BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Trần Nguyên Anh Thư THIẾT KẾ BÀI TẬP BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI PHẦN PHI KIM HÓA HỌC LỚP 11 TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN LUẬN VĂN THẠC SĨ GIÁO DỤC HỌC Thành phố Hồ Chí Minh - 2014 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Trần Nguyên Anh Thư THIẾT KẾ BÀI TẬP BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI PHẦN PHI KIM HÓA HỌC LỚP 11 TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN Chuyên ngành : Lí luận phương pháp dạy học môn Hóa học Mã số : 60 14 01 11 LUẬN VĂN THẠC SĨ GIÁO DỤC HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: TS DƯƠNG BÁ VŨ Thành phố Hồ Chí Minh - 2014 LỜI CẢM ƠN Tôi xin gởi lời cảm ơn trân trọng đến Ban Giám hiệu trường Đại học Sư phạm TP.HCM, Phòng Sau đại học tạo điều kiện thuận lợi để khóa học hoàn thành tốt đẹp Tôi xin chân thành cảm ơn quý thầy cô trường Đại học Sư phạm TP.HCM tận tình giảng dạy, mở rộng làm sâu sắc kiến thức chuyên môn, cung cấp nhiều kiến thức loại Giáo dục học đến cho Xin gửi lời tri ân đến TS Dương Bá Vũ Cảm ơn thầy hướng dẫn tận tình, giúp đỡ suốt thời gian thực đề tài Tôi xin gửi lời cảm ơn đến Ban Giám hiệu thầy cô trường THPT chuyên Trần Hưng Đạo tỉnh Bình Thuận, trường THPT chuyên Lương Thế Vinh tỉnh Đồng Nai, trường THPT chuyên Hùng Vương tỉnh Gia Lai giúp đỡ trình thực nghiệm đề tài Cuối cùng, xin cảm ơn gia đình, bạn bè thân thuộc chỗ dựa tinh thần vững chắc, giúp thực tốt luận văn Thành phố Hồ Chí Minh – năm 2014 Tác giả Trần Nguyên Anh Thư MỤC LỤC Trang phụ bìa Lời cảm ơn Mục lục Danh mục chữ viết tắt Danh mục bảng Danh mục hình vẽ, đồ thị MỞ ĐẦU Chương CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN CỦA ĐỀ TÀI 1.1 Tổng quan vấn đề nghiên cứu 1.1.1 Tầm quan trọng việc BDHSG, đào tạo nhân tài 1.1.2 Tính cấp thiết việc phát hiện, tuyển chọn BDHSG hóa học .5 1.1.3 Vấn đề BD HSG, đào tạo nhân tài giới Việt Nam 1.1.4 Các luận văn, luận án bồi dưỡng HSG 10 1.2 Học sinh giỏi .12 1.2.1 Quan niệm học sinh giỏi, học sinh giỏi hóa học .12 1.2.2 Năng khiếu học sinh học tập môn Hóa học 14 1.2.3 Những lực phẩm chất cần có học sinh giỏi hóa học 15 1.2.4 Dấu hiệu nhận biết học sinh giỏi 15 1.3 Bài tập hóa học 16 1.3.1 Khái niệm tập hóa học 16 1.3.2 Tác dụng tập hóa học .16 1.3.3 Phân loại tập hóa học .18 1.3.4 Quá trình giải tập hóa học 19 1.3.5 Quan hệ việc giải tập việc phát triển tư cho HS 20 1.3.6 Một số phương pháp thiết kế tập hóa học 20 1.4 Thực trạng việc sử dụng, thiết kế tập hóa học trường THPT chuyên 21 1.4.1 Mục đích điều tra 21 1.4.2 Đối tượng phương pháp điều tra 21 1.4.3 Kết điều tra 22 Tiểu kết chương 27 Chương THIẾT KẾ BÀI TẬP BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI PHẦN PHI KIM HÓA HỌC LỚP 11 TRƯỜNG THPT CHUYÊN .28 2.1 Cơ sở khoa học việc thiết kế tập BDHSG Hóa học THPT chuyên 28 2.1.1 Nguyên tắc thiết kế tập BDHSG Hóa học lớp 11 THPT chuyên 28 2.1.2 Quy trình thiết kế tập BDHSG hóa học lớp 11 THPT chuyên .30 2.1.3 Chương trình Hóa học lớp 11 THPT chuyên phần phi kim 31 2.2 Hệ thống tập dùng BDHSG hóa học lớp 11 THPT chuyên phần phi kim 32 2.2.1 Giới thiệu tổng quan hệ thống tập .32 2.2.2 Hệ thống tập chương “ Nitơ – Photpho” 33 2.2.3 Hệ thống tập chương “ Cacbon – Silic” 87 2.3 Sử dụng tập BDHSG hóa học lớp 11 THPT chuyên phần phi kim 118 2.3.1 Dùng tập để rèn cho HS số lực học tập quan trọng 118 2.3.2 Dùng tập để hướng dẫn HS cách tiếp cận tư giải tập 120 2.3.3 Dùng tập để củng cố, nâng cao, mở rộng đào sâu kiến thức 120 Tiểu kết chương 122 Chương THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM 123 3.1 Mục đích thực nghiệm 123 3.2 Đối tượng thực nghiệm 123 3.3 Nội dung thực nghiệm 123 3.4 Tiến trình thực nghiệm 124 3.5 Kết thực nghiệm 127 3.5.1 Kết mặt định lượng 127 3.5.2 Kết mặt định tính 133 Tiểu kết chương 134 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 135 TÀI LIỆU THAM KHẢO 138 PHỤ LỤC DANH MỤC CÁC CHỮ VIẾT TẮT BTHH : Bài tập hóa học BDHSG : Bồi dưỡng học sinh giỏi đkc : Điều kiện chuẩn ĐC : Đối chứng ĐHSP : Đại học sư phạm GV : Giáo viên HS : Học sinh HSG : Học sinh giỏi Nxb : Nhà xuất THPT : Trung học phổ thông TN : Thực nghiệm Tkđ : Đại lượng kiểm định Student Tp.HCM : Thành phố Hồ Chí Minh DANH MỤC CÁC BẢNG Bảng 1.1 Đội ngũ GV làm công tác bồi dưỡng HSG hóa học 22 Bảng 1.2 Bài tập dùng bồi dưỡng HSG hóa học 23 Bảng 1.3 Thời gian HS tham gia học chuyên, học bồi dưỡng HSG hóa học .24 Bảng 1.4 Bài tập tham khảo 25 Bảng 3.1 Các lớp thực nghiệm đối chứng 123 Bảng 3.2 Điểm kiểm tra lần 127 Bảng 3.3 Phân phối tần suất kiểm tra lần 127 Bảng 3.4 Phân phối tần suất tích lũy kiểm tra lần 128 Bảng 3.5 Các tham số đặc trưng kiểm tra lần 129 Bảng 3.6 Điểm kiểm tra lần 129 Bảng 3.7 Phân phối tần suất kiểm tra lần 130 Bảng 3.8 Phân phối tần suất tích lũy kiểm tra lần 130 Bảng 3.9 Các tham số đặc trưng kiểm tra lần 131 Bảng 3.10 Tổng hợp kết kiểm tra 132 DANH MỤC CÁC HÌNH VẼ, ĐỒ THỊ Hình 2.1 Mô hình mạng tinh thể kim cương 96 Hình 2.2 Kim cương cấu trúc tinh thể kim cương; than chì cấu trúc tinh thể than chì 97 Hình 3.1 Đồ thị đường tích lũy điểm kiểm tra lần lớp TN1 ĐC1 128 Hình 3.2 Đồ thị đường tích lũy điểm kiểm tra lần lớp TN2 ĐC2 128 Hình 3.3 Đồ thị đường tích lũy điểm kiểm tra lần lớp TN3 ĐC3 129 Hình 3.4 Đồ thị đường tích lũy điểm kiểm tra lần lớp TN1 ĐC1 130 Hình 3.5 Đồ thị đường tích lũy điểm kiểm tra lần lớp TN2 ĐC2 131 Hình 3.6 Đồ thị đường tích lũy điểm kiểm tra lần lớp TN3 ĐC3 131 Hình 3.7 Biểu đồ so sánh kết học tập lớp TN - ĐC 132 MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Như biết, sống nay, hầu hết lĩnh vực nhiều có liên quan đến Hóa học Đặc biệt, giai đoạn nay, nước ta chuyển đường Công nghiệp hóa - Hiện đại hóa, với bùng nổ khoa học công nghệ Do đó, nghiệp giáo dục đào tạo đóng vai trò quan trọng việc nâng cao dân trí, đào tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài để nước ta sánh vai nước tiên tiến giới Từ lâu, Bộ Giáo dục Đào tạo biên soạn khung tài liệu, chương trình chuyên sâu cho tất môn chuyên trường THPT chuyên, đồng thời tăng cường đầu tư sở vật chất nên chất lượng giáo dục trường THPT chuyên ngày nâng cao Tuy nhiên, thực tế, việc dạy học lớp chuyên nói chung lớp chuyên Hóa nói riêng việc bồi dưỡng học sinh giỏi (HSG) hóa học gặp số khó khăn với lý sau: + Một số trường chuyên “tuổi đời trẻ” nên số lượng đặc biệt chất lượng giáo viên chưa đáp ứng cho nhu cầu, công tác bồi dưỡng HSG + Giáo viên chưa chủ động trang bị tốt hệ thống lý thuyết, tập chuyên sâu trình dạy chuyên + Chưa có nhiều tài liệu tham khảo đầy đủ hoàn chỉnh cho học sinh + Nội dung giảng dạy, rèn luyện học sinh so với yêu cầu kỳ thi chọn HSG quốc gia, quốc tế khoảng cách không nhỏ, chưa thể rõ tính hội nhập Từ thực tế đặt cho ngành Giáo dục Đào tạo có nhiệm vụ giúp học sinh phát triển toàn diện mà phải phát triển, bồi dưỡng cho học sinh có lực, có tư sáng tạo lẽ “Hiền tài nguyên khí quốc gia” Vì việc phát triển bồi dưỡng HSG môn Hóa học trường THPT chuyên có vị trí quan trọng Tuy nhiên, muốn có HSG cần phải hội đủ 4T: Thầy giỏi – Trò xuất sắc – Tài liệu đầy đủ - Tài dồi dào” Điều khẳng định tầm quan trọng tài liệu tham khảo việc bồi dưỡng HSG Xuất phát từ lý trên, chọn nghiên cứu đề tài “ Thiết kế tập bồi dưỡng học sinh giỏi phần phi kim hóa học lớp 11 trường THPT chuyên” nhằm góp phần nâng cao hiệu giảng dạy bồi dưỡng HSG môn Hóa học Mục đích nghiên cứu “Thiết kế tập bồi dưỡng học sinh giỏi phần phi kim hóa học lớp 11 trường THPT chuyên ” nhằm góp phần nâng cao hiệu giảng dạy bồi dưỡng HSG môn Hóa học Nhiệm vụ đề tài - Nghiên cứu tổng quan vấn đề nghiên cứu - Nghiên cứu sở lý luận đề tài nghiên cứu - Tìm hiểu thực trạng việc thiết kế, sử dụng tập hóa học trường THPT chuyên - Nghiên cứu chương trình hóa học phần phi kim lớp 11 trường THPT chuyên, đề thi HSG trường tổ chức, đề thi HSG cấp tỉnh, đề Olympic 30/4, Olympic số nước Hoàng Gia Úc Olympic Hóa học quốc tế - Xây dựng nguyên tắc tiến trình thiết kế tập BDHSG hóa học lớp 11 THPT chuyên - Thiết kế tập BDHSG phần phi kim hóa học lớp 11 trường THPT chuyên đáp ứng yêu cầu thực tiễn kỳ thi quốc gia xu hướng hội nhập - Đề xuất phương pháp sử dụng tập dạy học hóa học phần phi kim lớp 11 trường THPT chuyên - Thực nghiệm sư phạm để đánh giá hiệu việc sử dụng tập bồi dưỡng học sinh giỏi phần phi kim hóa học lớp 11 trường THPT chuyên Khách thể đối tượng nghiên cứu - Khách thể nghiên cứu: trình dạy học hóa học lớp 11 trường THPT chuyên - Đối tượng nghiên cứu: việc thiết kế tập bồi dưỡng học sinh giỏi phần phi kim hóa học lớp 11 trường THPT chuyên 46 thời gian dài bị ngộ độc mãn tính, thường xuyên đau đầu không rõ nguyên nhân, giảm trí nhớ ngủ Bài 28 a Để cải tạo đất, giúp cho phát triển tốt, người trồng long dùng + phân lân nung chảy: thành phần muối silicat photphat canxi magie muối không tan nên thích hợp cho đất chua + phân ure: phù hợp cho loại đất, đặc biệt đất chua phèn + vôi: đất chua nên phải dùng vôi để khử chua, tăng pH cho đất + supephophat kép : loại phân có tính kiềm nên phù hợp cho đất chua Tuy nhiên, trước bón loại phân nên khử chua vôi trước + canxi nitrat : loại phân trung tính, phù hợp cho loại đất + prexipitat : thành phần CaHPO4 không tan nên phù hợp cho đất chua Không dùng loại phân sau + kali clorua: loại phân sinh lý chua không phù hợp cho đất chua + amoni nitrat : hàm lượng nitơ cao, cung cấp nitơ dạng NH4+ NO3nhưng tan nước tạo môi trường axit nên không phù hợp cho đất chua b 96 bao 17–17–17 có khối lượng 50.96 = 4800 (kg), chứa mN = 4800.0,17 = 816(kg ) mP2 O5 = 4800.0,17 = 816(kg ) mK O = 4800.0,17 = 816(kg ) 84 bao 20–0–20 có khối lượng 50.84 = 4200 (kg) mN = 4200.0,2 = 840(kg ) Vậy mP2 O5 = 0(kg ) mK O = 4200.0,2 = 840(kg ) tổng khối lượng đạm (dưới dạng N) cần thiết 816 + 840 = 1656 (kg) tổng khối lượng lân (dưới dạng P2O5) cần thiết 816 + = 816 (kg) tổng khối lượng kali (dưới dạng K2O) cần thiết 816 + 840 = 1656 (kg) Suy khối lượng nitơ cần cung cấp cho 6000 trụ 1656 (kg) khối lượng photpho cần cung cấp cho 6000 trụ (816 : 142).2.31 = 356,28 (kg) khối lượng kali cần cung cấp cho 6000 trụ (1656 : 94).2.39 = 1374,12 (kg) Mỗi trụ long thời kỳ kinh doanh cần lượng N, P, K 47 mN = 1656 : 6000 = 0,276 (kg) mP = 356,28 : 6000 = 0,05938 (kg) mK = 1374,12 : 6000 = 0,229 (kg) Bài 29 Nếu suất đạt nhân/ha cần bón lượng đạm, lân, kali tương ứng 304 kg, 60 kg, 461 kg 2.a Để suất đạt nhân/ha cần bón cho đất lượng đạm, lân, kali cho năm 340 kg, 190 kg , 380 kg b Để bón 200kg đạm từ ure lượng ure phải bón 200.100/46 = 435 (kg) Để bón 150kg lân lượng lân Văn Điển cần bón 150.100/15 = 1000 (kg) Để bón 200 kg kali lượng KCl cần bón 200.100/60 = 333 (kg) c Trong 100 kg NPK 20-20-15 có 20 (kg) N, 20 (kg) P2O5, 15 (kg) K2O Vậy: - Lượng ure có 100 kg 20-20-15 100 20/46 = 43,48 (kg) - Lượng lân Văn Điển có 100 kg 20-20-15 100.20/15 = 133,33 (kg) - Lượng KCl có 100 kg 20-20-15 100.15/60 = 25 (kg) Do lượng ure, lân Văn Điển, KCl phải bón thêm vào là: 435 – 43,48 = 391,52 (kg) 1000 – 133,33 = 866,67 (kg) 333 – 25 = 308 (kg) II CHƯƠNG CACBON - SILIC Bài KCN + FeSO4 → Fe(CN)2 + K2SO4 KCN + Fe(CN)2 → K4[Fe(CN)6] Vậy B K4[Fe(CN)6].nH2O Vì %mH 2O = 12,796% K4[Fe(CN)6].3H2O C K4[Fe(CN)6].3H2O 90 → K4[Fe(CN)6] + 3H2O  C K4[Fe(CN)6] 100  → KCN + Fe(CN)2 2K4[Fe(CN)6] + Cl2 → 2K3[Fe(CN)6] + 2KCl nên n = ⇒ B 48 A: Fe(CN)2: sắt (II) xianua C: K4[Fe(CN)6]: kali feroxianua hay kali hexaxianoferat (II) D: K3[Fe(CN)6]: kali ferixianua hay kali hexaxianoferat (III) Bài a A: CO2 B: O2 C: O3 D: H2O2 b HS tự viết phương trình phản ứng Bài a A: NaHSO4 B: Na2SO3 C: Ba(HCO3)2 2NaHSO4 + Na2SO3 → 2Na2SO4 + H2O + SO2 ↑ Na2SO3 + Ba(HCO3)2 → BaSO3 ↓ + 2NaHCO3 NaHSO4 + Ba(HCO3)2 → BaSO4 ↓ + Na2SO4 + H2O + CO2 ↑ b D : Na2CO3 E : AgNO3 F : AlCl3 Na2CO3 + 2AgNO3 → Ag2CO3 ↓ + 2NaNO3 3AgNO3 + AlCl3 → 3AgCl ↓ + Al(NO3)3 3Na2CO3 + 2AlCl3 + 3H2O → 2Al(OH)3 ↓ + 6NaCl + 3CO2 ↑ Bài A CO2, B CaCO3, C Ca(HCO3)2 1) CO2 + 2NaOH  → 2) Na2CO3 + 2HCl 3) CO2 + Ca(OH)2  → t → 4) CaCO3 5) 2CO2 + 6) Ca(HCO3)2 + 7) CaCO3 Na2CO3 + H2O →  CaO 2NaCl 2HCl  → CO2 + H2O CaCO3↓ + H2O + CO2  → Ca(OH)2 + CaCl2 Ca(HCO3)2 + 2CO2 + 2H2O + H2O + CO2  → Ca(HCO3)2↓ 8) Ca(HCO3)2 + 2NaOH  → CaCO3↓ + Na2CO3 + 2H2O 9) Na2CO3 + CaCl2  → CaCO3↓ 10) Ca(HCO3)2 + 2NaOH  → CaCO3↓ Bài A: Ca(OH)2 Khi a = b: + 2NaCl + Na2CO3 + 2H2O B: Ca(HCO3)2 C: CaCO3 Ca(OH)2 + Ca(HCO3)2 → 2CaCO3 + 2H2O Khi cô cạn thu chất không tan CaCO3 49 Khi b > a: Ca(OH)2 + Ca(HCO3)2 → 2CaCO3 + 2H2O t CaCO3 + CO2 + H2O Ca(HCO3)2 dư, cô cạn bị phân tích: Ca(HCO3)2 → Khi a > b: Ca(OH)2 + Ca(HCO3)2 → 2CaCO3 + 2H2O Khi cô cạn thu chất không tan CaCO3 chất tan Ca(OH)2 Bài Ba muối kim loại axit, thực phản ứng với axit HCl cho khí Vậy muối trung hòa, muối axit muối bazơ Mg với axit yếu dễ bay Muối thỏa điều kiện đề MgCO3, Mg(HCO3)2, (MgOH)2CO3 MgCO3 + 2HCl → MgCl2 + CO2 + H2O Mg(HCO3)2 + 2HCl → MgCl2 + 2CO2 + 2H2O (MgOH)2CO3 + 4HCl → 2MgCl2 + CO2 + 3H2O Bài O2 + H2O + 4e 4OH- Ka Au + 2CN- Au(CN)2- + 1e Kb-1 4Au(CN)2- + 4OH- KI = Ka.Kb-1 O2 + H2O + 4Au + 8CNKI = 10 4( 0, 404+ 0,6) / 0,059 = 10 68 Thu hồi kim loại vàng từ kẽm Zn + 4CN- Zn(CN)42- + 2e K2-1 Au(CN)2- + 1e Au + 2CN- Kb KII = Kb.K2-1 = 10 2(1, 26−0,6) / 0,059 = 10 22,37 Vì KI KII lớn nên trình phản ứng xảy hoàn toàn O2 + H2O + 4e 4OH- Kc Ag + 2CN- Ag(CN)2- + 1e Kd-1 4Au(CN)2- + 4OH- KIII = Kc.Kd-1 O2 + H2O + 4Au + 8CNKIII = 10 4( 0, 404+ 0,31) / 0,059 = 10 48, Thu hồi kim loại bạc từ kẽm Zn + 4CN- Zn(CN)42- + 2e K2-1 Ag(CN)2- + 1e Ag + 2CN- Kd KIV = Kd.K2-1 = 10 2(1, 26−0,31) / 0,059 = 10 32, 50 Vì KIII KIV lớn nên trình tinh chế bạc coi hoàn toàn Vì KIV > KII nên cho Zn vào dung dịch chứa đồng thời Ag(CN)2- Au(CN)2thì Ag(CN)2- phản ứng trước hay bị khử trước 2Ag(CN)2- + Zn mol ban đầu 1,5 molphản ứng 1,5 0,75 molcân Zn(CN)42- + 2Ag 0,25 2Au(CN)2- + Zn 0,75 1,5 0,75 1,5 Zn(CN)42- + 2Au mol ban đầu 0,25 molphản ứng 0,5 0,25 0,25 0,5 molcân 4,5 0,25 0,5 Nồng độ ion dung dịch: [Ag(CN)2- ] = 0M [Au(CN)2-] = 4,5/250 = 0,018M Bài a Trong cấu trúc kiểu kim cương, độ dài liên kết C-C 1/8 độ dài đường chéo d tế bào đơn vị Mặt khác, d = a , với a độ dài cạnh tế bào Gọi ρ khối lượng riêng Si Từ kiện đầu bài, ta có: ρ= nM 8.28,1 = = 2,33 NV 6, 02.1023.a suy ra: a = [8 28,1 / 6,02.1023 2,33]1/3 cm = 1,17.10−8 = 0,117 nm b rSi = 0,117 nm > rC = 0,077 nm Kết hoàn toàn phù hợp với biến đổi bán kính nguyên tử nguyên tố bảng hệ thống tuần hoàn Bài B A A’ 51 a Một lăng trụ có 12 đỉnh, đỉnh có 1/6 nguyên tử cacbon Vậy lăng trụ có nguyên tử cacbon Do đó, lăng trụ có 10 nguyên tử cacbon nguyên tử kim loại ⇒ x = 10 b Tâm lăng trụ kali Ta có : AB = 2.rCHT.2 = 2.0,7.2 = 2,8 ( A) Chiều cao lăng trụ d = AA’ = 5,4 ( A) Ta có : A’B2 = AA’2 + AB2 = 5,42 + 2,82 = 37 ⇒ A’B = 6,08 Mặt khác A’B = 2rkl + 2rVandecvan = 2rkl + 2.1,67 = 6,08 ⇒ r kl = 1,37 ( A) So sánh với bán kính K K+, ta kết luận tâm lăng trụ có ion K+ c Tâm có Ba2+ Tính tương tự, ta có d = AA’ = 5,35 ( A) KC = Bài 10 a [COCl2 ] 0,02 = = 100 [CO ].[Cl2 ] 0,02.0,01 b Thêm Cl2 vào, cân chuyển dịch theo chiều thuận Gọi x nồng độ CO phản ứng CO(k) + Cl2(k) COCl2(k) [] ban đầu: 0,02 0,02 []phản ứng: x []cân bằng: 0,01+0,03 → x x (0,02 – x) (0,04 – x) KC = (0,02 + x) [COCl2 ] 0,02 + x = = 100 [CO ].[Cl2 ] (0,02 − x).(0,04 − x) Điều kiện: x < 0,02 Giải phương trình, ta có: x1 = 0,06 (loại) x2 = 0,01 (nhận) Nồng độ chất trạng thái cân : [CO] = 0,02 – 0,01 = 0,01 (M) [Cl2] = 0,04 – 0,01 = 0,03 (M) [COCl2] = 0,02 + 0,01 = 0,03 (M) b Q = [COCl2 ] 0,015 = = 150 > KC nên cân chuyển dịch theo chiều nghịch [CO ].[Cl2 ] 0,01.0,01 Gọi a nồng độ COCl2 phản ứng CO(k) + Cl2(k) [] ban đầu: 0,01 0,01 COCl2(k) 0,015 52 []phản ứng : []cân : a ← a a (0,01 + a) (0,01 + a) KC = (0,015 - a) [COCl2 ] (0,015 − a ) = = 100 [CO ].[Cl2 ] (0,01 + a ).(0,01 + a ) ⇒ 0,015 – a = 100.(0,01 + a)2 = 100.(10-4 + 0,02.a + a2) ⇒ 0,015 – a = 0,01 + 2a + 100a2 ⇒ 100a2 + 3a – 0,005 = Giải phương trình, ta có : a1 = 1,5.10-3 = 0,0015 (nhận) a2 = - 0,0315 (loại) Vậy trạng thái cân bằng, nồng độ chất [COCl2] = 0,015 – 0,0015 = 0,0135 (M) [CO] = [Cl2] = 0,01 + 0,0015 = 0,0115 (M) c - V = const: không ảnh hưởng đến cân hóa học Ar không gây ảnh hưởng lên hệ (áp suất hệ tăng áp suất riêng phần Ar gây nên) - P = conts, ta xét liên hệ: Khi chưa có Ar: P = PCO + PCl + PCOCl 2 (a) " " + PCl" + PCOCl + PAr (b) Khi thêm Ar: P = PCO 2 Vì P = const nên Pi" < Pi Áp suất riêng phần khí giảm, cân phải chuyển dịch theo chiều tăng số mol khí, tức chiều nghịch Bài 11 a ∆G = ∆Η − T ∆S = 35040 − 1000.32,11 = 2930 (J.mol-1) b Ta có ∆G = − RT ln K P ∆G 2930 =− = −0,35242 ⇒ lnKP = − RT 8,314.1000 ⇒ KP = 0,703 Vì số mol khí trước sau phản ứng không đổi nên KC = KP = 0,703 c Thành phần ban đầu (%V = %n) xCO = 0,45 xH0 = 0,35 xH0 O = 0,2 Gọi x %V CO tham gia phản ứng CO2 + H2 Ban đầu 0,35 CO + H2O 0,45 0,2 xCO = 0,00 53 Phản ứng x x Cân x (0,35 + x) (0,45 – x) (0,2 – x) Kp = KC = Kx = ⇒ ← xCO xH O xCO2 xH x→x = (0,45 − x).(0,2 − x) = 0,703 x.(0,35 + x) x2 – 3,01703x + 0,3030 = (Đk : x < 0,2) x1 = 1,5085 + 1,9726 (loại) x2 = 1,5085 - 1,9726 Giải phương trình, ta có (nhận) Chọn nghiệm x = 0,104 Vậy thành phần chất trạng thái cân xCO = 0,346 xCO2 = 0,104 xH O = 0,096 xH = 0,454 Bài 12 CO(k) + H2O (k) mol ban đầu n mol phản ứng a a a a n–a a 1+a mol cân – a CO2 + H2 Tổng số mol khí hỗn hợp lúc cân : + n (mol) x = 1− a 2+n ⇒ a = – x(n + 2) Vì ∆n = nên Kp = Kc ⇒ Kp = Với n = a = (1 – 5x) a (1 + a ) = (1 − a ).(n − a ) ⇒ Kp = a (1 + a ) (1 − x)(2 − x) = =5 (1 − a ).(n − a ) x.(2 + x) ⇒ 100x + 65x – = → x = 0,0294 b Để hỗn hợp cân chứa không 1% khí CO thể tích x ≤ 0,01 Thay x = 0,01 vào biều thức Kp, ta có n = 5,6 Vậy để hỗn hợp cân chứa không 1% khí CO thể tích n ≥ 5,6 t C + H2O → CO + H2 (1) t CO2 + 2H2 C + 2H2O → (2) Bài 13 Hỗn hợp A gồm CO, CO2, H2 Chất rắn B gồm Fe, Fe3O4 Theo đề: Vậy nHNO nNO = 0,1125 (mol) muối nHNO3 = 2,25 (mol) = 2,25 – 0,1125 = 2,1375 (mol) Fe3O4 ban đầu → 3Fe(NO3)3 ⇒ nFe ( NO3 ) = 0,7125 (mol) 54 nFe3O4 ban đầu = 0,2375 (mol) ⇒ m = 0,2375.232 = 55,1 (gam) nBaCO3 = 0,0125 (mol) t Fe3O4 + 4H2 → 3Fe + 4H2O (3) t Fe3O4 + 4CO → 3Fe + 4CO2 (4) CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O (5) 0 Đặt số mol CO (1) x (mol), CO2 (2) y (mol) (1), (2) ⇒ nH = x + y (mol) Áp dụng định luật bảo toàn electron, ta có: 0,2375 + 2x + 2(x + 2y) = 0,3375 ⇒ 4x + 4y = 0,1 ⇒ Sau (4): nCO = x = n ↓ = 0,0125 (mol) ⇒ y = 0,0125 (mol) Vậy A gồm 0,0125 (mol) CO; 0,0125 (mol) CO2 0,035 (mol) H2 %VCO = %VCO2 = 0,0125 100% = 20% 0,0625 %VH = 60% Bài 14 CO + CuO → CO2 + Cu mol: a 320 (1) a a a ← → 320 320 320 CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O mol: a 320 ← a 320 CuO + 2HNO3 → Cu(NO3)2 + H2O mol: (3) 3a 6a → 320 320 3Cu + 8H+ + 2NO3- → 3Cu2+ + 2NO ↑ + 4H2O mol: (2) b→ 8b 2b a 5a = (mol ) 16.100 320 Theo đề: nCaCO3 = (1), (2) ⇒ nCu = nCuO phản ứng = nCO = ⇒ nCuO dư = a (mol) 320 3a a a (mol) − = 80 320 320 (4) x + y = 0,025 55 Theo đề : nHNO = 0,08 (mol) Đặt b la số mol Cu phản ứng với HNO3 ⇒ Số mol Cu dư ( (3), (4) ⇒ nH + = Theo đề: nHCl = b.8 3a 8b 3a = + = 0,08 + 320 160 38 (mol) 75 a − b ) mol 320 (*) nN = 0,0366 (mol) nH = 0,03 (mol) nMg = 0,5 (mol) Sau cho HCl vào dung dịch, Cu dư tiếp tục tan theo (4): 3Cu + 8H+ + 2NO3- → 3Cu2+ + 2NO ↑ + 4H2O mol: a a − b →( − b ) 320 320 ( (4) a − b ) 320 Vậy tổng số mol Cu2+ dung dịch a (mol) 80 Cho Mg vào, thu hỗn hợp kim loại nên NO3- H+ hết 5Mg + 12H++ 2NO3- → 5Mg2+ + N2 ↑ + 6H2O ← mol: 0,183 0,44 (5) 0,0366 Mg + Cu2+ → Mg2+ + Cu mol: 0,04 ← 0,04 → (6) 0,04 Mg + 2H+ → Mg2+ + H2 ↑ mol: 0,03 0,06 ← Vậy nHCl = ( 0,03 a − b ) + 0,06 + 0,44 = 38/75 320 Giải hệ phương trình (*) (**), ta có: a = 3,2 (g) Từ suy : (7) V1 = VCO = (**) b = 7,5.10-3 3,2 a 22,4 = 0,224 (lít) .22,4 = 320 320 2b 2.7,5.10−3 V2 = VNO = 22,4 = 22,4 = 0,112 (lít) 3 V3 = ( 2 a 3,2 − b ) .22,4 = ( − 7,5.10− ) .22,4 = 0,0373 (lít) 3 320 320 Số mol Cu2+ có dung dịch 0,04 (mol) b (5), (6), (7) ⇒ nMg pư = 0,183 + 0,04 + 0,03 = 0,253 (mol) 56 ⇒ nMg dư = 0,5 – 0,253 = 0,247 (mol) Vậy dung dịch muối clorua MgCl2: 0,253 (mol) mMgCl = 0,253.95 = 24,035 (g) m kim loại = mMg + mCu = 0,247.24 + 0,04.64 = 8,488 (g) Bài 15 Hóa trị cao M (nhiệt phân không khí thu MO) MO + H2SO4 → MSO4 + H2O 2,8 gam MO có số mol tương ứng a (mol) Khối lượng dung dịch H2SO4 98a/0,588 = 500a/3 (g) Khối lượng dung dịch sau phản ứng: 2,8 + 500a/3 (g) Khối lượng muối MSO4: (2,8 + 80a)/(2,8 + 500a/3) = 0,5806 ⇒ a = 0,07 ⇒ oxit MgO A, B, C muối kim loại Mg tạo từ loại axit, tác dụng với HCl giải phóng khí Vậy axit tạo muối axit yếu dễ bay Mặt khác, nhiệt phân muối tạo thành MgO Vậy gốc axit phải chứa oxi Chỉ có axit cacbonic thõa mãn điều kiện Công thức muối MgCO3, Mg(HCO3)2, (MgOH)2(CO3) HS tự viết phương trình phản ứng Bài 16 TH1: Na2CO3 dư Na2CO3 + Ba(HCO3)2 → BaCO3 + 2NaHCO3 mol y y y 2y X BaCO3 (y mol), Y HCO3- (2y + x mol) CO32- (x – y mol) Y tác dụng với dung dịch NaOH : x + 2y = 0,2 Cho dung dịch HCl vào bình : 3x + 2y = 0,28 Giải hệ : x = 0,04 y = 0,08 (loại) TH2: Ba(HCO3)2 dư Na2CO3 + Ba(HCO3)2 → BaCO3 + 2NaHCO3 mol x x x X BaCO3 (x mol); Y HCO3- (2x + y mol) 2x 57 Y tác dụng với dung dịch NaOH: 2x + y = 0,2 Cho dung dịch HCl vào bình: 4x + y = 0,28 Giải hệ, ta có x = 0,04 y = 0,12 Vậy m = 7,88 gam Bài 17 a Công thức muối Mx(CO3)y (với 2y/x ≤ n) 3M + 4nH+ + nNO3- → 3Mn+ + nNO + 2nH2O mol a an/3 3Mx(CO3)y + 2(nx – y) NO3- + (4nx – 2y)H+ → 3xMn+ + 3yCO2 + (nx – 2y)NO + (2nx – y)H2O mol a ay a(nx – 2y)/3 Cr2O72- + 2NO + 6H+ → 2Cr3+ + 2NO3- + 3H2O Ba2+ + 2OH- + CO2 → BaCO3 + H2O b Từ số mol Cr2O72-, ta có nNO = 0,4 (mol) ⇒ an/3 + a(nx – 2y)/3 = 0,4 (197 – 44)ay = 45,9 ⇒ ay = 0,3 Vậy an(x + 1) = 1,8 Mặt khác: mX = aM + (xM + 60y)a = 51,6 ⇒ M = n.56/3 Chọn nghiệm n = 3, M = 56 Vậy M Fe Khi đó, ta có x = y = Vậy muối cần tìm FeCO3 a = 0,3 (mol) %mFe = 32,56% % m FeCO = 100% − 32,56% = 67,44% Bài 18 a TN1: Khi dùng phenolphtalein làm thị chuyển màu, dung dịch tồn dạng HCO3- Hỗn hợp A: Na2CO3 + HCl → NaHCO3 + NaCl NaHCO3 + HCl → NaCl + CO2 + H2O Hỗn hợp B: NaOH + HCl → NaCl + H2O Na2CO3 + HCl → NaHCO3 + NaCl 58 TN2: Khi dùng metyl da cam làm thị chuyển màu, dung dịch tồn dạng CO2 Hỗn hợp A: Na2CO3 + HCl → NaHCO3 + NaCl NaHCO3 + HCl → NaCl + CO2 + H2O Hỗn hợp B: NaOH + HCl → NaCl + H2O Na2CO3 + HCl → 2NaCl + CO2 + H2O b Hỗn hợp A: nHCl(TN1) = n Na CO nHCl(TN2) = n Na CO + n NaHCO Vậy n HCl (TN 1) n HCl (TN ) < 3 Hỗn hợp B: nHCl(TN1) = n Na CO + nNaOH nHCl(TN2) = n Na CO + nNaOH < 2( n Na CO + nNaOH) Vậy n HCl (TN 1) n HCl (TN ) > Theo giả thiết 3 n HCl (TN 1) n HCl (TN ) = V1 36,15 = > Vậy B phân tích 43,8 V2 c Gọi số mol NaOH Na2CO3 20 ml dung dịch x y nHCl(TN1) = x + y = 7,23.10-3 nHCl(TN2) = x + 2y = 8,76.10-3 Giải hệ: x = 5,7.10-3 y = 1,53.10-3 %mNaOH = 58,435% %m Na CO = 41,565% Bài 19 Ta có CO32- + H+ → HCO3HCO3- + H+ → CO2 + H2O Điều kiện để chuẩn độ riêng biệt nấc nấc lượng CO32- phản ứng 99% không vượt 1% lượng HCO3- phản ứng − [ HCO3 ] 2− [CO3 ] > 99 ⇒ K [ H + ] > 99 (1) 59 [CO2 ] − [ HCO3 ] < 1 -1 + -1 ⇒ K2 [H ] > 99 ⇒ K [ H + ] < 99 99 (2) Từ (1) (2), ta có K1.K2-1 > 99.99 ≈ 104 Phản ứng chuẩn độ nấc 1: CO32- + H+ → HCO3- Thể tích dung dịch HCl cần thêm vào để đạt đến điểm tương đương thứ nhất: V1 = 0,04.10 = 10(ml ) 0,04 Tại điểm tương đương thứ có HCO3-: pH1 = (pKa1 + pKa2) : = 8,49 Vậy chọn chất thị phenolphtalein (X) để xác định điểm tương đương thứ Phản ứng chuẩn độ nấc 2: HCO3- + H+ → CO2 + H2O Thể tích dung dịch HCl cần thêm vào để đạt đến điểm tương đương thứ hai: V2 = ⇒ (0,04 + 2.0,04).10 = 30(ml ) 0,04 C CO2 = (0,04 + 0,04).0,01 = 0,027 < LCO2 0,03 H+ + HCO3- CO2 + H2O [] 0,027 – x K a1 = x x x2 -5 = 10 −6, 62 ⇒ x = 8,048.10 ⇒ pH = 4,094 (0,027 − x) Vậy chọn chất thị metyl da cam (Y) để xác định điểm tương đương thứ hai Bài 20 3Rx(CO3)y + (4nx – 2y)H+ + (nx – 2y)NO3- → 3xRn+ + 3yCO2 ↑ + (nx – 2y)NO ↑ + (2nx – y)H2O (1) 3R + 4nH+ + nNO3- → 3Rn+ + nNO + 2nH2O (2) 5NO + 3MnO4- + 4H+ → 5NO3- + 3Mn2+ + 2H2O (3) CO2 + Ca2+ + 2OH- → CaCO3 + H2O (4) Theo giả thiết nR : nmuối = : ⇒ nR = 2a (mol), nmuối = a (mol) nKMnO4 = 0,42.1 = 0,42 (mol) Từ (3) ⇒ nNO = 0,7 (mol) Đặt nCO = t (mol) ⇒ nCaCO = t (mol) mdd giảm = mCaCO − mCO = 100t − 44t = 16,8 ⇒ t = 0,3 (mol) 60 Từ (1) ⇒ nCO = ay = 0,3 (mol) (I) Từ (1)(2) ⇒ nNO = a(nx − y ) 2an =0,7 (mol) + 3 Từ (I) (II), ta có: a = (II) 2,7 (*) nx + 2n Mặt khác, ta có: mhh = a.(xMR + 60y) + 2aMR = 68,4 (III) Từ (I) (III), ta có: a = Với 50,4 50,4n (**) Kết hợp (*) (**), ta có: M R = xM R + M R 2,7 n = ⇒ MR = 18,7 n = ⇒ MR = 37,3 n = ⇒ MR = 56,1 (chọn) Vậy R Fe Thay n = vào (*), ta có: a = (I) ⇒ a = 2,7 2,7 = nx + 2n x + 2,7 0,3 0,3 = ⇒ ⇒ x + = 3y ⇒ x = y = 3x + y y Vậy công thức phân tử muối FeCO3 Bài 21 a Công thức thủy tinh: Na2O.CaO.6SiO2 b Số mol thủy tinh: 10/(62 + 56 + 6.60) = 0,021 (mol) Phương trình: Na2O.CaO.6SiO2 + 28HF → 2NaF + CaF2 + 6SiF4 0,021 0,588 Thể tích dung dịch HF cần lấy: 0,588 : 0,1 = 5,88 (lít) [...]... nhiên Thiết kế bài tập bồi dưỡng học sinh giỏi phần phi kim hóa học lớp 11 trường trung học phổ thông chuyên còn ít được quan tâm Hiện nay, chưa có tác giả nào xây dựng bài tập bồi dưỡng HSG có nội dung liên quan ít nhiều đến các vấn đề thực tiễn dành cho phần phi kim lớp 11 THPT chuyên 1.2 Học sinh giỏi 1.2.1 Quan niệm về học sinh giỏi, học sinh giỏi hóa học 1.2.1.1 Quan niệm về học sinh giỏi Nhìn chung... định Để góp phần giảm bớt khó khăn cho việc bồi dưỡng HSG, chúng tôi đã nghiên cứu thiết kế các bài tập bồi dưỡng HSG phần phi kim lớp 11 THPT chuyên và cách sử dụng chúng sao cho có hiệu quả (được trình bày ở chương 2) nhằm góp chút công sức vào việc nâng cao chất lượng dạy học hóa học ở trường THPT 28 Chương 2 THIẾT KẾ BÀI TẬP BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI PHẦN PHI KIM HÓA HỌC LỚP 11 TRƯỜNG THPT CHUYÊN 2.1... tiết hay ở một số bài tập để kết hợp thành một bài tập mới 1.3.6.5 Biến đổi bài tập sẵn có theo mục đích người dạy - Lược bỏ một số dữ kiện để thay đổi mức độ khó của bài tập - Đảo ngược bài tập 1.4 Thực trạng việc sử dụng, thiết kế bài tập hóa học ở các trường THPT chuyên 1.4.1 Mục đích điều tra - Nắm được tình hình thiết kế, sử dụng bài tập hóa học phần phi kim lớp 11 ở các trường THPT chuyên - Nắm được... trình hóa học lớp 11 phần phi kim ở trường THPT chuyên - Địa bàn nghiên cứu: một số trường chuyên ở một số tỉnh Bình Thuận, Đồng Nai, Gia Lai - Thời gian thực hiện đề tài: từ tháng 5/ 2013 đến tháng 9/2014 6 Giả thuyết khoa học Nếu việc thiết kế bài tập bồi dưỡng học sinh giỏi phần phi kim hóa học lớp 11 trường THPT chuyên với nội dung phong phú, đa dạng, có chất lượng và việc sử dụng hệ thống bài tập. .. 2.1 Cơ sở khoa học của việc thiết kế bài tập BDHSG hóa học THPT chuyên 2.1.1 Nguyên tắc thiết kế bài tập BDHSG hóa học lớp 11 THPT chuyên Để định hướng cho việc thiết kế bài tập, chúng tôi xin đề xuất các nguyên tắc sau: 2.1.1.1 Đảm bảo tính chính xác, khoa học Đảm bảo tính chính xác, khoa học là nguyên tắc quan trọng khi thiết kế bài tập Theo nguyên tắc này thì nội dung bài tập hóa học phải thể hiện... em được bồi dưỡng mới có kiến thức vững chắc Các em còn lại chỉ nắm lý thuyết theo giáo trình, thiếu luyện tập để củng cố và rèn luyện kĩ năng nên kết quả học tập chưa cao 25 * Về bài tập tham khảo Bảng 1.4 Bài tập tham khảo Nội dung SL % 1 Tài liệu tham khảo về bài Sách bài tập chủ yếu dùng cho việc tập chuyên học chuyên và học bồi dưỡng HSG lớp 11 20 2 Bài tập tham khảo phần phi kim lớp 11 dành... nhiều 10 3,4 chuyên do Bộ Giáo dục ban hành 3 Mức độ phù hợp của nội Không phù dung kiến thức chuyên đề hợp phần phi kim 11 với HS 30 10,2 chuyên 4 Lượng kiến thức phần phi kim lớp 11 dành cho HS chuyên 167 Rất ít 0 0 5 Nội dung kiến thức (lý Không hấp thuyết và bài tập) phần phi dẫn kim lớp 11 dành cho HS lớp 93 30,7 chuyên do Bộ Giáo dục ban hành 6 Sách bài tập viết về phần phi kim lớp 11 dành cho... và biện pháp bồi dưỡng HS giỏi Hóa học hữu cơ THPT” – Luận văn thạc sĩ của tác giả Lê Tấn Diện năm 2009, ĐHSP Tp.HCM 12 - “Xây dựng hệ thống lý thuyết, bài tập phần Hóa lý dùng trong bồi dưỡng học sinh giỏi, chuyên hóa trường THPT” – Luận văn thạc sĩ của tác giả Lê Thị Mỹ Trang năm 2009, ĐHSP Tp.HCM - “Xây dựng và sử dụng hệ thống bài tập bồi dưỡng HSG phần kim loại lớp 12 trường THPT chuyên – Luận... hiện, bồi dưỡng HSG nói riêng Tại các trường THPT chuyên, GV dạy giỏi và có kinh nghiệm là yếu tố quan trọng trong công tác bồi dưỡng HSG 23 * Về bài tập Bảng 1.2 Bài tập dùng trong bồi dưỡng HSG hóa học Nội dung SL % 1 Nội dung kiến thức chuyên đề Không phù phần phi kim 11 so với trình độ hợp của HS 5 2 Bài tập tham khảo phần phi SL Ít phù hợp SL % Phù hợp SL % Rất phù hợp 8,2 29 Rất ít kim 11 dành... bồi dưỡng HSG Đi theo hướng này đã có các công trình nghiên cứu sau: - Bồi dưỡng học sinh giỏi hoá học ở trường THPT”, Luận văn thạc sĩ của tác giả Vũ Anh Tuấn năm 1998, trường ĐHSP Hà Nội 11 - “Hệ thống lý thuyết bài tập dung dịch chất điện ly dùng bồi dưỡng học sinh giỏi và học sinh chuyên Hóa học , Luận văn Thạc sĩ của tác giả Cao Cự Giác năm 1999, trường ĐHSP Hà Nội - “Nội dung và biện pháp bồi ... Chương THIẾT KẾ BÀI TẬP BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI PHẦN PHI KIM HÓA HỌC LỚP 11 TRƯỜNG THPT CHUYÊN 2.1 Cơ sở khoa học việc thiết kế tập BDHSG hóa học THPT chuyên 2.1.1 Nguyên tắc thiết kế tập BDHSG hóa. .. dưỡng học sinh giỏi phần phi kim hóa học lớp 11 trường THPT chuyên nhằm góp phần nâng cao hiệu giảng dạy bồi dưỡng HSG môn Hóa học Mục đích nghiên cứu Thiết kế tập bồi dưỡng học sinh giỏi phần phi. .. HỌC SINH GIỎI PHẦN PHI KIM HÓA HỌC LỚP 11 TRƯỜNG THPT CHUYÊN .28 2.1 Cơ sở khoa học việc thiết kế tập BDHSG Hóa học THPT chuyên 28 2.1.1 Nguyên tắc thiết kế tập BDHSG Hóa học lớp 11 THPT chuyên