2 (k) Ban đầu: n 0 Phân ly: n 2n  Cân bằng n(1-  ) 2n  Tổng số mol hỗn hợp lúc cân bằng: n‟ = n(1+  ) Nên áp suất riêng phần của các khí trong hỗn hợp lúc cân bằng: PN 2 O 4 = ((1-  )/(1+  ))P; PNO 2 = ((2  )/(1+  ))P a. KP = P2 NO 2 / PN 2 O 4 = [((2  )/(1+  ))P]2/((1-  )/(1+  ))P = [4  2/(1-  2)]P với P = 1atm,  = 20% hay  = 0,2  KP = 1/6 atm b. n N2O4 = 69/92 = 0,75 11
Gọi độ phân huỷ của N2O4 trong điều kiện mới là  ‟ Phản ứng: N2O4 (k) 2NO2 (k) Ban đầu: 0,75 0 Phân ly: 0,75  ‟ 1,5  ‟ Cân bằng 0,75(1-  ‟) 1,5  ‟ Tổng số mol hỗn hợp lúc cân bằng: n” = 0,75(1+  ‟) Áp suất hỗn hợp khí lúc cân bằng: P‟ = (n”.R.T)/V = (0,75 (1+  ‟).0,082.300)/20 = 0,9225(1+  ‟) Vì KP = const nên: Theo biến đổi tương tự như trên ta có: KP = (4  2/1-  2)P‟=1/6 Nên: (4  ‟2/1-  ‟2).0,9225(1+  ‟) = 1/6   ‟  0,19 Câu 3. Cho hỗn hợp cân bằng trong bình kín: N2O4 (k) 2NO2 (k) (1) Thực nghiệm cho biết: Khi đạt tới trạng thái cân bằng ở áp suất chung 1 atm - Ở 350C hỗn hợp có khối lượng mol trung bình Mhh = 72,45 g/mol - Ở 450C hỗn hợp có khối lượng mol trung bình Mhh = 66,8 g/mol 1. Hãy xác định độ phân li  của N2O4 ở mỗi nhiệt độ trên. 2. Tính hằng số cân bằng KP của (1) ở mỗi nhiệt độ (lấy tới chữ số thứ ba sau dấu phẩy). Trị số này có đơn vị không? Giải thích? 3.Hãy cho biết phản ứng theo chiều nghịch của phản ứng (1) là thu nhiệt hay tỏa nhiệt? Giải thích?. Hướng dẫn giải 1. Gọi a là số mol của N2O4 có trong 1 mol hỗn hợp. (1-a) là số mol của NO2. Ở 350C có Mhh = 92a + 46 (1-a ) = 72,45  a = 0,575  n N2O4 = 0,575 và n NO2 = 0,425 N2 O 4 2NO2 n(bđ) x n(pư) 0,2125 0,425 n(cb) x- 0,2125 0,425  x - 0,2125 = 0,575  x = 0,7875 mol   = 0,2125/0,7875 = 26,98% Ở 450C có M = 92a + 46(1-a) = 66,8 12
N2 O4 2NO2 n(bđ) y n(pư) 0,27395 0,5479 n(cb) y-0,27395 0,5479  y –0,27395 = 0,4521  y = 0,72605   = 0,27395/0,72605= 37,73% 2. Ở 350C PNO2 = (0,425/ 1). 1 = 0,425 PN2O4 = (0,575/ 1). 1 = 0,575 KP = (0,425)2/ 0,575 = 0,314 (mol) Ở 450C PNO2 = (0,5479/ 1). 1 = 0,5479 PN2O4 = (0,4521/ 1). 1 = 0,4521 KP = (0,5479)2/ 0,4521 = 0,664 (mol) Câu 4. Dưới tác dụng của nhiệt, PCl5 bị phân tách thành PCl3 và Cl2 theo phản ứng cân bằng PCl5 (K) PCl3 (K) + Cl2 (K) Ở 2730C và dưới áp suất 1atm người ta nhận thấy rằng hỗn hợp cân bằng có khối lượng riêng là 2,48 g/l. Tìm KC và KP của phản ứng trên. Cho R = 0,0,821 lít . atm . mol-1 . độ-1 Hướng dẫn giải Gọi x = n PCl , y = nPCl  Cl có trong 1 lít hỗn hợp lúc cân bằng ở 2730C, 1 atm. Tổng 5 3 3 số mol khí trong hỗn hợp là (x + 2y) mol PV = (x + 2y) RT PV 1  x + 2y =   0,02231 mol (1) RT 0,0821 . 546 Số mol PCl5 ban đầu là (x + y) theo định luật bảo toàn khối lượng. Khối lượng PCl5 ban đầu = khối lượng hỗn hợp sau phản ứng = 2,48g 2,48 x+y=  0,0119 mol (2) 208,5 (1) , (2)  x = 0,00149 y = 0,01041 [PCl5] = [Cl2] = 0,00149 mol/l [PCl3] = [Cl2] = 0,01041 mol/l [PCl 3 ][Cl 2 ] KC   0,728 [PCl 5 ] 13
Câu 5. a. Xét phản ứng 2A + B  C + D Hằng số tốc độ phản ứng tính theo đơn vị mol-1 .l.s-1. Xác định bậc của phản ứng   c C(k) + d D(k) b. Cho cân bằng a A(k) + b B(k)   Hãy lập biểu thức liên hệ giữa Kc và Kp c. Lấy cùng mẫu kẽm hòa tan hết trong dung dịch axit HCl ở mỗi lần thí nghiệm ứng với nhiệt độ và thời gian phản ứng sau: Thí nghiệm Nhiệt độ(0C) Thời gian phản ứng (phút) 1 20 27 2 40 3 3 55 ? Hãy tính thời gian phản ứng của thí nghiệm 3 Hướng dẫn giải a. Phản ứng 2A + B  C +D Có biểu thức tốc độ pứ V = k CAx CBy Trong đó k : Hằng số tốc độ phản ứng X : bậc phản ứng theo A Y : bậc phản ứng theo B n = x+y : bậc chung của phản ứng  mol .l-1. s-1 = mol-1.l. s-1(mol. l-1)n  n=2   c C(k) + d D(k) b. Với cân bằng : a A(k) + b B(k)   Kp = Kc (RT)c+d-a-b T 2 T1 c. Áp dụng V2 = V1  10 T 2 t1 T 2 T1 27 40 20 = =  10  =  10 32 =  2   = 3 : T1 t 2 3 t2 55 40 3 =  10  = 31,5  t3 = 34,64 giây t3 t3 Câu 6. Tại 250C, phản ứng:   CH3COOC2H5 + H2O có hằng số cân bằng K = 4 CH3COOH + C2H5OH   Ban đầu người ta trộn 1,0 mol C2H5OH với 0,6 mol CH3COOH. Tính số mol este thu được khi phản ứng đạt tới trạng thái cân bằng. 14
Hướng dẫn giải   CH3COOC2H5 + H2O CH3COOH + C2H5OH   Phản ứng x x [ ] 1–x 0,6 – x x x K= CH3COOC 2 H5  H2O  x2 =4 C 2 H5OHCH3COOH (1  x)(0,6  x)  3x2  6,4x + 2,4 = 0  x1 = 0,4855 và x2 = 1,64 > 1 Vậy, số mol este thu được khi phản ứng đạt tới trạng thái cân bằng = 0,4855   2NH3 (k) có Kp Câu 7. Tại 4000C, P = 10atm phản ứng N2(k) + 3H2(k)   = 1,64 104. Tìm % thể tích NH3 ở trạng thái cân bằng, giả thiết lúc đầu N2(k) và H2(k) có tỉ lệ số mol theo đúng hệ số của phương trình. Hướng dẫn giải   2NH3 (k) N2(k) + 3H2(k)   PN nN 1 Theo PTHH: 2  2   Theo gt: P NH3 + P N 2 + P H 2 = 10 PH nH 3 2 2  P NH3 + 4P N 2 = 10 (PNH )2 (PNH3 )2 PNH Và Ta có: Kp = 3 3 = 3 = 1,64 104  3 2 2  6,6510 . (PN )(PH ) (PN2 )(3PN2 ) (PN ) 2 2 2 Giải pt cho: 6,65 102(P N 2 )2 + 4P N 2  10 = 0  P N 2 = 2,404 và P N 2 =  62,55 < 0 Vậy, P N 2 = 2,404  P NH3 = 10  4P N 2 = 0,384 atm chiếm 3,84% Dạng 3. Bài tập về khoáng chất. Câu 1. Khối lượng riêng nhôm clorua khan được đo ở 200oC, 600oC, 800oC dưới áp suất khí quyển lần lượt là: 6,9 ; 2,7 ; 1,5 g/dm3. a. Tính khối lượng phân tử của nhôm clorua khan ở mỗi nhiệt độ nêu trên. b. Viết công thức phân tử và công thức cấu tạo của hơi nhôm clorua ở 200oC, 800oC. c. Nêu phương pháp điều chế nhôm clorua khan rắn trong phòng thí nghiệm. Cần chú ý tính chất nào của AlCl3 khi thực hiện phản ứng điều chế? Hướng dẫn giải 15
a. Thể tích 1 mol khí (n=1) ở các nhiệt độ 200, 600, 800oC V473K = 0,082 x 473 = 38,78lit V873K = 0,082 x 873 = 71,58lit V1073K = 0,082 x 1073 = 87,98lit Khối lượng mol phân tử của nhôm clorua khan ở các nhiệt độ đã cho là : M200oC = 37,78 x 6,9 = 267,62 ( g ) M600oC = 71,58 x 2,7= 193,28( g ) M800oC = 87,98 x 1,5= 131,87( g ) b. Công thức phân tử và công thức cấu tạo : *Tại 200oC. Khối lượng phân tử của AlCl3 = 133,5  (AlCl3 )n = 267,62  n = 2  CTPT : Al2Cl6 Cl Cl Cl Al Al  CTCT : Cl Cl Cl Do có liên kết phối trí, lớp vỏ e ngoài cùng của nhôm đạt tới bát tử bền vững. * Tại 800oC. Cl ( AlCl3 ) = 131,97.  n = 1 CTPT: AlCl3 Al CTCT: Cl Cl c. Phương trình phản ứng: 2Al + 3Cl2  o t 2 AlCl3 AlCl3 là một chất thăng hoa ở 183oC, dễ bốc khói trong không khí ẩm: AlCl3 + 3 H2O  Al(OH)3 + 3HCl Câu 2. Một quặng chứa 21,7% Canxi, 13,1% Magie về khối lượng. Còn lại là Cacbon và Oxi. Xác định công thức đơn giản nhất của quặng đó. Hãy biểu diễn ra công thức oxit của nó và viết công thức quặng đó. Hướng dẫn giải x  130 ,4  2 x  1,1  1,1   0 3  16   52,8 + 52,8 + 16x – 391,2 + 6x = 0 16
 22x = 391,2 - 105,6=> 22x = 285,6 x = 285,6:22 = 13% Do đó: %O = 65,2% - 13% = 52,2% Gọi công thức đơn giản nhất của quặng là: CaxMgyCzOt Ta có tỷ lệ: 21,7 13,1 13 52.2 x: y : z :t  : : : = 0,54:0,54:1,1:3,3 = 1:1:2:6 40 24 12 16 Vậy công thức đơn giản nhất của quặng: CaMgC2O6 Công thức oxit: CaO.MgO.2CO2 Công thức của quặng: CaCO3.MgCO3 Câu 3. Một chất có ứng dụng rộng rãi ở các vùng quê, có thành phần % về khối lượng các nguyên tố K, Al, S lần lượt là 8,228%, 5,696%, 13,502% còn lại là oxi và hidro. Xác định công thức của chất đó. Biết trong chất đó S có số oxi hóa cao nhất. Hướng dẫn giải Gọi công thức của chất là: KxAlySzHtOm % khối lượng của O là a% => % khối lượng của H là: (72,574 – a) % 8, 228 5, 696 13,502 72,574  a a x: y : z :t :m  : : : : (*) 39 27 32 1 16 Tổng số oxi hóa của hợp chất bằng không 8, 228 5, 696 13,502 72,574  a a   3.  6.   2.  0 a = 67,51% 39 27 32 1 16 8, 228 5, 696 13,502 5, 064 67,51 Thay vào (*)  x : y : z : t : m  : : : : = 1: 1: 2: 24: 20 39 27 32 1 16  công thức chất cần tìm có dạng: KAlS2H24O20  KAl(SO4)2.12H2O Công thức đúng của chất đó là: K2SO4. Al2(SO4)3.24H2O (phèn chua) Câu 4. Một loại khoáng có chứa 13,77%Na; 7,18%Mg; 57,48%O; 2,39%H và còn lại là nguyên tố X về khối lượng. Hãy xác định công thức phân từ của khoáng đó. Hướng dẫn giải  Hàm lượng %X = 100 – 13,77 – 7,18 – 57,48 – 2,39 = 19,18% Cân bằng oxi hóa – khử trong hợp chất: 13,77 7,18 57, 48 2,39 19,18 1  2  2  1  y = 0  X = 5,33y 23 24 16 1 X Lập bảng xét: 17
Y 1 2 3 4 5 6 7 8 X 5,33 10,66 ... ... ... 32 thấy chỉ có y = 6 là thỏa mãn X = 32  S (lưu huỳnh) 13,77 7,18 57, 48 2,39 19,18 Na : Mg : O : H : S = : : : : = 2 : 1 : 12 : 8 : 2 23 24 16 1 32 Công thức khoáng: Na2MgO12H8S2  Na2SO4.MgSO4.4H2O Câu 5. Một khoáng chất có chứa 20,93% nhôm; 21,7% Silic và còn lại là oxi và hidro (về khối lượng). Hãy xác định công thức của khoáng chất này. Hướng dẫn giải Đặt % lượng Oxi = a thì % lượng Hidro = 57,37 – a 20,93 21, 7 a Ta có: tỷ lệ số nguyên tử Al : Si : O : H = : : : (57,37  a) 27 28 16 Mặt khác: phân tử khoáng chất trung hòa điện nên 20,93 21, 7 a 3  4  2   (57,37  a)  0 27 28 16 Giải phương trình cho a = 55,82 20,93 21, 7 55,82 Suy ra, Al : Si : O : H = : : :1,55 = 2 : 2 : 9 : 4 27 28 16 Vậy công thức khoáng chất Al2Si2O9H4 hay Al2O3.2SiO2.2H2O (Cao lanh) Câu 6. Trong thực tế thành phần của quặng cromit có thể biểu diễn qua hàm lượng của các oxit. Một quặng cromit chứa: 45,240% Cr2O3, 15,870% MgO và 7,146% FeO. Nếu viết công thức của quặng dưới dạng xFe(CrO2)2.yMg(CrO2)2.zMgCO3.dCaSiO3 (x, y, z và d là các số nguyên) thì x, y, z và d bằng bao nhiêu? Hướng dẫn giải Giả sử có 100 g mẫu quặng: m(FeO) x M(Fe) 7,146 × 56 m(Fe)  = = 5,558(g) M(FeO) 72 Mẫu quặng chứa: M(Fe(CrO2 ) 2 ) × m(Fe) 224 × 5,558 m(Fe(CrO2 ) 2 ) = = = 22,232(g) M(Fe) 56 Khối lượng Cr trong Fe(CrO2)2: m(Fe(CrO2 ) 2 ) × 2 × M(Cr) 22,232 × 104 m1 (Cr) = =  10, 322(g) M(Fe(CrO2 ) 2 ) 224 18
Khối lượng Cr trong mẫu quặng là: m(Cr2O3 ) × 2 × M(Cr) 45,24 × 104 m2 (Cr) = = = 30,95(g) M(Cr2O3 ) 152 Khối lượng Cr trong Mg(CrO2)2: m3 (Cr) = m2 (Cr) - m1 (Cr) = 30,95 - 10,322 = 20,628 (g) Mẫu quặng chứa: M(Mg(CrO2 ) 2 ) × m 3 (Cr) 192 × 20,628 m(Mg(CrO2 ) 2 ) = = = 38,08(g) 2 × M(Cr) 104 Khối lượng Mg trong Mg(CrO2)2: m(Mg(CrO2 ) 2 ) × M(Mg) 38,08 × 24 m1 (Mg) = = = 4,76(g) M(Mg(CrO 2 ) 2 ) 192 Khối lượng Mg trong mẫu quặng là: m(MgO) × M(Mg) 15,87 × 24 m 2 (Mg) = = = 9,522(g) M(MgO) 40 Khối lượng Mg trong MgCO3: m3 (Mg) = m2 (Mg) - m1 (Mg) = 9,522 - 4,76 = 4,762(g) Khối lượng MgCO3 trong mẫu quặng là: M(MgCO3 ) × m 3 (Mg) 84 × 4,762 m(MgCO3 ) = = = 16,667(g) M(Mg) 24 Khối lượng CaSiO3 trong mẫu quặng là: m(CaSiO3 ) = 100 - (m(Fe(CrO2 )2 ) + m(Mg(CrO2 ) 2 ) + m(MgCO3 )) = = 100 - (22,232 + 38,08 + 16,667) = 100 - 76,979 = 23,021g x : y : z : d = n (Fe(CrO 2 ) 2 ) : n(Mg(CrO 2 ) 2 ): n(MgCO3 ) : n(CaSiO3 )  m(Fe(CrO2 ) 2 ) m(Mg(CrO 2 ) 2 ) m(MgCO3 ) m(CaSiO3 )  : : :  M(Fe(CrO 2 ) 2 ) M(Mg(CrO 2 ) 2 ) M(MgCO3 ) M(CaSiO3 ) 22, 232 38,08 16,667 23,021  : : :  1: 2 : 2 : 2 224 192 84 116 Dạng 4. Bài tập vô cơ. Câu 1. Một hỗn hợp bột kim loại có khả năng gồm Mg, Al, Sn. Hòa tan hết 0,75 gam hỗn hợp bằng dung dịch HCl dư thấy thoát ra 784 ml H2 (đo ở đktc). Nếu đốt 19