Методичні рекомендації для проведення позакласної роботи при підготовці дітей до олімпіади. Для учителів хімії, учнів, які цікавляться хімією



Сторінка2/5
Дата конвертації29.04.2016
Розмір0.84 Mb.
1   2   3   4   5
ТЕМА: Розв’язування розрахункових задач підвищеної складності за курс хімії 10 класу (в залежності від рівня підготовки учнів можна розбити цей матеріал на два уроки).

Мета: розібрати методику розв'язування задач підвищеної складності, показати практичне значення цих задач; виявити можливості використання математичних методів для розв'язання хімічних задач.

Обладнання та матеріали: таблиця Менделєєва, підручники з хімії, калькулятори.

Базові поняття і терміни уроків:

найпростіша формула, істинна формула, відносна густина газів.



План уроків:

1. Організаційний етап - 1-2 хв.

2. Перевірка домашнього завдання – 8-10 хв.

3. Пояснення розв'язування задач підвищеної складності - 10-12 хв.

4. Розв'язування задач - 10-15 хв.

5.Домашнє завдання - 3-5 хв.

6. Додадкові задачі (по можливості)

СТРУКТУРА ТА ЗМІСТ УРОКУ

Перевірка домашнього завдання

Домашнім завданням були запропоновані задачі. Поки учні біля дошки пишуть їх розв’язок, клас виконує самостійну роботу:



І варіант

1. Хімічні властивості сірки

2. Добування нітратної кислоти (хімізм)

ІІ варіант

1. Хімічні властивості фосфору

2. Добування сульфатної кислоти (хімізм)

Пояснення розв’язування задач

Пояснення до розв'язування задач підвищеної складності подано у підручнику, причому слід звернути увагу учнів на основні поняття, які використовуються при розв’язуванні задач. Ці поняття висвітлені у підручнику, але вони можуть викликати складності у розумінні учнів.



1. Суміш амоніаку, кисню, азоту і вуглекислого газу займала об'єм 15л. Після спалювання без каталізатора при температурі, меншій від 2000 °С, і приведення до н. у. суміш не містила кисню, а її об'єм зменшився на 5,6 л. При пропусканні вихідної суміші того самого об'єму крізь вапняну воду отримали осад масою 20 г. Визначте об'єми газів у вихідній суміші. Всі об'єми виміряно за однакових умов.

Розв'язування

СО2+ Са(ОН)2 = СаСО3 ↓ = Н2О

Кількість речовини вуглекислого газу: у=т:М;

v (СаСО3) = 20 г: 100 г/моль = 0,2 моль;

v (СО2): v(СаСО3) = 1:1 = 0,2 :0,2;

v(СО2)= 0,2 моль;

V=v.Vт;

V(СО2) = 2,24 л/моль • 0,2 моль = 4,48 л.

Азот з киснем реагують при температурі близько 3 000 °С. При температурі, меншій від 2000 °С, і без каталізатора, згоряє амоніак:

4NH3 + 3О2 = 2N2+6Н2О. (1)

Після приведення продуктів реакції до н. у. в газовій фракції залишається N2 .

Зменшення кількості речовин газів до і після реакції становить:

Δv = 4+3-2 = 5 (моль), що відповідає зменшенню об'єму на 5,6 л;

Δv = 5 моль; ΔV = 5,6л.

Значить, на один моль припадає 1,12л:

5,6:5= 1,12(л).

З рівняння (1):



Vдо реакції (NН3) = 4 .1,12 л = 4,48л.

Оскільки весь кисень згорів, то з рівняння (1);



V(O2) = 3 . 1,12л = 3,36л;

Vсум = V(NН3) + V(O2) + V(СО2) + V(N2);

V до реакції (N2 ) = 15л - V(СО2) - V(O2) – V(NН3) =

= 15 л - 4,48 л - 3,36л - 4,48 л = 2,68л.

Відповідь: V(СO2)= 4,48л; V(O2) = 3,36л; V(NH3) = 4,48 л;

V (N2) = 2,68л.

2. У розчин, що містить 10,35 г йонів металу, занурили цинкову пластинку масою 50 г. Після повного виділення металу на пластинці її маса збільшилась на 14,2 %. Визначте метал.

Розв'язування

Після Цинку в електрохімічному ряді напруг розміщуються одно-, дво-, і тривалентні метали. Можливі реакції:

2Ме+1 + Zn0 = 2Мeо+Zn+2; (1)

Ме+2 + Zn° = Ме° + Zn+2; (2)

2Me+3 +3Zn0 = 2Me0 + 3Zn+2. (3)

Збільшення маси пластинки після реакції:

Δm = 50г . 14,2 / 100 = 7,1 г;

Δт = m(Ме), що осів на пластинці, - т (Zn), що прореагував;



Δm = m(Ме)-m(Zn) = 7,1г. (4)

З рівняння (1) для одновалентного металу:



v(Ме): v(Zn) =2:1; v (Ме) = 10,35 : Ar(Ме); v(Zn) = 10,35:2Ar(Ме);

m(Zn) = v . Ar(Zn); m(Zn) = 10,35 . 65 / 2Ar(Ме);

З рівняння (4):

10,35-(10,35-65/2Ar(Ме)) = 7,1;

Ar(Мe) = 103,5.

Одновалентного металу з такою відносною атомною масою немає.

З рівняння (2) для двовалентного металу:



v(Ме):v(Zn)= 1:1; v (Ме) = 10,35 : Ar(Ме) = v(Zn);

m(Zn) = 10,35 . 65/Ar(Ме).

Підставляємо в рівняння (4);

10,35 - (10,35 • 65 / Аr (Мe)) = 7,1;

Ar(Мe) = 207; Ar(Рb) = 207.

З рівняння (3): Ar(Ме) = 310,5. Металу з такою відносною атомною масою немає.

В і д п о в і д ь: у розчині були йони Плюмбуму.



3. Крізь 1 М розчин ортофосфатної кислоти об'ємом 500 мл про-пустили гази, добуті при термічному розкладі суміші амоній сульфату (масова частка 0,4975) і амоній нітрату (масова частка 0,5025) масою 79,6 г. Визначте склад і масу добутих солей.

Розв'язування

(NH4)2SO4 = 2NН3 + Н2SO4; (1)

NH43 = N2О + 2Н2О. (2)

Нітроген (І) оксид не реагує ні з водою, ні з кислотами, ні з лугами.

З ортофосфатною кислотою реагує амоніак.

Кількість речовини (NH4)2SO4:



wреч = mреч : mсум; mреч = w . mсум;

т ((NН4)2SO4) = 0,4975 • 79,6 = 39,6 г;

v = m : M;

v((NH4)2SO4) = 39,6 г:132г/ моль =0,3 моль.

З рівняння (1):



v ((NН4)2SO4: v (NН3) = 1: 2 = 0,3 : 0,6;

v(NH3) = 0,6 моль.

Кількість речовини ортофосфатної кислоти в розчині:

C = v:V; v = CV ;

v3РО4) = 1 моль /л . 0,5 л = 0,5 моль.

NH3 реагує з Н3РО4 у співвідношенні:



v (NH3) : v3РО4) = 0,6 :0,5 = 6 : 5.

Це відповідає рівнянню:

6NН3 + 5Н3РО4 = (NН4)2НРО4+4NН4Н2РО4.

Звідси:


v((NН4)2НРО4) = 0,1 моль;

v(NН4Н2РО4) = 0,4 моль;

m ((NН4)2РO4) =0,1 моль .132 г/моль = 13,2г;

m(NH4H2РО4) = 0,4 моль • 115 г/моль = 46 г.

Відповідь: m ((NН4)2РO4) = 13,2г; m(NH4H2РО4) = 46г.



4. Унаслідок обробки водою суміші гідриду і фосфіду лужного металу (їх масові частки рівні), утворилася газова суміш з густиною за Неоном 0,44. Встановіть, йони якого металу входили до складу сполук.

Розв'язування

Позначимо невідомий метал «Ме»:

МеН + Н2О = МеОН + Н2; (1)

Ме3Р + ЗН2О = 3МеОН + РН3; (2)



wреч = mреч : mсум.

З умови задачі:



w (МеН) = (МеН): (МеН) + т (Ме3P));

w (Ме3P) = т (Ме3Р): (МеН) + т (Ме3P));

w(МеН) = w(Ме3Р), звідси: т (МеН) = т (Ме3Р).

Відносна густина водню і фосфіну за Неоном:

DNe(H2) = 2: 20 = 0,1; DNe(РН3) = 34:20 = 1,7

За правилом діагоналей визначимо відношення відносних густин водню і фосфіну:



Н2 0,1 1,26

0,44

РН3 1,7 0,34

Співвідношення часток РН3 і Н2 відповідно співвідношенню кількості речовин Ме3Р і МеН .

З рівняння (1):

v(Ме3Р) :v (МеН) = v (РН3): v(H2) = 0,34 : 1,26 = 1 : 3,7.

Підставимо кількості речовин у рівняння (2);

m(МеН) = m(Ме3Р);

3,7(Ar(Ме) +1) = 3Ar(Ме)+31; Ar(Ме) = 39;

Ar(К) = 39.

В і д п о в і д ь: до складу речовин входили йони Калію.



5. Водний розчин, що містить йони двовалентного металу, розділили на дві рівні частини. В першу частину розчину опустили залізну пластинку, у другу — кадмієву. Весь метал осів на пластинках, При цьому маса залізної пластинки збільшилася на 0,2 г, а кадмієвої зменшилася на 1,2 г; Визначте, йони якого металу були в розчині.

Розв'язування

Fe° + Мe+2 = Fе+2 + Ме°. (1)

Якщо маса пластинки збільшилася, то:

Сd° + Ме+2 = Сd+2 + Ме0; (2)

Δm = m(Мe) - m(Fe+2) = 0,2. (3)

осів перейшов у розчин

Якщо маса пластинки зменшилася, то:

Δm = m(Сd+2) - m(Ме) = 1,2, (4)

перейшов у розчин осів

тобто Ar(Fе) < Ar(Ме) < Ar(Сd). Це можуть бути: Со, Ni, Сu, Аg. Приймемо: т (Ме) = х г, v(Ме) = х : Ar(Ме).

З рівняння (1);

v(Fе) : v(Ме) = 1:1;

v(Fе) : Аr(Me); m(Fе):=:56х : Ar(Ме);

З рівняння (3);



х-(56х : Аr(Ме)) = 0,2; (1-56) : Ar(Ме))х = 0,2. (5)

Позначимо 56 : Аr(Ме) = у. (6)

Тоді рівняння (5) матиме вигляд:

х(1-y) = 0,2; х = 0,2 : (1-у).

З рівняння (2);



v(Сd) : v(Ме) = 1 : 1;

ν (Сd) = х: Ar(Me); m(Cd) = 112x : Ar(Me).

З рівняння (4);

(112х : Аr(Ме)) - х = 1,2; (112 : Ar(Me))- 1)x = 1,2. (7)

Підставимо значення «у» у рівняння (7);

(2у-1)x = 1.2. (8)

Підставимо значення «х» у рівняння (8):

(2у-1)0,2 : (1-у) = 1,2. у= 7/8.

Підставимо в рівняння (6):

7/8=56 : Ar(Ме);

Ar(Ме)=64.

В і д п о в і д ь: Аr (Сu) = 64; у розчині були йони Сu2+.

Закріплення матеріалу (самостійне розв’язування задач)

1. Водний розчин, що містить йони двовалентного металу, розділили на дві рівні частини. В першу частину розчину опустили залізну пластинку, у другу — кадмієву. Весь метал осів на пластинках, При цьому маса залізної пластинки збільшилася на 0,4 г, а кадмієвої зменшилася на 2,4 г; Визначте, йони якого металу були в розчині.

2. Суміш амоніаку, кисню, азоту і вуглекислого газу займала об'єм 30л. Після спалювання без каталізатора при температурі, меншій від 2000 °С, і приведення до н. у. суміш не містила кисню, а її об'єм зменшився на 11,2 л. При пропусканні вихідної суміші того самого об'єму крізь вапняну воду отримали осад масою 40 г. Визначте об'єми газів у вихідній суміші. Всі об'єми виміряно за однакових умов.

Домашнє завдання

Унаслідок обробки водою суміші гідриду і фосфіду лужного металу (їх масові частки рівні), утворилася газова суміш з густиною за Неоном 0,44. Встановіть, йони якого металу входили до складу сполук.



Додаткові задачі

1. У розчин, що містить 10,35 г йонів металу, занурили цинкову пластинку масою 50 г. Після повного виділення металу на пластинці її маса збільшилась на 14,2 %. Визначте метал.

2. Крізь 1 М розчин ортофосфатної кислоти об'ємом 500 мл про-пустили гази, добуті при термічному розкладі суміші амоній сульфату (масова частка 0,4975) і амоній нітрату (масова частка 0,5025) масою 79,6 г. Визначте склад і масу добутих солей.

3. Суміш амоніаку, кисню, азоту і вуглекислого газу займала об'єм 45л. Після спалювання без каталізатора при температурі, меншій від 2000 °С, і приведення до н. у. суміш не містила кисню, а її об'єм зменшився на 16,8 л. При пропусканні вихідної суміші того самого об'єму крізь вапняну воду отримали осад масою 60 г. Визначте об'єми газів у вихідній суміші. Всі об'єми виміряно за однакових умов.


Розвязування якісних задач

Якісні задачі сприяють формуванню наукового світогляду учнів, виробленню навичок практичної реалізації певних проектів. Вони дають можливість учням навчитися самостійно передбачати хід події та відповідно до цього здійснювати вибір того чи іншого шляху розв'язання проблеми, проводити дослідження і створювати умови для отримання найбільш ефективних результатів.

Але, як правило, їм приділяють недостатньо уваги, а тому цей тип завдань викликає в учнів труднощі. При проведенні факультативних занять, гурткової роботи їм слід приділяти значно більше уваги.

Для того щоб при розв'язуванні таких задач не виникали труднощі, необхідно:

1. Знати фізичні властивості та характерні зовнішні ознаки простих і складних речовин.

2. Уміти визначити за заданою умовою клас речовини та запропонувати її хімічні властивості.

3. Знати якісні та основні хімічні реакції, що характеризують катіони, аніони, що містяться в розчині.

4. Знати індикаторні реакції на різні середовища розчину та можливі кольорові переходи для речовин, що мають забарвлення гідратованого йона.

5. Уміти орієнтуватися в таблиці Д. І. Менделєєва, ряді електрохімічної активності та таблиці розчинності, передбачати властивості речовин на основі періодичного закону, розуміти різницю між малорозчинними та нерозчинними речовинами.

6. Знати стандартні та специфічні способи добування основних класів сполук органічної та неорганічної хімії.

7. Володіти поняттями «ступінь окиснення», «окисник», «відновник» та розуміти, які зміни відбуваються під час ОВР.

8. Уміти користуватися методом електронного (електронно-йонного) балансу в процесі підбору коефіцієнтів в ОВР.

9. Знати основні положення теорії електролітичної дисоціації (ТЕД), розуміти суть процесів, які відбуваються в розчині, орієнтуватися в поняттях «електроліт» (сильний і слабкий) та «неелектроліт». Знати умови повного протікання хімічних процесів у розчині.

10. Розуміти хімічну суть генетичного зв'язку між різними класами речовин, уміти прогнозувати послідовність реакцій, що дозволяють ілюструвати генетичний зв'язок та взаємоперетворення різних класів сполук органічної та неорганічної хімії.



Можна виділити такі типи якісних задач:

1. Синтетичні задачі на добування (практичне або теоретичне) однієї чи кількох речовин із записом відповідних рівнянь реакції:

• на добування (синтез) речовин;

• на перетворення речовин одна на одну;

• складання рівнянь послідовних реакцій хімічних перетворень, що протікають у розчині;

• прогнозування багатостадійного синтезу органічних і неорганічних речовин за заданими вихідними речовинами;

• складання та розв'язування рівнянь ОВР, що протікають при різних умовах;

• з'ясовування можливості протікання реакцій між речовинами;

• на приготування розчинів різних концентрацій.

2. Аналітичні задачі на аналіз складу суміші чи індивідуальних речовин з відповідними коментарями на основі хімічних і фізичних властивостей речовин:

• на розпізнавання речовин за властивостями;

• на доведення якісного складу речовини;

• виділення компонентів суміші у чистому вигляді або визначення домішок у зразку;

проблемні питання, що досліджують фізичні та хімічні властивості речовин;

• ідентифікація речовин або розділення суміші на основі фізичних і хімічних властивостей.
Зразки розв’язування олімпіадних задач

Найбільш цікаві але і найскладніші для розуміння школярів є задачі олімпіадного рівня. Більшість таких задач вимагають не лише ґрунтовного знання основних законів і теорій, хімічних властивостей вовчених класів речовин, але вимагають від учнів нестандартного мислення, тому, що кожна з них має якусь «ізюминку», часто рівняння, використані в задачі виходять за межі шкільного курсу хімії.

Пропонуємо вашій увазі наші варіанти розв’язку таких задач, які використовувалися у різні роки на ІІ і ІІІ етапах Всеукраїнської олімпіади у м. Івано-Франківську в різних класах. Ми не вказуємо клас, для якого задачі пропонувалися, тому що відповідно до діючої програми з хімії тепер такого типу завдання можуть бути на ІІ, ІІІ етапах Всеукраїнської олімпіади в будь-якому класі, починаючи від восьмого.

Ми не є авторами більшості задач, а лише пропонуємо власні варіанти їх розв’язку. До кожної із запропонованих задач можливі інші варіанти розв’язку. Будемо вдячні нашим колегам-учителям, учням, які запропонують свої варіанти розв’язків. Ваші варіанти розв’язків будуть враховані при випуску ІІ частини посібника (дані про авторів з їх адресою є в кінці посібника).


1. В результаті прожарювання зеленого порошку масою 36,2 г одержали 15 г темно-зеленого безводного осаду, 17,6 г газу, який при пропусканні через вапняну воду спричинює її помутніння і 4,48 л водяної пари. Встановити формулу вихідної речовини (2005-06 н.р., Гальчук Я.А.)
Авторський варіант розв’язку:

Наявність вуглекислого газу серед продуктів розкладу (він спричинює помутніння вапняної води) говорить про те, що вихідна речовина – карбонат. Зелений колір серед карбонатів мають купрум (ІІ) гідроксокарбонат, ніколу карбонат та гідрокарбонат. При термічному розкладі утворюється темно-зеленого кольору ніколу оксид (купрум (ІІ) оксид – чорного кольору). Наявність у продуктах розкладу водяної пари говорить про те, що вихідною речовиною був нікол гідрокарбонат.

За продуктами розкладу ми зробили висновок, що до складу вихідної речовини входить нікол, оксиген, гідроген та карбон. Визначаємо масу утвореної води: m(Н2О) = V(Н2О)хМ(Н2О)/Vm; М(Н2О)= 18г/моль; m(Н2О)=4,48 л х 18 г/моль : 22,4 л/моль = 3,6 г.

Згідно з законом збереження маси: m(речовини) = m(NiO) + m(СО2) + m(Н2О): 36,2г = 15г + 17,6г + 3,6г; 36,2г = 36,2г.

Визначаємо масу ніколу в 15г NіО: М(NіО) = 73 г/моль; m(Nі) = 15х59:73 = 12,12 г. Аналогічно визначаємо масу карбону в СО2 та гідрогену в Н2О:

М(СО2) = 44 г/моль, m(С) = 17,6г х 12г : 44г = 4,8г .

m(Н) = 3,6г х 2г : 18г = 0,4г.

Масу оксигену визначаємо за різницею між масою речовини та сумою мас гідрогену, ніколу та карбону: m(О) = 36,2 – (0,4 + 12,12 + 4,8) = 18,88 (г).

Використовуючи формулу ν = m:М, знаходимо відношення атомів ніколу, карбону, гідрогену та оксигену в речовині: n(Nі) : n(С) : n(Н) : n(О) = 12,12/59 : 4,8/12 : 0,4/1 : 18,88 : 16 = 0,2 : 0,4 : 0,4 : 1,2 = 1 : 2 : 2 : 6. Отже формула речовини NіН2С2О6 або Nі(НСО3)2.
2. Деякий мінерал містить 20, 14 % Феруму, 11,51% Сульфуру, 63,31% Оксигену та Гідроген. Визначте його формулу. Де використовують цю речовину? (2006-07 н.р., Шушваль І.І.)
Авторський варіант розв’язку:

Дано:

ω(Fe) = 20,14 % ω(Н) = 100 – (20,14 + 11,51 + 63,31) = 5,04 (%)

ω(S) = 11,51 а : б : в : г = (20,14:56) : (11,51:32) : (63,31:16) :

ω(О) = 63,31 (5,04:1) = 0,36 : 0,36 : 3,96 : 5,04 = 1 : 1 : 11 : 14,



________________________ отже загальна формула сполуки – FеSО11Н14.

аSбОвНг – ? Якщо це мінерал, то скоріше всього – кристалогідрат,

тобто містить в своєму складі кристалізаційну воду.

В складі сполуки міститься 14 атомів Гідрогену, отже можна припустити, що до складу молекули мінералу входить 7 молекул води. В такому випадку одержимо сполуку: FеSО4·7Н2О (ферум (ІІ) сульфат семиводний (гідрат) або залізний купорос).


3. При розчиненні у хлоридній кислоті солі двовалентного металу масою 38,8 г виділяється газ з неприємним запахом. При пропусканні якого крізь розчин купрум (ІІ) сульфату випадає чорний осад. При спалюванні в надлишку повітря такої самої наважки вихідної солі утворюється оксид, розчинний у лугах, і виділяється газ, розчинний у воді з утворенням кислоти, що може знебарвити бром масою 64 г. Визначити склад вихідної суміші. (2006-07 н.р., Гальчук Н.П.)
Авторський варіант розвязку:

Дано:

m (MeS) = 38,8 г 1) Виходячи з умови задачі можна припустити,

m( Br2) = 64 г що дана сіль – сульфід, а газ з неприємним

________________ запахом – сірководень:

МеКз - ? МеS + 2HCl = MeCl2 + H2S ↑.

2) Сірководень з розчином купрум (ІІ) сульфату дає осад купрум (ІІ) сульфіду чорного кольору:

Н2S + CuSO4 = CuS↓ + H2SO4.

чорний


3) При спалюванні сульфідів утворюються оксид металу та сульфур (ІV) оксид: 2МеS + 3О2 = 2МеО + 2SО2↑.

4) Якщо метал амфотерний, то його оксид реагує з лугом:



МеО + КОН → КНМеО2

або МеО + 2КОН → К2МеО2 + Н2О

або МеО +Н2О + 2КОН → К2[ Ме(ОН)4] - в залежності від умов (за умовою задачі метал двовалентний).

5) Сульфур (ІV) оксид, або сульфітна кислота в водному розчині знебарвлюють бром: SO2 + 2H2O + Br2 = H2SO4 + 2HBr або


1   2   3   4   5


База даних захищена авторським правом ©shag.com.ua 2016
звернутися до адміністрації

    Головна сторінка