Đề Xuất 12/2022 # Đề Tài Một Số Phương Pháp Giải Nhanh Bài Tập Trắc Nghiệm Môn Hóa Học 9 / 2023 # Top 14 Like | Techcombanktower.com

Đề Xuất 12/2022 # Đề Tài Một Số Phương Pháp Giải Nhanh Bài Tập Trắc Nghiệm Môn Hóa Học 9 / 2023 # Top 14 Like

Cập nhật nội dung chi tiết về Đề Tài Một Số Phương Pháp Giải Nhanh Bài Tập Trắc Nghiệm Môn Hóa Học 9 / 2023 mới nhất trên website Techcombanktower.com. Hy vọng thông tin trong bài viết sẽ đáp ứng được nhu cầu ngoài mong đợi của bạn, chúng tôi sẽ làm việc thường xuyên để cập nhật nội dung mới nhằm giúp bạn nhận được thông tin nhanh chóng và chính xác nhất.

Nội dung Trang Phần I. Mở đầu Phần II. Nội Dung Cơ sở lý luận và thực tiễn của đề tài Thực trạng vấn đề nghiên cứu Các giải pháp và kết quả đạt được Đối với giáo viên Đối với học sinh Một số phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm hóa học 9 Phương pháp 1: phương pháp giải toán áp dụng định luật bảo toàn khối lượng Phương pháp 2: phương pháp đường chéo Phương pháp 3: phương pháp tăng giảm khối lượng Phương pháp 4: phương pháp giải bài tập xác định nguyên tố dựa vào công thức oxit cao nhất Phương pháp 5: phương pháp xác định công thức phân tử hợp chất hyđrocacbon dựa vào phản ứng hóa học. Phương pháp 6: phương pháp giải bài tập về rượu etylic IV. Phần IV. Kết quả đạt được V. Phần V. Kết luận Tài liệu tham khảo 1 2 2 3 3 3 3 3 4 6 8 10 10 12 13 13 14 PHẦN I: MỞ ĐẦU Hiện nay trên thế giới nói chung và Việt Nam ra nói riêng việc đưa loại bài tập trắc nghiệm có nhiều lựa chọn vào các kì thi ngày càng phổ biến vì nó có nhiều ưu điểm. + Xác suất đúng ngẫu nhiên thấp + Tiết kiệm thời gian chấm bài + Gây được sự hứng thú học tập của học sinh + Học sinh có thể tự kiểm tra đánh giá kết quả học tập của mình một cách nhanh chóng qua các bài kiểm tra trên lớp, trong sách, hay trên mạng internet. Đồng thời tự đề ra biện pháp bổ sung kiến thức một cách hợp lí. Đối với những loại bài tập này các em cần phải trả lời nhanh và chính xác cao vì thời gian dành cho mỗi câu trung bình chỉ là 1.5 phút . Do đó các em phải trang bị cho mình ngoài những cách giải thông thường, cần có những phương pháp để giải nhanh, chọn đúng. Qua những năm giảng dạy bộ môn Hóa học 9, Tôi nhận thấy các em học sinh thường rất yếu khi giải bài tập đặc biệt là giải bài tập trắc nghiệm khách quan. Hiện nay theo hướng kiểm tra đánh giá mới nâng dần tỉ lệ trắc nghiệm khách quan thì trong một bài kiểm tra thường có rất nhiều dạng toán, mà thời gian chia đều cho mỗi câu trắc nghiệm lại rất hạn chế. Nếu các em vẫn giải bài tập theo hướng trắc nghiệm tự luận như trước đây thì thường không có đủ thời gian để hoàn thành một bài kiểm tra đánh giá dẫn đến chất lượng bộ môn thấp. Từ thực tế trên tôi mạnh dạn xây dựng giải pháp hữu ích” Một số phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm môn Hóa học 9”. Do thời gian và năng lực có hạn Tôi chỉ đi sâu giải quyết “Một số phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm môn Hóa học 9”. PHẦN II: NỘI DUNG CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN CỦA ĐỀ TÀI. Qua giải pháp này tôi mong muốn giáo viên sẽ chủ động hơn khi hướng dẫn học sinh giải bài tập trắc nghiệm khách quan môn Hóa học. Còn đối với học sinh giải pháp này sẽ giúp đỡ các em rất nhiều trong việc trang bị cho mình một số phương pháp giải nhanh, chọn đúng các bài tập trắc nghiệm khách quan. Từ đó các em không ngừng phát huy tính tích cực chủ động, sáng tạo trong học tập bộ môn. THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU. Hiện nay trong chương trình hóa học 9 bài kiểm tra 15’ trắc nghiệm khách quan 100%, bài kiểm tra định kỳ trắc nghiệm khách quan là 40%, bài thi tuyển sinh vào lớp 10 trắc nghiệm khách quan là 100%. Thời gian trung bình để trả lời 1 câu hỏi trắc nghiệm khách quan là 1.5 phút. Trong khi đó nhiều bài tập giải theo phương pháp cũ thì rất dài và tốn thời gian. Như vậy rõ ràng là nhiều phương pháp giải bài tập theo hướng tự luận như trước đây đã thật sự không phù hợp với phương pháp kiểm tra đánh giá mới. Về phía học sinh khi học môn Hóa học các em thường thấy rất khó khăn trong việc giải bài tập trắc nghiệm khách quan, nên chất lượng các bài kiểm tra thường không cao. Nguyên nhân do: Kỹ năng phân loại bài tập còn yếu, Các em giải các bài tập trắc nghiệm như bài tự luận nên thời gian không đảm bảo … Từ đó kết quả bộ môn thấp dẫn đến các em luôn nghĩ là môn học quá sức nên khó có thể cố gắng được. Từ những thực trạng trên Tôi suy nghĩ làm thế nào để vận dụng “Một số phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm Hóa học 9” vào thực tế giảng dạy thực sự có hiệu quả. CÁC GIẢI PHÁP CỤ THỂ. A. Đối với Giáo viên: Phải hệ thống hóa kiến thức trọng tâm của chương một cách logic và khái quát nhất. Nắm vững các phương pháp giải bài tập và xây dựng hệ thống bài tập phải thật sự đa dạng, nhưng vẫn đảm bảo trọng tâm của chương trình phù hợp với đối tượng học sinh. Tận dụng mọi thời gian để có thể hướng dẫn giải được lượng bài tập là nhiều nhất. Luôn quan tâm và có biện pháp giúp đỡ các em học sinh có học lực yếu, kém. Không ngừng tạo tình huống có vấn đề đối với các em học sinh khá giỏi B. Đối với Học sinh: Phải tích cực rèn kỹ năng hệ thống hóa kiến thức sau mỗi bài, mỗi chương. Phân loại bài tập hóa học và lập hướng giải cho từng dạng toán. Tích cực làm bài tập ở lớp và đặc biệt là ở nhà. Phải rèn cho bản thân năng lực tự học, tự đánh giá. C. Một số phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm Hóa học 9. PHƯƠNG PHÁP 1: PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN ÁP DỤNG ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG 1. Kiến thức cần ghi nhớ – Nếu có PTHH tổng quát: A + B à C + D Thì theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: mA + mB = mC + mD Như vậy trong phản ứng có n chất nếu biết khối lượng của n – 1 chất thì tính được khối lượng chất còn lại. – Trong phản ứng khử oxit kim loại bằng CO, H2. Ta có: nO trong oxit = n CO2 = n H2O Vậy: moxit = mO trong oxit + m kim loại – Trong phản ứng giữa kim loại với dd axit giải phóng khí hyđro thì n axit = 2 .nH2 2. Bài Tập Bài 1: Cho 24.4g hỗn hợp Na2CO3 và K2CO3 tác dụng vừa đủ với dung dịch BaCl2. sau phản ứng thu được 39.4g kết tủa. Lọc tách kết tủa cô cạn dung dịch thu được m gam muối clorua. M có giá trị là a. 13.3g b. 15g c. 26.6g d. 63.8g đáp án: c Giải: Phương trình tổng quát M2CO3 + BaCl2 BaCO3 + 2MCl n BaCO3 = 0,2mol theo phương trình n BaCl2 = n BaCO3 = 0,2mol m BaCl2 = 0,2 . 208 = 41,6g theo định luật bảo toàn khối lượng m M2CO3 + m BaCl2 = m BaCO3 + m MCl = 26,6g Bài 2: Hòa tan hoàn toàn 20 gam hỗn hợp Mg và Fe vào dung dịch HCl dư thấy có 11.2 lít khí thoát ra (đktc) và dung dịch X. cô cạn dung dịch X thì khối lượng muối khan thu được là a. 19g b. 19,5g c. 55,5g d. 37,25g Đáp án: c Giải: M + 2HCl à MCl2 + H2 m M + m HCl = m X + m H2 = 55,5 g Bài 3: Khử hoàn toàn 40.1g hỗn hợp A gồm ZnO và Fe2O3 bằng khí H2 thấy tạo ra 12.6g H2O khối lượng hỗn hợp kim loại thu được là a. 28,9g b. 51,3g c. 27,5g d. 52,7g Đáp án a Giải: n H2O = 0.7 mol ZnO + H2 Zn + H2O Fe2O3 + 3H2 2Fe + 3H2O Từ phương trình hóa học ta có: n oxi trong oxit = n H2O = 0,7mol mO = 0,7 .16 = 11,2g mA = m kim loại + moxi trong oxit Bài 4: Khử hoàn toàn 32g hỗn hợp A gồm CuO và Fe2O3 bằng khí H2 thấy tạo ra 9g H2O. khối lượng hỗn hợp kim loại thu được là: a. 12g b. 24g c. 23g d. 41g Đáp án : b Giải: n H2O = 0.5 mol CuO + H2 Cu + H2O Fe2O3 + 3H2 2Fe + 3H2O mA = m kim loại + mO mkim loại = 32 – 8 = 24g Bài 5: Hòa tan hoàn toàn 18.4g hỗn hợp 2 kim loại hóa trị II và hóa trị III trong dung dịch HCl người ta thu được dung dịch A và khí B. đốt cháy hoàn toàn lượng khí B thu được 9g nước. Cô cạn dung dịch A thu được khối lượng hỗn hợp muối khan là a. 9,4 g b. 53,9g c. 55,9g d. 27,4g Đáp án b Giải: nH2O = 0,5mol X + 2HCl à XCl2 + H2 (1) 2Y + 6HCl à 2YCl3 + 3H2 (2) 2H2 + O2 2H2O (3) theo (1) và(2) ta có nHCl = 2 n H2 = 1mol m HCl = 36,5g theo định luật bảo toàn khối lượng m(X+Y) + m(HCl) = mA + mB = 53,9g PHƯƠNG PHÁP 2: PHƯƠNG PHÁP ĐƯỜNG CHÉO 1. Kiến thức cần ghi nhớ a. Các chất cùng nồng độ phần trăm m1 C%1 C%2 – C% m2 C%2 C% – C%1 m1 là khối lượng của dung dịch có nồng độ C%1 m2 là khối lượng của dung dịch có nồng độ C%2 C% là nồng độ phần trăm dung dịch thu được sau khi trộn lẫn b. Các chất cùng nồng độ mol V1 CM1 CM2 – CM V2 CM2 CM – CM1 V1 là thể tích của dung dịch có nồng độ CM1 V2 là thể tích của dung dịch có nồng độ CM2 CM là nồng độ mol dung dịch thu được sau khi trộn lẫn c. Các chất khí không tác dụng được với nhau V1 M1 M2 – M V2 M2 M – M1 M là khối lượng mol trung bình thu được khi trộn lẫn các khí M1 < M < M2 V1 là thể tích chất khí có phân tử khối là M1 V2 là thể tích chất khí có phân tử khối là M2 2. BÀI TẬP Bài 1: Dung dịch HCl có nồng độ 45% và dung dịch HCl khác có nồng độ 15% để có dung dịch HCl có nồng độ 20% thì phải pha chế về khối lượng giữa 2 dung dịch HCl 45% và HCl 15% theo tỉ lệ là a. 1:3 b. 1:5 c. 3:1 d. 5:1 Đáp án: b Giải: Aùp dụng phương pháp đường chéo ta có m1 45% 5% m2 15% 25% Bài 2: Thể tích nước và dung dịch MgSO4 2M cần để pha được 100ml dung dịch MgSO4 0.4M lần lượt là a. 50ml và 50ml b. 40ml và 60ml c. 80ml và 20ml d. 20ml và 80ml Đáp án: b V 0 1.6 100 – V 2 0.4 Vậy VH2O = 80ml và V MgSO4 = 20ml Bài 3: Điều chế hỗn hợp 26 lit khí hiđro và khí cacbonoxit có tỉ khối hơi đối với khí mêtan là 1.5 thì thể tích khí hiđro và cacbonoxit cần lấy là: a. 4 lit và 22 lit b. 8 lit và 44 lit c. 22 lit và 4 lit d. 44 lit và 8 lit Đáp án: a Giải: Mhỗn hợp = 1,5.16 = 24g Aùp dụng phương pháp đường chéo ta có 2 4 28 22 Bài 4: Thể tích H2O và dung dịch NaCl 0.2M cần để pha được 50ml dung dịch NaCl 0.1M lần lượt là a. 45ml và 5ml b. 10ml và 40ml c. 25ml và 25ml d. 5ml và 45ml đáp án: c Giải: V 0 0.1 50 – V 0.2 0.1 Vậy VH2O = 25ml và V NaCl = 25ml Bài 5: Khối lượng H2O và khối lượng dung dịch đường 15% cần để pha chế được 50g dung dịch đường 5% là: a. 2.5g và 47.5g b. 16.7g và 33.3g c. 47.5g và 2.5g d. 33.3g và 16.7g Đáp án: d Giải: Gọi khối lượng nước là m thì khối lượng đường 15% là 50 – m m 0% 10% 50-m 15% 5% Vậy m H2O = 33,3g và m đường 15% = 16,7g PHƯƠNG PHÁP 3: PHƯƠNG PHÁP TĂNG GIẢM KHỐI LƯỢNG 1. Kiến thức cần ghi nhớ Dựa vào sự tăng giảm khối lượng khi chuyển từ chất này sang chất khác để xác định khối lượng hỗn hợp hay một chất + Dựa vào phương trình hóa học tìm sự thay đỗi về khối lượng của 1 mol chất trong phản ứng. + Tính số mol các chất tham gia phản ứng và ngược lại. + Độ tăng Khối lượng kim loại = m Kim loại sinh ra – m kim loại tan. Độ giảm Khối lượng kim loại = m kim loại tan – m kim loại sinh ra. 2. Bài tập Bài 1: Nhúng 1 thanh nhôm nặng 45g vào 400ml dung dịch CuSO4 0.5M sau 1 thời gian lấy thanh nhôm ra cân nặng 46.38g. Khối lượng đồng thoát ra là: a. 0.64g b. 1.92g c. 1.28g d. 2.56g Đáp án b giải: 2Al + 3 CuSO4 à Al2(SO4)3 + 3Cu Theo phương trình cứ 2 mol Al à 3 mol Cu khối lượng tăng 3 . 64 – 2 . 27 = 138g Theo đề bài n mol Cu khối lượng tăng 46,38 – 45 = 1,38g Bài 2: Nhúng thanh sắt có khối lượng 56g vào 100ml dd CuSO4 0.5M đến phản ứng hoàn toàn. Coi toàn bộ lượng đồng sinh ra đều bám vào thanh sắt. Khối lượng thanh sắt sau phản ứng 59,2g b. 56,4g c. 53,2g d. 57,2g Đáp án b Giải : Fe + CuSO4 à FeSO4 +Cu n CuSO4 = 0,05 mol m kim loại tăng = 64 . 0,05 – 56 . 0,05 = 0,4g m sắt sau phản ứng = m sắt trước phản ứng + m kim loại tăng = 56 + 0,4 = 56,4 g Bài 3: Cho 2.52g một kim loại chưa rõ hóa trị tác dụng với dd H2SO4 loãng dư thu được 6.84 g muối sunfat. Kim loại đã dùng là Fe chúng tôi c.Al d.Mg Đáp án: a Giải: n mol kim loại theo đề bài khối lượng tăng 6,84 – 2,52 = 4,32g vậy kim loại đó là Fe Bài 4: Hòa tan 39,4g muối cacbonat của kim loại hóa trị II bằng H2SO4 loãng dư thu được 46.6g muối sunfat kết tủa. Kim loại đó là a Fe b. Ca c. Ba d. Pb đáp án: c Giải: RCO3 + H2SO4 à RSO4 + CO2 + H2O n mol muối cacbonat Khối lượng tăng 46,6 – 39,4 = 7,2g n muối cacbonat = 7,2 . = 0.2 mol M muối cacbonat = = 197g Bài 5: Cho 50g kim loại chì vào 100 ml dung dịch chứa 2 muối Cu(NO3)2 0.5M và AgNO3 2M. sau phản ứng lấy Pb ra khỏi dung dịch làm khô thì khối lượng chì là a. 43,75g b. 56,25g c. 42,85g d. 50,9g đáp án: a Giải: n Cu(NO3)2 = 0,05mol n AgNO3 = 0,2mol Pb + Cu(NO3)2 à Pb(NO3)2 + Cu (1) Pb + 2AgNO3 à Pb(NO3)2 + 2Ag (2) Theo (1) m Pb giảm = 207 . 0,05 – 64 . 0,05 = 7,15g Theo (2) m Pb tăng = 0,2 . 108 – 0,1 . 207 = 0,9g Vậy m Pb giảm = 7,15 – 0,9 = 6.25g m Pb = 50 – 6,25 = 43,75g PHƯƠNG PHÁP 4: PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP XÁC ĐỊNH NGUYÊN TỐ DỰA VÀO CÔNG THỨC OXIT CAO NHẤT 1. Kiến thức cần ghi nhớ – Oxit cao nhất của một nguyên tố R hóa trị y là: RxOy thì hợp chất của nó với hiđro là: RH8 – y – Ngược lại khi cho hợp chất khí với hiđro của một nguyên tố là RHy thì oxit cao nhất của nó là RxO8-y – Vận dụng công thức tính theo công thức hóa học: 2. Bài Tập Bài 1: Nguyên tố R tạo thành hợp chất khí với hiđro có công thức là RH3. trong hợp chất oxit cao nhất có 25.93% R về khối lượng. R là nguyên tố nào trong các nguyên tố sau Cacbon b. Nitơ c. Photpho d. Lưu huỳnh (Trích đề thi tuyển sinh năm 2006 – 2007) Giải: %R = = 25.93% = 25.93 Đáp án b Bài 2: Oxit cao nhất của một nguyên tố là RO3. trong hợp chất của nó với hiđro có 5.88% hiđro về khối lượng. Nguyên tố đó là a. lưu huỳnh b. Nitơ c. photpho d. cacbon Giải Đáp án a PHƯƠNG PHÁP 5: PHƯƠNG PHÁP XÁC ĐỊNH CÔNG THỨC PHÂN TỬ HỢP CHẤT HYĐROCACBON DỰA VÀO PHẢN ỨNG HÓA HỌC. 1. Kiến thức cần ghi nhớ Phản ứng cháy của Hyđrocacbon PTHH C2H4 + 3O2 2CO2 + 2H2O PTHH CH4 + 2O2 CO2 + 2H2O PTHH 2C2H2 + 5O2 4CO2 + 2H2O Phản ứng với dd Brôm của hyđrocacbon. PTHH: C2H4 + Br2 à C2H4Br2 PTHH: C2H2 + 2Br2 à C2H4Br4 2. Bài Tập Bài 1: Biết 0.01 mol hyđrocacbon X có thể tác dụng tối đa với 100ml dd brôm 0.1M vậy X là hyđrocacbon nào trong các chất sau: a. CH4 b. C2H2 c. C2H4 d. C6H6 Giải n X = 0.01 mol n Br2 = 0.01 mol đáp án c Bài 2: Đốt cháy hoàn toàn 0.2 mol một hyđrocacbon X thu được 17.6g CO2 và 7.2g H2O. công thức phân tử X là C2H2 b. C2H6 c. C3H4 d. C2H4 Trích đề thi tuyển sinh năm 2006 – 2007 Giải: nCO2 = 0.4 mol n H2O = 0.4 mol đáp án d Bài 3: Đốt cháy 3g chất hữu cơ A thu được 8.8g khí CO2 và 5.4g H2O. công thức phân tử của A là: a. C2H4 b. C2H2 c. C2H6 d. C6H6 giải nCO2 = 0.2 mol n H2O = 0.3 mol đáp án c Bài 4: Biết 0.01 mol hyđrocacbon X có thể tác dụng tối đa với 200ml dd brôm 0.1M vậy X là hyđrocacbon nào trong các chất sau: a. CH4 b. C2H2 c. C2H4 d. C6H6 Giải n X = 0.01 mol n Br2 = 0.02 mol đáp án b PHƯƠNG PHÁP 6: PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP VỀ RƯỢU ETYLIC 1. Kiến thức cần ghi nhớ: a. Độ rượu: Dr là độ rượu Vr là thể tích rượu (ml) VHH là thể tích hỗn hợp (ml) b. Công thức tính khối lượng khi biết V và D m = V.D (Cách ghi nhớ mẹ đi về) D là khối lượng riêng (g/ml) V thể tích (ml) m khối lượng (g) D H2O 1g/ml D rượu etylic 0.8 g/ml c. Khi cho kim loại Na lấy dư vào rượu + Nếu Dr = 1000 thì chỉ xảy ra phản ứng 2Na + 2 C2H5OH à 2C2H5ONa + H2 Do đó n H2 = ½ n C2H5OH + Nếu Dr <1000 thì sẽ xảy ra các phản ứng hóa học sau: 2Na + 2H2O à 2NaOH + H2 2Na + 2 C2H5OH à 2C2H5ONa + H2 Do đó n H2 = ½ ( n H2O + n C2H5OH) 2. Bài tập Bài 1: Pha 25ml rượu etylic vào 25ml nước thì độ rượu là a. 10 b. 500 c. 0,50 d. 6,250 đáp án: b giải Bài 2: Số ml rượu etylic 250 pha được từ 500ml rượu 450 là a. 225ml b. 900ml c. 400ml d. 56.25ml đáp án: b Giải: Vrượu = 500 . 45/100 = 225 ml Vrượu 25 = 225/25 .100= 900ml Bài 3: Thể tích không khí cần dùng để đốt cháy hoàn toàn 13.8g rượu etylic là (các khí đo ở Đktc) a. 100,8 lit b. 20,16 lit c. 33,6 lit d. 4,032 lit đáp án: a giải: n rượu = 0.3mol C2H5OH + 3O2 2CO2 + 3H2O 0.3mol 0.9 mol V O2 = 0,9 . 22.4 = 20,16 lit VKK = 5VO2 = 20,16 . 5 = 100,8 lit Bài 4: Cho kim loại natri lấy dư vào 10ml rượu etylic có khối lượng riêng là 0.8 g/ml thì thể tích khí hiđrô thu được ở đktc là. a. 9,74 lit b. 3,89 lit c. 7,79 lit d. 12,17 lit đáp án: c giải: 2Na + 2 C2H5OH à 2C2H5ONa + H2 mrượu = 10 . 0,8 = 8g nrượu = 8/46 = 0,174 mol VH2 = 0,174 . 22,4 = 7,79 lit Bài 5: Cho 100ml rượu etylic 920 tác dụng với natri lấy dư biết khối lượng riêng của rượu là 0.8g/ml, của nước là 1g/ml. thể tích khí hiđro thu được ở đktc là a. 22,9 lit b. 14,98 lit c. 17,92 lit d. 4,98 lit (trích đề thi tuyển sinh năm 2006 – 2007) Đáp án: a n H2 = ½ ( n H2O + n C2H5OH) = 0,222 + 0,8 = 1,022 mol V H2 = 1,022 . 22,4 = 22,9 lit PHẦN IV. KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯỢC Thực tế giảng dạy tôi nhận thấy “Một số phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm môn Hóa học 9” Đạt hiệu quả rất tốt. Học sinh cảm thấy tự tin hơn khi giải bài tập trắc nghiệm khách quan và các em làm nhanh hơn, ít bị lạc đề hơn. Chất lượng bộ môn có những chuyển biến tích cực nhất định. PHẦN V. KẾT LUẬN TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Câu hỏi và bài tập trắc nghiệm hóa học 9 tác giả Ngô Ngọc An NXB giáo dục 2. Giải nhanh các dạng toán trắc nghiệm hóa học 11 tác giả Huỳnh Văn Uùt NXB đại học quốc gia thành phố Hồ Chí Minh 3. Phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm hóa học NXB giáo dục năm 2008. 4. Đề thi tuyển sinh môn Hóa Học 9 năm 2006 – 2007 sở GD & ĐT Lâm Đồng 5. Mạng internet: chúng tôi chúng tôi

Sáng Kiến Kinh Nghiệm Một Số Phương Pháp Giải Bài Toán Hóa Học 9 / 2023

*Phương pháp:

– Phân tích đề chính xác và khoa học.

– Quy đổi các dữ kiện ra số mol (nếu được)

– Viết phương trình hóa học

– Dựa vào lượng của các chất đã cho tính theo PTHH. Tìm M nguyên tố.

Thí dụ 1: Cho 2,4 gam kim loại R hoá trị II tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư thấy giải phóng 2,24lít H2 (đktc). Hãy xác định kim loại M.

đề này?! Từ những thực trạng nêu trên, tôi thiết nghĩ cần phải có một bộ tài liệu hệ thống hóa một số dạng bài tập cơ bản ở bậc THCS nhằm giúp các em có thể tự học, tự giải bài tập ở nhà, đồng thời góp phần nâng cao chất lượng học tập môn hóa của học sinh lớp 9. Chính vì lý do trên tôi chọn đề tài "Một số phương pháp giải bài toán hóa học 9" góp phần nhỏ vào khắc phục tình trạng trên của học sinh. Mặc dù đã cố gắng rất nhiều, nhưng do thời gian biên soạn quá ngắn, nên bài viết này không tránh khỏi những thiếu sót ngoài ý muốn. Rất mong sự góp ý của quý đồng nghiệp để bài viết của tôi được hoàn thiện hơn. Tôi xin chân thành cảm ơn! 2. TÍNH MỚI VÀ ƯU ĐIỂM CỦA SÁNG KIẾN. a. Phạm vi nghiên cứu. Do công việc nên thời gian có hạn, tôi chỉ nghiên cứu một số dạng bài toán toán hóa học 9 sau: - Bài toán xác định công thức của hợp chất vô cơ. - Bài toán tính theo phương trình hóa học khi biết 2 chất phản ứng. - Bài toán kim loại mạnh đẩy kim loại yếu ra khỏi dung dịch muối - Bài toán xác định thành phần hỗn hợp. - Bài toán về CO2 tác dụng với kiềm. b. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU 3. ĐÓNG GÓP CỦA ĐỀ TÀI Với đề tài này, có thể làm tài liệu tham khảo cung cấp kiến thức cơ bản về các phương pháp giải bài toán hóa học cho học sinh đang học, đặc biệt là các em học sinh khối 9 và giáo viên đang dạy bộ môn hóa học. Cung cấp một số kĩ năng khi giải một một số bài toán hóa học có tính khoa học, logic và sáng tạo. Giúp học sinh nhận dạng, giải thành thạo một số dạng toán thường gặp trong thi cử, thi thuyển sinh. Từ đó tạo cho học sinh tự tin, hứng thú và say mê khi học môn hóa học. PHẦN II: NỘI DUNG I. CƠ SỞ LÝ THUYẾT VÀ THỰC TIỄN CỦA ĐỀ TÀI 1. THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU Trong những năm gần đây, chất lượng học sinh có chiều hướng giảm, đặc biệt là môn hóa học. Rất nhiều em không giải được những bài toán cơ bản, thậm chí không viết được phương trình và cả tính số mol, điều này khiến cho những giáo viên giảng dạy môn hóa rất đau lòng, một vài em cảm thấy rất sợ khi vào tiết học môn hóa. Để ngày càng nâng cao về chất lượng dạy học môn hóa, nhằm giúp học sinh chủ động hơn trong việc tự học ở nhà nên việc kiểm tra đánh giá học sinh có sự lòng ghép của bài tập tự luận và trắc nghiệm khách quan. Qua nhiều năm công tác tôi nhận thấy được phần lớn học sinh còn lúng túng với việc giải bài tập hóa học chủ yếu là bài toán hóa 9, nguyên nhân là các em chưa hiểu được cách giải và phương pháp giải hợp lí. Từ đó dẫn đến chất lượng bộ môn thấp so với mặt bằng chung của toàn huyện: Chất lượng bộ môn: (năm học 2014 - 20015) TSHS Giỏi Khá Trung bình Yếu Số lượng Tỉ lệ Số lượng Tỉ lệ Số lượng Tỉ lệ Số lượng Tỉ lệ 90 18 20% 30 33,33% 36 40% 6 6,67% . Sở dĩ còn hạn chế như vậy là do học sinh chưa có một phương pháp giải bài bài tập hóa học toán hóa học hợp lí, chưa có phương pháp giải cụ thể và không phân được những dạng bài tập hóa học. Để giúp các em hiểu rõ hơn về phương pháp phương pháp giải bài tập hóa học, đặc biệt là những dạng bài tập và phương pháp rất gần gũi với các em. Tôi đã chọn vấn đề "Một số phương pháp giải bài toán Hóa học 9" để nghiên cứu và tìm biện pháp dạy phù hợp cho các em. 2. CƠ SỞ LÝ THUYẾT Để giải tốt các dạng bài tập, đòi hỏi học sinh phải nắm vững các điểm lí thuyết quan trọng về hóa học ở cấp bậc THCS, đồng thời phải ứng dụng linh hoạt những lí thuyết đó vào từng dạng bài toán cụ thể. Phải nắm vững một số công thức tính toán cơ bản và định luật cơ bản: Tìm số mol. Dựa và khối lượng chất. Trong đó: · m: khối lượng chất (g) · M: khối lượng mol (g) Dựa vào thể tích chất khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn (đktc) Trong đó: · V: thể tích chất khí đo ở đktc (lít) Dựa vào nồng độ mol dung dịch. n = CM.V Trong đó: · CM: nồng độ mol dung dịch (mol/lít) · V: thể tích dung dịch (lít) Nồng độ phần trăm (C%). mct: khối lượng chất tan (g) mdd: khối lượng dung dịch (g) mdd = mct + mdm Khi cho khối lượng riêng dung dịch D(g/ml) mdd = D.V Khi trộn nhiều chất lại với nhau mdd = mtổng các chất phản ứng - mchất không tan - mchất khí Tỉ khối của chất khí. Trong đó: · MA: khối lượng mol của khí A. · MB: khối lượng mol của khí B. *Chú ý: Nếu B là không khí thì MB = 29 Định luật bảo toàn khối lượng. Định luật: Trong một phản ứng hóa học tồng khối lượng các chất phản ứng bằng tổng khối lượng các chất sản phẩm. Phản ứng hóa học: A + B ® C + D Ta có: mA + mB = mC + mD Ngoài ra việc giải bài toán hóa học đòi hỏi học sinh phải biết cách giải phương trình bậc nhất một ẩn số, giải hệ phương trình bậc nhất hai ẩn số, II. CÁC GIẢI PHÁP CỤ THỂ 1. Đối với Giáo viên Phải hệ thống hóa kiến thức trọng tâm cho học sinh một cách khoa học. Nắm vững các phương pháp giải bài tập và xây dựng hệ thống bài tập phải thật sự đa dạng, nhưng vẫn đảm bảo trọng tâm của chương trình phù hợp với đối tượng học sinh. Tận dụng mọi thời gian để có thể hướng dẫn giải được lượng bài tập là nhiều nhất, có hiệu quả nhất cho học và học sinh dễ hiểu nhất. Luôn quan tâm và có biện pháp giúp đỡ các em học sinh có học lực trung bình, yếu. Không ngừng tạo tình huống có vấn đề đối với các em học sinh khá giỏi 2. Đối với Học sinh Về kiến thức Là phương tiện để ôn tập củng cố, hệ thống hoá kiến thức một cách tốt nhất. Rèn khả năng vận dụng kiến thức đã học, kiến thức tiếp thu được qua bài giảng thành kiến thức của mình, kiến thức được nhớ lâu khi được vận dụng thường xuyên. Đào sâu, mở rộng kiến thức đã học một cách sinh động, phong phú, hấp dẫn. Về kĩ năng Phải tích cực rèn kỹ năng hệ thống hóa kiến thức sau mỗi bài, mỗi chương. Phân loại bài tập hóa học và lập hướng giải cho từng dạng toán. Bài tập hoá học là một trong những cách hình thành kiến thức kỹ năng mới cho học sinh. Rèn kỹ năng hoá học cho học sinh khả năng tính toán một cách khoa học. Phát triển năng lực nhận thức rèn trí thông minh cho học sinh. Về thái độ Làm cho các em yêu thích, đam mê học môn hóa học khi đã hiểu rỏ vấn đề. Phát hiện và giải quyết vấn đề một cách khách quan, trung thực trên cơ sở phân tích khoa học. 3. Một số phương pháp giải toán hóa học 9. 3.1. Xác định công thức của hợp chất vô cơ. @ Dạng 1: Lập CTHH của oxit sắt. *Phương pháp: - Đặt công thức của oxit sắt là FexOy - Dựa vào dữ kiện của đề bài ta đưa về tỉ số . Thí dụ : = Þ Fe2O3, - Khi giải toán ta cần phải chú ý sắt chỉ có 3 oxit sau: FeO, Fe2O3, Fe3O4. Thí dụ 1: Một oxit sắt có thành phần phần trăm về khối lượng sắt trong oxit là 70%. Tìm công thức của oxit sắt. Hướng dẫn giải Đặt công thức của oxit sắt là FexOy %Fe = = = 0,7 Û 16,8x = 11,2y Þ = = Þ x = 2, y = 3 Công thức của oxit sắt là Fe2O3. Thí dụ 2: Xác định công thức của hai oxit sắt A. Biết rằng 23,2 gam A tan tan vừa đủ trong 0,8 lít HCl 1M. Hướng dẫn giải nHCl = 1.0,8 = 0,8 (mol) Đặt công thức của oxit sắt là FexOy PTHH: FexOy + 2yHCl ® xFeCl2y/x + yH2O mol: ¬ 0,8 MFexOy = 56x + 16y = = 58y Û 56x = 42y Þ = = Þ x = 3, y = 4 Công thức của oxit sắt là Fe2O3. @ Dạng 2: Lập CTHH dựa vào phương trình hóa học (PTHH). *Phương pháp: - Phân tích đề chính xác và khoa học. - Quy đổi các dữ kiện ra số mol (nếu được) - Viết phương trình hóa học - Dựa vào lượng của các chất đã cho tính theo PTHH. Tìm M nguyên tố. Thí dụ 1: Cho 2,4 gam kim loại R hoá trị II tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư thấy giải phóng 2,24lít H2 (đktc). Hãy xác định kim loại M. Hướng dẫn giải nH2 = 2,24 : 22,4 = 0,1mol PTHH: R + H2SO4 ® RSO4 + H2 mol: 0,1 ¬ 0,1 MR = = = 24 g. Vậy R là kim loại Magie (Mg). Thí dụ 2: Hoà tan hoàn toàn một oxit kim loại R có hoá trị II tác dụng vừa đủ với dung dịch H2SO4 15,8% thu được muối có nồng độ 18,21%. Xác định kim loại R? Hướng dẫn giải Vì R có hóa trị II nên oxit của R có dạng: RO ; gọi x là số mol của RO PTHH: RO + H2SO4 ® RSO4 + H2O mol: x x x mdd H2SO4 = = 620,25x mRSO4 = (MR + 96).x Þ mdd sau phản ứng = mRO + mdd H2SO4 = (MR + 16).x + 620,25.x = (MR + 636,25).x C% dd RSO4 = = Þ MR = 24g. Vậy kim loại R là magie (Mg) 3.2. Bài toán tính theo phương trình hóa học khi biết 2 chất phản ứng. * Phương pháp: - Chuyển đổi các lượng chất đã cho ra số mol. - Viết phương trình hóa học: A + B ® C + D - Lập tỉ số: Số mol chất A (theo đề bài) và Số mol chất B (theo đề bài) Hệ số chất A (theo phương trình) Hệ số chất B(theo phương trình) So sánh hai tỉ số này, số nào lớn hơn thì chất đó dư, chất kia phản ứng hết. Tính toán (theo yêu cầu của đề bài) theo chất phản ứng hết. Thí dụ 1: Hoà tan 2,4 g CuO trong 200 gam dung dịch HNO3 15,75%. Tính nồng độ phần trăm các chất có trong dung dịch sau khi phản ứng kết thúc. Hướng dẫn giải nCuO = 2,4 : 80 = 0,03 (mol) mHNO3 = = 31,5 (g) Þ nHNO3 = 31,5 : 63 = 0,5 (mol) PTHH: CuO + 2HNO3 Cu(NO3)2 + H2O mol ban đầu: 0,03 0,5 mol ban đầu : 0,03 ® 0,06 ® 0,03 Lập tỉ số: Þ < Þ HNO3 dư, CuO hết ta tính theo CuO. Các chất sau khi phản ứng kết thúc gồm: Cu(NO3)2 và HNO3 còn dư mCu(NO3)2 = 0,03 . 188 = 5,64(g) mHNO3dư = (0,5- 0,06).63 = 27,72(g) mdd sau phản ứng = mCuO + mdd HNO3 = 2,4 + 200 = 202,4(g) C% ddCu(NO3)2 = = 2,78% C% ddHNO3 dư = = 13,7% Thí dụ 2: Cho 10g CaCO3 tác dụng với 150 ml dung dịch HCl 2M (D=1,2g/ml) thu được 2,24 (l) khí x (đktc) và một dung dịch A. Cho khí x hấp thụ hết vào trong 100ml dung dịch NaOH để tạo ra một muối NaHCO3. Tính C% các chất trong dung dịch A. Hướng dẫn giải nCaCO3 = 10 : 100 = 0,1 (mol) nHCl = CM.V = 2. 0,15 = 0,3 (mol) a) PTHH: CaCO3 + 2HCl ® CaCl2 + H2O + CO2­ mol ban đầu: 0,1 0,3 mol phản ứng: 0,1 ® 0,2 ® 0,1 ® 0,1 Lập tỉ số: Þ < Þ HCl dư, CaO3 hết ta tính theo CaCO3. Vậy dung dịch A gồm: CaCl2 và HCl còn dư, khí x là CO2 mCaCl2 = 0,1 . 111 = 11,1(g) mHCl dư = 0,1 . 36,5 = 3,65 (g) mdd sau phản ứng = mCaCO3 + mdd HCl - mCO2 = 10 + (1,2.150) - (0,1.44) = 185,6(g) C% dd HCl dư = = 1,97% C% ddCaCl2 = = 5,98% 3.3. Bài toán kim loại mạnh đẩy kim loại yếu ra khỏi dung dịch muối. *Phương pháp - Nhớ dãy hoạt động hóa học của kim loại. K Ba Ca Na Mg Al Mn Zn Cr Fe Ni Sn Pb (H) Cu Ag Au - Khi cho nhiều kim loại tác dụng với dung dịch muối, kim loại nào hoạt động hóa học mạnh ưu tiên tác dụng trước. - Khi cho thanh kim loại vào dung dịch muối sau phản ứng thanh kim loại tăng lên thì: mthanh kim loại tăng = mkim loại bám vào - mkim loại tan ra - Khi cho thanh kim loại vào dung dịch muối sau phản ứng thanh kim loại giảm xuống: m thanh kim loại giảm = mkim loại tan ra - mkim loại bám vào - Khi cho thanh kim loại vào dung dịch muối sau phản ứng lấy thanh kim loại ra và khối lượng dung dịch muối tăng lên thì: mdung dịch muối tăng = mkim loại bám vào - mkim loại tan ra. - Khi cho thanh kim loại vào dung dịch muối sau một thời gian phản ứng lấy thanh kim loại ra và khối lượng dung dịch muối giảm xuống thì: mdung dịch muối tăng = mkim loại bám vào - mkim loại tan ra *Chú ý: Bài toán chỉ đúng với giả thiết là kim loại sinh ra bám bám hoàn toàn vào kim loại đem thanh gia phản ứng. Nếu bài toán dùng câu văn như: "sau khi phản ứng kết thúc", "phản ứng xảy ra hoàn toàn", thì sau phản ứng có một chất hết và một chất dư (thường là muối hết). Nếu bài toán dùng câu văn như: "kim loại không tan thêm được nữa" thì chứng tỏ muối phản ứng hết, kim loại dư. Nếu bài toán dùng câu văn như: "sau một thời gian" thì cả kim loại và muối đều dư. Thí dụ 1: Nhúng một lá Zn vào dung dịch FeSO4. Sau một thời gian lấy lá Zn ra khỏi dung dịch thì thấy khối lượng dung dịch tăng lên 1,8 gam. Tính khối lượng Zn phản ứng. Hướng dẫn giải Gọi x là số mol Zn tham gia phản ứng PTHH: Zn + FeSO4 ® ZnSO4 + Fe mol: x ® x mdd giảm = 65.x - 56.x = 1,8 Þ x = 0,2 mZn phản ứng = 0,2.65 = 13 (g) Thí dụ 2: Cho một đinh sắt có khối lượng là m (g) vào 100 ml dung dịch CuSO4 0,2M, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn. Lấy đinh sắt ra rửa nhẹ, sấy khô và đem cân thì thấy khối lượng đinh sắt tăng lên 5%. Tính m. Hướng dẫn giải nCuSO4 = 0,1.0,2 = 0,02 (mol) PTHH: Fe + CuSO4 ® FeSO4 + Cu mol: 0,02 ¬ 0,02 ® 0,02 mtăng = 64.0,02 - 56.0,02 = Þ m = 3,2 (g) 3.4. Bài toán xác định thành phần hỗn hợp. *Phương pháp - Qui đổi các dữ kiện về số mol. - Phân tích đề bài một cách khoa học xem trong hỗn hợp chất nào phản ứng, chất nào không phản ứng hay cả hỗn hợp đều tham gia phản ứng. - Đặt ẩn số cho các chất phản ứng (thường là số mol) và viết các PTHH. - Dựa vào PTHH và dữ kiện đề bài để lập hệ phương trình (nếu cần thiết). - Tính thành phần của hỗn hợp theo công thức: %Atrong hỗn hợp = .100% Thí dụ 1: Cho 10,5g hỗn hợp 2 kim loại Cu, Zn vào dung dịch H2SO4 loãng dư, người ta thu được 2,24 lít khí (đktc). Tính thành phần % về lượng các chất trong hỗn hợp kim loại. Hướng dẫn giải nH2 = 2,24 : 22,4 = 0,1 (mol) Cu không tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng PTHH: Zn + H2SO4 ® ZnSO4 + H2­ mol: 0,1 ¬ 0,1 mZn = 0,1.65 = 6,5 (g) mCu = 10,5 - 6,5 = 4 (g) %Zn = % = 61,9% %Cu = 100% - 61,9% = 38,1% 3.5. Bài toán về CO2 tác dụng với kiềm. @ Dạng 1: CO2 (hoặc SO2) tác dụng với dung dịch NaOH (hoặc KOH) *Phương pháp: Các phương trình hóa học: NaOH + CO2 ® NaHCO3 (1) 2NaOH + CO2 ® Na2CO3 + H2O (2) - Dựa vào dữ kiện đề bài tìm số mol của CO2 và số mol của NaOH. - Lập tỉ số: - Từ tỉ số trên ta có một số trường hợp sau: Nếu T £ 1 thì chỉ tạo NaHCO3, khí CO2 còn dư và ta tính toán dựa vào số mol NaOH chỉ theo phương trình (1), dấu "=" xảy ra khi phản ứng vừa đủ. Nếu T ³ 2 thì chỉ tạo Na2CO3, NaOH còn dư và ta tính toán dựa vào số mol CO2 chỉ theo phương trình (2), dấu "=" xảy ra khi phản ứng vừa đủ. Nếu 1 < T < 2 thì tạo NaHCO3 và Na2CO3 phản ứng xảy ra theo hai phương trình (1), (2). Với x, y lần lượt là số mol của 2 muối NaHCO3 và Na2CO3. Ta lập hệ Þ x, y. Thí dụ 1: Cho 2,24 lít khí SO2 (đktc) tác dụng với 150 ml dung dịch NaOH 1,5 M. Tính khối lượng các chất sau phản ứng. Hướng dẫn giải nSO2 = 2,24 : 22,4 = 0,1 (mol) nNaOH = 0,15.1,5 = 0,225 (mol) PTTH: 2NaOH + CO2 ® Na2CO3 + H2O mol ban đầu: 0,225 0,1 mol phản ứng: 0,2 ¬ 0,1 ® 0,1 mNa2CO3 = 0,1.106 = 10,6 (g) ; mNaOH dư = (0,225 - 0,2).40 = 1 (g) @ Dạng 2: CO2 (hoặc SO2) tác dụng với dung dịch Ca(OH)2 [hoặc Ba(OH)2] * Nếu biết nCO2 và nCa(OH)2 Phương pháp: Các phương trình hóa học: CO2 + Ca(OH)2 ® CaCO3¯ + H2O (1) 2CO2 + Ca(OH)2 ® Ca(HCO3)2 (2) - Dựa vào dữ kiện của đề bài ta tìm số mol của CO2 và Ca(OH)2. - Lập tỉ số: - Từ tỉ số trên ta có một số trường hợp sau: Nếu T £ 1 thì chỉ tạo CaCO3, khí Ca(OH)2 còn dư và ta tính toán dựa vào số mol CO2 chỉ theo phương trình (1), dấu "=" xảy ra khi phản ứng vừa đủ. Nếu T ³ 2 thì chỉ tạo Ca(HCO3)2, CO2 còn dư và ta tính toán dựa vào số mol Ca(OH)2 chỉ theo phương trình (2), dấu "=" xảy ra khi phản ứng vừa đủ. Nếu 1 < T < 2 thì tạo CaCO3 và Ca(HCO3)2 phản ứng xảy ra theo hai phương trình (1), (2). Với x, y lần lượt là số mol của 2 muối CaCO3 và Ca(HCO3)2. Ta lập hệ Þ x, y. *Nếu biết nCa(OH)2 và nCaCO3. Tìm thể tích CO2 (đktc) Nếu nCa(OH)2 ¹ nCaCO3 thì bài toán luôn có 2 trường hợp: Trường hợp 1: CO2 thiếu. Ta dựa vào số mol của CaCO3 để tính số mol của CO2 phản ứng. Từ đó suy ra thể tích khí CO2. PTHH: CO2 + Ca(OH)2 ® CaCO3¯ + H2O Ta có: nCaCO3 = nCO2 Þ VCO2 Trường hợp 2: CO2 dư. Trước tiên CO2 tác dụng hết với Ca(OH)2 tạo muối CaCO3. Ta dựa vào số mol Ca(OH)2 để tính số mol CaCO3. PTHH: CO2 + Ca(OH)2 ® CaCO3¯ + H2O (*) mol: nCa(OH)2 ¬ nCa(OH)2 ® nCa(OH)2 Do CO2 còn dư nên hòa tan CaCO3 một phần. Vậy lượng CaCO3 bị hòa tan là nCaCO3 hòa tan = nCaCO3( *)- nCaCO3 đề bài PTHH: CO2dư + H2O + CaCO3® Ca(HCO3)2 (**) mol: nCaCO3 hòa tan ¬ nCaCO3 hòa tan Theo (*), (**) ta có : nCO2 = 2nCa(OH)2 - nCaCO3 đề bài Þ VCO2 Thí dụ 1: Dẫn 1,12 lít khí SO2 (đktc) đi qua 400 ml dung dịch Ca(OH)2 0,1M. Tính khối lượng các chất sau phản ứng. Hướng dẫn giải nSO2 = = 0,05 (mol) nCa(OH)2 = 0,4.0,1 = 0,04 (mol) T = = = 1,25 Þ Tạo 2 muối CaSO3 và Ca(HSO3)2 Gọi x, y lần lượt là số mol của CaSO3 và Ca(HSO3)2 PTHH: Ca(OH)2 + SO2 ® CaSO3¯ + H2O mol: x ® x ® x Ca(OH)2 + 2SO2 ® Ca(HSO3)2 mol: y ® 2y ® y Ta có: nCa(OH)2 = x + y = 0,04 (1) nSO2 = x + 2y = 0,05 (2) Giải (1), (2): x = 0,03 ; y = 0,01 mCaSO3 = 0,03.120 = 3,6 (g) mCa(HSO3)2 = 0,01.202 = 2,02 (g) Thí dụ 2: Sục khí CO2 ở (đktc) vào 200ml dung dịch Ca(OH)2 1M thì thu được 15 gam kết tủa. Tính thể tích khí CO2 tham gia phản ứng. Hướng dẫn giải nCa(OH)2 = 0,2.1 = 0,2 (mol) nCaCO3 = 15 : 100 = 0,15 (mol) Có 2 trường hợp: - Trường hợp 1: CO2 thiếu PTHH: CO2 + Ca(OH)2 ® CaCO3¯ + H2O mol: 0,15 ¬ 0,15 VCO2 = 0,15.22,4 = 3,36 (l) - Trường hợp 2: CO2 dư CO2 + Ca(OH)2 ® CaCO3¯ + H2O (1) mol: 0,2 ¬ 0,2 ® 0,2 Do CO2 còn dư nên hòa tan CaCO3 một phần: nCaCO3 tan= 0,2 - 0,15 = 0,05 mol 2CO2 dư + CaCO3 + H2O ® Ca(HCO3)2 (2) mol: 0,1 ¬ 0,05 Theo (1), (2): n CO2 = 0,2 + 0,1 = 0,3 (mol) Þ VCO2 = 0,0,3.22,4 = 6,72 (l) III. Kiểm chứng các giải pháp đã triển khai. Tôi đã áp dụng một số phương pháp giải bài toán hóa học 9 này vào trong giảng dạy học sinh lớp 9 năm học 2015 - 2016, tôi thấy đa số học sinh đã nắm được các phương pháp cơ bản để giải bài toán hóa học 9. Phần lớn học sinh trở nên tự tin hơn, tích cực hơn và sáng tạo hơn trong việc giải bài toán hóa học 9, việc giải quyết những bài tập trong sách giáo khoa và bài tập trong các sách tham khảo đã không còn là sự khó khăn như lúc trước nữa. Từ đó chất lượng của bộ môn hóa ngày càng có chuyển biến tốt và đã đạt được thành tích tốt trong các năm học qua: Chất lượng giảng dạy: TSHS Giỏi Khá Trung bình Yếu Số lượng Tỉ lệ Số lượng Tỉ lệ Số lượng Tỉ lệ Số lượng Tỉ lệ 99 19 19,2% 39 39,4% 40 40,4% 1 1,% . PHẦN III. KẾT LUẬN 1. Những vấn đề quan trọng. Chính vì vậy chúng tôi nghĩ rằng để dạy để dạy học sinh làm tốt bài tập môn hóa học nói riêng và các môn khác nói chung, người giáo viên phải không ngừng học tập, trau dồi chuyên môn. Đặc biệt là ở cấp học THCS, chúng ta cần tích cực đổi mới PPDH, bắt đầu từ việc đổi mới cách soạn bài, cách tổ chức học sinh hoạt động, sử dụng các phương pháp phù hợp với từng loại bài tập, phù hợp với từng tâm lí học sinh. Với việc giải bài toán hóa học, đều quan trọng là giáo viên phải tạo cho học sinh sự hứng thú, và để làm được việc đó người giáo viên phải tích cực đổi mới phương pháp dạy học. 2.Hiệu quả của sáng kiến. Sau khi áp dụng một "số phương pháp giải bài toán hóa học 9" vào việc giảng dạy môn hóa học 9 trong năm học 2015 - 2016 thì tình hình học tập của học sinh thấy hứng thú hơn trong việc giải bài tập hóa học và có sự chuyển biến tích cực. Tỉ lệ học sinh khá giỏi tăng cao so với năm học trước và tỉ lệ học sinh yếu lại giảm xuống đáng kể. Tuy nhiên bên cạnh đó vẫn còn học sinh học yếu bộ môn hóa học và tỉ lệ thi đậu của học sinh còn thấp so với chỉ tiêu. Để sử dụng một số phương pháp giải bài toán hóa học có hiệu quả, người giáo viên cần phải: Giáo viên phải rèn luyện kĩ năng phân tích đề cho học sinh. Nhiệt tình, chịu khó, kiên nhẫn trong quá trình nghiên cứu và thực hiện. Tìm hiểu rõ những nguyên nhân dẫn đến những hạn chế của vấn đề. Nghiên cứu tìm những phương pháp phù hợp với từng đối tượn

Đề Tài Các Phương Pháp Về Giải Một Số Phương Trình Bậc Cao / 2023

Toán học ra đời gắn liền với con người và lịch sử phát triển của xã hội, nó có một ý nghĩa lý luận và thực tiễn vô cùng lớn lao và quan trọng. Trong thời đại hiện nay, công nghiệp hoá, hiện đại hoá nhất thiết phải đặt trên nền tảng dân trí ngày càng được nâng cao.

Trong giai đoạn hiện nay phải có một chiến lược giáo dục đào tạo nhằm nâng cao dân trí, đào tạo nhân lực và bồi dưỡng nhân tài trên mọi lĩnh vực khoa học. Sự phát triển của khoa học tự nhiên lại được đặt trên nền tảng của khoa học toán học.

Trang Phần 1: Phần mở đầu 1 Phần 2: Nội dung 3 I Đại cương về phương trình 3 II Phương trình bậc cao 3 III Những kiến thức bổ trợ để giải phương trình bậc cao 3 1 Phương trình bậc nhất một ẩn 3 2 Phương trình bậc hai một ẩn 4 3 Phương trình tích 4 4 Các định lý 5 IV Một số phương pháp thường dùng để giải phương trình bậc cao 5 1 Phương pháp 1: Đưa về phương trình tíchh 5 2 Phương pháp 2: Đặt ẩn phụ 8 2.1 Phương trình trùng phương 8 2.2 Phương trình đối xứng bậc chẵn 9 2.3 Phương trình đối xứng bậc lẻ 10 2.4 Phương trình phản thương 11 2.5 Phương trình hồi quy 13 2.6 Phương trình có dạng (x+a)4 + (x+b)4 = c 14 2.7 Phương trình: (x+a) (x+b) (x+c) (x+d) = mx2 15 2.8 Phương trình dạng: d(x+a) (x+b) (x+c) = mx 16 2.9 Phương trình dạng: (x+a) (x+b) (x+c) (x+d) = m. Trong đó a+d=b+c 17 2.10 Phương trình tam thức 18 3 Phương pháp 3: Đưa hai vế về luỹ thừa cùng bậc 19 4 Phương pháp 4: Dùng bất đẳng thức 19 5 Phương pháp 5: Dùng tính chất về số nghiệm thực của phương trình 21 6 Một số phương pháp khác 22 V Kết luận 23 Phần III: Bài tập tự luyện 24 Tài liệu tham khảo 25 Phần 1: Phần mở đầu I. Lý do chọn đề tài: Toán học ra đời gắn liền với con người và lịch sử phát triển của xã hội, nó có một ý nghĩa lý luận và thực tiễn vô cùng lớn lao và quan trọng. Trong thời đại hiện nay, công nghiệp hoá, hiện đại hoá nhất thiết phải đặt trên nền tảng dân trí ngày càng được nâng cao. Trong giai đoạn hiện nay phải có một chiến lược giáo dục đào tạo nhằm nâng cao dân trí, đào tạo nhân lực và bồi dưỡng nhân tài trên mọi lĩnh vực khoa học. Sự phát triển của khoa học tự nhiên lại được đặt trên nền tảng của khoa học toán học. Vậy dạy toán ở trường phổ thông ngoài mục đích cung cấp tri thức toán cho con người, đặc biệt phải chú ý dạy cho con người biết phương pháp phân tích, nghiên cứu, tìm tòi đào sâu khai thác, phát triển bài toán để tổng quát hoá, khái quát hoá kiến thức. Trong quá trình giảng dạy chương trình Đại số lớp 8, lớp 9 bản thân tôi thấy giải phương trình bậc cao là một vấn đề khó đối với các em học sinh. Việc giải phương trình bậc cao đối với các em học sinh Trung học cơ sở chỉ đòi hỏi ở mức độ đơn giản, chủ yếu là từ phương trình đặc biệt đưa về phương trình bậc nhất và phương trình bậc hai. Trong đề tài này tôi mạnh dạn đưa ra các phương pháp giải một số phương trình bậc cao đặc biệt để giúp các em học nâng cao kỹ năng và kiến thức giải phương trình. II. Nhiệm vụ nghiên cứu: Phương trình bậc nhất một ẩn, phương trình bậc hai một ẩn. Phương trình bậc cao: Phương trình tích, phương trình đối xứng bậc chẵn, phương trình đối xứng bậc lẻ, phương trình phản thương, phương trình hồi quy, phương trình trùng phương, phương trình tam thức và một số phương trình có dạng đặc biệt khác. III. Phương pháp nghiên cứu: – Điều tra, khảo sát, theo dõi, thực hành, vận dụng… – Nghiên cứu tài liệu, báo chí… IV. Đối tượng nghiên cứu: Học sinh khá giỏi ở khối lớp 8-9 của trường THCS Cẩm Phú- Huyện Cẩm Thuỷ- Tỉnh Thanh Hoá. V. Phạm vi nghiên cứu: Giới hạn giảng dạy ở phần: Giải các phương trình bậc cao trong trương trình toán ở THCS. Phần II. Nội dung I. Đại cương về phương trình: 1. Khái niệm về phương trình – nghiên cứu của phương trình: Giả sử A(x) và B(x) là hai biểu thức chứa một biến (x). Khi nói A(x) = B(x) là một phương trình, ta hiểu rằng phải tìm giá trị của x để các giá trị tương ứng của hai biểu thức này bằng nhau. Biến x được gọi là ẩn số. Giá trị tìm được của ẩn số gọi là nghiệm của phương trình. Việc tìm nghiệm gọi là giải phương trình. Mỗi biểu thức gọi là một vế của phương trình. 2. Điều kiện xác định của phương trình: Điều kiện xác định của một phương trình là tập hợp các giá trị của ẩn làm cho mọi biểu thức trong phương trình có nghĩa. Tập xác định viết tắt là: ĐKXĐ 3. Hai phương trình tương đương: Hai phương trình được gọi là tương đương nếu chúng có cùng một tập hợp nghiệm. II. Phương trình bậc cao: 1. Định nghĩa: Ta gọi phương trình Đại số bậc n (n 3) ẩn x trên trường số thực là các phương trình được đưa về dạng: anxn+an-1xn-1+…+a1x+a0= 0 (1) Trong đó n N*; a1, a2 … an . 2. Phương pháp chung để giải phương trình bậc cao: Quy về phương trình bậc nhất và phương trình bậc hai. III. Những kiến thức bổ trợ để giải phương trình bậc cao: 1. Phương trình bậc nhất một ẩn số: Dạng tổng quát ax+b = 0; trong đó a, b là các hằng số; a0. Nghiệm là x = -b/a * Nhận xét: Giải phương trình mx+n = 0, phương trình đã cho chưa chắc đã là phương trình bậc nhất nên khi giải cần phải xem xét hết các trường hợp. + Nếu m 0 thì phương trình có nghiệm duy nhất x = -n/m + Nếu m= 0 thì phương trình có dạng 0x = n – Nếu n = 0 thì phương trình vô số nghiệm. – Nếu n 0 thì phương trình vô nghiệm. 2. Phương trình bậc hai một ẩn: * Dạng tổng quát: ax2 + bx+c = 0, trong đó a, b, c Cách giải: * Dùng công thức nghiệm: =b2 – 4ac ‘=b’2 – ac + <0, PT vô nghiệm + ‘ <0, PT vô nghiệm + = 0, PT có nghiệm kép + ‘ = 0, PT có nghiệm kép x1 = x2 =-b/2a x1 = x2 =-b’/a * Dùng định lý Vi-et Nếu phương trình bậc hai ax2 + bx + c = 0 có hai nghiệm x1, x2 thì S = x1 + x2 = -b/a P = x1.x2 = c/a * Phân tích vế trái thành tích: 3. Phương trình tích: Phương trình tích là phương trình có dạng: F(x). G(x) … H(x) = 0 Cách giải: F(x). G(x) … H(x) = 0 4. Các định lý: Định lý 1: Trên trường số thực, mọi phương trình bậc n luôn phân tích được thành tích của các nhị thức bậc nhất và các tam thức bậc hai. Định lý 2: Nếu phương trình P(x) có nghiệm x=a thì P(x) = M(x)(x-a) Định lý 3: + Nếu phương trình P(x) = 0 có tổng các hệ số bằng 0 thì x=1 là một nghiệm của phương trình. + Nếu phương trình P(x) =0 có tổng các hệ số của các số hạng bậc chẵn bằng tổng các hệ số của các số hạng bậc lẻ thì x=-1 là nghiệm của phương trình. Định lý về bất đẳng thức: (1) Dấu “=” xẩy ra khi AB 0 (2) Dấu “=” xẩy ra khi AB 0 (3) Dấu “=” xẩy ra khi A 0 IV. Một số phương pháp thường dùng để giải phương trình bậc cao: 1. Phương pháp 1: Đưa về phương trình tích. a. Định nghĩa: Phương trình tích là phương trình có dạng. F(x). G(x) … H(x) = 0 (1) b. Cách giải: 2 F(x). G(x) … H(x) = 0 Để đưa phương trình (1) về dạng (2) ta có thể dùng các cách sau: * Cách 1: – Đặt nhân tử chung. – Dùng hằng đẳng thức – Nhóm nhiều hạng tử. – Thêm (bớt) các hạng tử. – Phương pháp hệ số bất định. – Phương pháp xét giá trị riêng. – Phương pháp đổi biến – Phối hợp nhiều phương pháp. Cách 2: Nhẩm nghiệm. Nếu a là nghiệm của đa thức P(x) thì P(x) = M(x)(x-a) từ đó hạ bậc của phương trình. Hạ bậc phương trình có thể dùng các cách sau: + Chia đa thức P(x) cho (x-a) + Dùng lược đồ Hornơ để tìm các hệ số. c. Các ví dụ: Ví dụ 1: Giải phương trình: x7 – 27×4 = 0 (1.1) Giải: Phương trình (1.1) x4 (x3 – 27) = 0 Tập nghiệm của phương trình (1.1) là S={0;3} Ví dụ 2: Giải phương trình: x4 + 4×3 + 3×2 + 2x – 1= 0 (1.2) Giải: Ta nhóm các hạng tử thích hợp ở vế trái tạo thành các bình phương đúng rồi sử dụng công thức A2 – B2 = (A-B).(A+B) để biến vế trái thành tích. x4 + 4×3 + 3×2 + 2x – 1= 0 (x2 + 2x)2 – (x-1)2 =0 PT vô nghiệm (x2 + x+ 1) (x2 +3x-1) = 0 Tập nghiệm của phương trình (1.2) là S= Ví dụ 3: Giải phương trình: x4 – 4×3 – 10×2 + 37x – 14 = 0 (1.3) Giải: Vế phải là một đa thức bậc 4, giả sử phân tích được thành hai nhân tử bậc hai x2 + pq+q và x2 + rx + s; Trong đó p, q, r, s là các số nguyên chưa xác định, khi đó: x4 – 4×3 – 10×2 + 37x – 14 = (x2 + pq + q) (x2 + rx + s) Khai triển, nhóm các hạng tử rồi đồng nhất các số hạng cùng bậc ở hai vế của đồng nhất thức ta có hệ sau: Giải hệ phương trình này ta được p =-5; q=2; s= -7; r=1 do đó phương trình đã cho trở thành: (x2 – 5x + 2) (x2 + x -7) = 0 Tập nghiệm của phương trình (1.3) S= Ví dụ 4: Giải phương trình: x4 – x3 + 2×2 – x + 1 = 0 (1.4) Giải: Phương trình (1.4) (x2 + 1)2 – x(x2 + 1) = 0 (x2 + 1)2 (x2-x + 1) = 0 Cả hai thừa số ở phía trái đều dương nên tập nghiệm của phương trình (1.4) là S = Ví dụ 5: Giải phương trình: (x2 – 4)2 = 8x + 1 (1.5) Giải: Phương trình (1.5) (x2 – 4)2 + 16×2 = 16×2 + 8x 1 (x2 – 4)2 – (4x + 1)2 = 0 PT vô nghiệm (x2 + 4x + 5) (x2 – 4x + 3) = 0 Tập nghiệm của phương trình (1.5) là S{1;3} Ví dụ 6: Giải phương trình: 12×3 – 3×2 – 7x + 8 = 0 (1.6) Giải: Ta thấy x=-1 là nghiệm của phương trình (1.6) phương trình (1.6) (x+1) (12×2 – 15x+8) = 0 Tập nghiệm của phương trình (1.6) là S = 2. Phương pháp 2: Đặt ẩn phụ Phương pháp này được dùng với các dạng phương trình sau: 2.1. Phương trình trùng phương: a. Định nghĩa: Phương trình trùng phương là phương trình có dạng ax4 + bx2 + c = 0 (a0) (2.1) b. Cách giải: + Bước 1: Đặt x2 = y (y0) Bước 2: Biện luận phương trình (2.2) qua các trường hợp của=b2-4ac x1 = (Không mất tính tổng quát ta giả sử y1 < y2). – Nếu y1 (2.1) vô nghiệm. – Nếu y1 (2.1) có một nghiệm x=0 – Nếu y1 (2.1) có hai nghiệm x1 = – Nếu 0=y1 (2.1) có 3 nghiệm x1 = 0; x2 = – Nếu 0 (2.1) có 4 nghiệm x1 = c. Các ví dụ: Ví dụ 1: Giải phương trình x4 – 5×2 + 6 = 0 (2.1.1) Tập nghiệm của phương trình (2.1.1) là S= Ví dụ 2: Giải phương trình 2×4 + 7×2 + 3 = 0 (2.1.2) Giải: Đặt x2 = y 0 thì (2.1.2) 2y2 + 7y + 3 = 0 Phương trình (2.1.2) vô nghiệm. Tập nghiệm của phương trình (2.1.2) là: S = Ví dụ 3: Giải phương trình 3×4 5×2 – 2 = 0 (2.1.3) Giải: Đặt x2 = y 0 thì (2.1.3) 3y2 – 5y – 2= 0 Tập nghiệm của phương trình (2.1.3) là S= 2.2. Phương trình đối xứng bậc chẵn a. Định nghĩa: Phương trình đối xứng bậc chẵn là phương trình có dạng: a0x2n + a1x2n-1 + ….. an-1xn+1 + anxn + an+1xn-1 +…+ a1x+a0 = 0 (2.2) b. Cách giải: Nếu x = 0 không là nghiệm của phương trình (2.2) thì ta chia cả hai vế của phương trình (2.2) cho x2 0 (2.2) a0x2n + a1x2n-1 + ….. an-1×1 + anx0 + an+1x-1 +…+ a1x-(n-1)+a0x-n = 0 a0(xn + x-n) + a1(xn-1 + x-(n-1)+…+an = 0 c. Các ví dụ: Ví dụ 1: Giải phương trình: 2×4 + 3×3 – 16×2 + 3x + 2 = 0 (2.2.1) Giải: x = 0 không phải là nghiệm của phương trình (2.2.1), chia hai vế của phương trình (2.2.1) cho x2 rồi nhóm lại ta có: (2.2.1) 2(x2 + 1/x2) + 3(x+1/x) – 16 = 0 Đặt: y = x + 1/x ta được phương trình bậc hai. Tập nghiệm của phương trình (2.2.1) là: S= {2;1/2;-2+ ;-2- } Ví dụ 2: Giải phương trình: x4 – 3×3 + 4×2 – 3x + 1 = 0 (2.2.2) Giải: x = 0 không là nghiệm của phương trình (2.2.2), chia 2 vế của phương trình (2.2.2) cho x2 rồi nhóm lại ta có: (2.2.2) (x2 + 1/x2) – 3(x+1/x)+4 = 0 Đặt x+1/x = y ta được phương trình bậc hai. y2 – 3y + 2 = 0 Tập nghiệm của phương trình (2.2.2) là: S = {1} 2.3 Phương trình đối xứng bậc lẻ: a. Định nghĩa: Phương trình đối xứng bậc lẻ là phương trình có dạng. a0x2n+1 + a1x2n + ….. an+1xn+1 + anxn + an-1xn-1 +…+ a1x+a0 = 0 (2.3) b. Cách giải: Phương trình này luôn có nghiệm x=-1,. Do đó ta chia cả hai vế của phương trình (2.3) cho (x+1) ta được phương trình đối xứng bậc chẵn. c. Các ví dụ: Ví dụ 1: Giải phương trình: 2×3 + 7×2 + 7x + 2 = 0 (2.3.1) Giải: Ta thấy x =-1 là một nghiệm của (2.3.1) Hạ bậc (2.3.1) (x+1) (2×2 + 5x+2) = 0 (x+1) (x+2+ (2x+1) = 0 Tập nghiệm của phương trình (2.3.1) là S = {1;-2;-1/2} Ví dụ 2: Giải phương trình: x7-2×6+3×5 – x4 – x3 + 3×2 -2x +1 = 0(2.3.2) Giải: Ta thấy x=-1 là một nghiệm của phương trình (2.3.2) Dùng sơ đồ Hooc ne để hạ bậc của phương trình. 1 -2 3 -1 -1 3 -2 1 -1 1 -3 6 -7 6 -3 1 0 (2.3.2) (x+1)(x6 – 3×5 + 6×4 – 7×3 + 6×2 – 3x + 1) = 0 Ta giải phương trình: (x6 – 3×5 + 6×4 – 7×3 + 6×2 – 3x + 1) = 0 (*) (Đây là phương trình đối xứng bậc chẵn) Ta thấy x=0 không là nghiệm của phương trình (*), ta chia cả 2 vế của (*) cho x3 0 ta được: x3 – 3×2 + 6x – 7 + 6/x – 3/x2 + 1/x3 = 0 (x3 + 1/x3) =3(x2 +1/x2) +6(x+1/x)-7=0 (**) Đặt: x+1/x = t phương trình (**) t3 – 3t2 + 3t – 1 = 0 (t-1)3 = 0 Tập nghiệm của phương trình (2.3.2) là: S = {-1} 2.4. Phương trình phản thương: a. Phương trình phản thương là phương trình có dạng: ax4 + bx3 + cx2 – bx + a = 0 (2.4) (Hoặc: ax4 -bx3 + cx2 – bx + a = 0 (2.4*) b. Cách giải: x= 0 không là nghiệm của (2.4), chia cả hai vế của (2.4) cho x2 ta có: (2.4) ax2 + bx+c – b/x + a/x2 = 0 a(x2 + 1/x2) + b(x-1/x) + c = 0 Đặt: x-1/x = y ta có phương trình: ay2 + by + c + 2a = 0 giải phương trình này ta được nghiệm y0, giải phương trình: x-1/x = y0 ta được nghiệm của phương trình (2.4) Giải tương tự đối với phương trình (2.4*). c. Các ví dụ: Ví dụ 1: Giải phương trình: x4 – 7×3 + 8×2 + 7x+ 1 = 0 (2.4.1) Giải: x = 0 không là nghiệm của phương trình (2.4.1), chia cả hai vế của phương trình (2.4.1) cho x2 ta có: x2 – 7x + 8 + 7/x+ 1/x2 = 0 (x2 + 1/x2 )- 7(x – 1/x)+ 8 = 0 Đặt: x-1/x = y ta có phương trình: y2 – 7y + 10 = 0 Tập nghiệm của phương trình (2.4.1) là: S= Ví dụ 2: Giải phương trình: 6×4 + 7×3 – 36×2 – 7x+ 6 = 0 (2.4.2) Giải: x = 0 không là nghiệm của phương trình (2.4.2), chia cả hai vế của phương trình (2.4.2) cho x2 ta có: 6×2 + 7x -36 – 7/x+ 6/x2 = 0 6(x2 + 1/x2 )+ 7(x – 1/x)-36 = 0 Đặt: x-1/x = y phương trình trở thành: 6(y2 +2)+ 7y -36 = 0 6y2 + 7y – 24 = 0 Tập nghiệm của phương trình (2.4.2) là: S = {2; -1/2; 1/3; 3} 2.5. Phương trình hồi quy. a. Định nghĩa: Phương trình hồi quy là phương trình có dạng: ax4 + bx3 + cx2 dx+ e = 0 (2.5) trong đó: e/a = (d/b)2 = t2 b. Cách giải: x = 0 không là nghiệm của phương trình (2.5), chia cả hai vế của phương trình (2.5) cho x2 thì (2.5) ax2 + bx + c d/x+ e/x2 = 0 (ax2 + e/x2) + (bxd/x)+ c = 0 a(x2 + t2x-2) + b(xtx-1)+ c = 0 Đặt: xtx-1 = y khi đó (2.5*) ay2 + by+ c 2at = 0 giải phương trình này ta được nghiệm y0, giải xtx-1 = y0 ta được nghiệm của phương trình (2.5) c. Các ví dụ: Ví dụ 1: Giải phương trình: x4 – 3×3 + 3x+1 = 0 (2.5.1) Giải: x = 0 không là nghiệm của phương trình (2.5.1), chia cả hai vế của phương trình (2.5.1) cho x2 thì (2.5.1) x2 – 3x + +3/x +1/x2 = 0 (x2 + 1/x2) – 3 (x-1/x) = 0 Tập nghiệm của phương trình (2.5.1) là: S= Ví dụ 2: Giải phương trình: x4 + 3×3 – 14×2 – 6x + 4 = 0 (2.5.2) Giải: Ta thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình (2.5.2) chia hai vế của phương trình (2.5.2) cho x2 0 ta được: x2 + 3x – 14 – 6/x + 4/x2 = 0 Tập nghiệm của phương trình (2.5.2) là: S= 2.6. Phương trình có dạng: (x+a)4 +(x+b)4 = c (2.6) a. Cách giải: Đặt y = x+ Khi đó: Phương trình (2.6) có dạng: ()4 + ()4 = c 2y4 + 12()2 y2 + 2()4 – c=0 Đây là phương trình trùng phương ta đã biết cách giải. b. Các ví dụ: Ví dụ 1: Giải phương trình (x+2)4 + (x+8)4 = 272 (2.6.1) (2.6.1) (y-3)4 + (y+3)4 = 272 2y4 + 108y2 + 162 = 272 2y4 + 108y2 – 110 = 0 y4 + 54y2 – 55 = 0 (2.6.1′) Đặt: y2 = z 0 phương trình (2.6.1′) có dạng: Tập nghiệm của phương trình (2.6.1) là: S{-4;-6} Ví dụ 2: Giải phương trình: (x-6)4 + (x-8)4 = 16 (2.6.2) 2y4 + 12y2 + 2 = 16 y4 + 6y2 – 7 = 0 2.7. Phương trình: (x+a)(x+b)(x+c)(x+d) = mx2 (2.7) trong đó ad =bc a. Cách giải: Ta nhóm: [(x+a) (x+d)][ (x+b) (x+c)] = mx2 [x2 + (a+d)x + ad] x2 + [(b+c)x + bc] = mx2 (2.7.1′) Ta thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình (2.7.1′), chia cả hai vế của phương trình (2.7.1′) cho x2. (2.7.1′) [x + (a+d) + ad x-1] x + (b+c) + bc x-1] = m Đặt: y = x+ad x-1 ta có phương trình: [y+(a+d] [y+(b+c)] = m (2.7.1”) Giải phương trình (2.7.1”) ta được nghiệm y0. Giải phương trình x+ad x-1 = y0 ta được nghiệm của phương trình (2.7) b. Các ví dụ: Ví dụ 1: Giải phương trình: (x+2)(x+3)(x+8)(x+12) = 4×2 (2.7.1) Giải: (2.7.1) [((x+2) (x+12)][ (x+3) (x+8)] = 4×2 (x2 + 14x+24) (x2 + 11x+ 24)= 4×2 Phương trình này không có nghiệm x = 0 , chia cả hai vế của phương trình x2 0 ta được phương trình: Tập nghiệm của phương trình (2.7.1) là: S = Ví dụ 2: Giải phương trình: (x+1) (x-4) (x+3) (x-12) = -2×2 (2.7.2) Giải: (2.7.2) [(x+1) (x-12)] [(x-4) (x+3)] = -2×2 (x2 – 11x – 12) (x2 – x – 12) = -2×2 phương trình không có nghiệm x=0, chia cả hai vế của phương trình cho x2 0 ta được: (x – 11 – 12/x) ( x-1 – 12/x) = -2 Đặt: x-12/x = y phương trình trở thành. (y-11) (y-1) = -2 y2 – 12y + 13 = 0 Tập nghiệm của phương trình (2.7.2) là: S= 2.8. Phương trình dạng: d(x+a)(x+b)(x+c) = mx (2.8) trong đó d=; m=(d-a)(d-b) (d-c) b. Các ví dụ: Ví dụ 1: Giải phương trình (x-2)(x-3)(x+7) = -72x (2.8.1) (y-3)(y-4)(y+6) = -72(y-1) y3 – y2 + 42y = 0 y(y2- y + 42) = 0 Phương trình vô nghiệm Tập nghiệm của phương trình (2.8.1) là: S={-1} Ví dụ 2: Giải phương trình: 8(x+2)(x+5)(x+9) = -18x (2.8.2) 8 (y-6) (y-3)(y+1) = -18 (y-8) 4y3 – 32y2 + 45y = 0 y(4y2 – 32y + 45) = 0. Giải phương trình này ta được: y1 = 0; y2 = Tập nghiệm của phương trình: (2.8.2) là: S = 2.9. Phương trình có dạng: (x+a) (x+b) ( x+ c) (x+d) = m (2.9) trong đó: a+d= b +c a. Cách giải: Ta nhóm [(x+a) (x+d) ] [(x+b) (x+c)] = m (2.9.1′) Đặt: y = (x+a) (x+d) thay vào phương trình (2.9.1′) ta tìm được y0. Giải phương trình (x+a) (x+d) = y0 ta có x0 là nghiệm của phương trình (2.9.1′) b. Các ví dụ: Ví dụ 1: Giải phương trình: (x+5) (x+6) (x+8) (x+9) = 40 (2.9.1) Giải: (2.9.1) [(x+5) (x+9)] [(x+6) (x+8) ] = 40 (x2 + 14x + 45) (x2 + 14x + 48) = 40 Đặt: x2 + 14x + 45 = y phương trình có dạng: y(y+3) = 40 Tập nghiệm của phương trình: (2.9.1) là: S = {-4; -10} Ví dụ 2: Giải phương trình: (x-1) (x+7) (x2 + 2x – 15) = 297 (2.9.2) Giải: (2.9.2) (x-1) (x+7) (x-3) (x+5) = 297 [(x-1) (x+5) [(x+7) (x-3)] = 297 (x2 + 4x – 5) (x2 + 4x – 21) = 297 Đặt x2 + 4x – 5 = y phương trình có dạng: y(y-16) = 297 Tập nghiệm của phương trình (2.9.2) là: S = {-8;4} 2.10. Phương trình tam thức: a. Định nghĩa: Phương trình tam thức là phương trình có dạng: ax2n + bxn + c = 0 (a0) (2.10) Trong đó: a,b,c là các số thức, n nguyên dương, n2. Nếu a,b,c là các số thực đồng thời khác 0 và n = 2 thì (2.10) là phương trình trùng phương. b. Cách giải: Đặt xn = y (2.10) Giải; (**) ta tìm được y0 thay vào (*) ta tìm được x0 là nghiệm của (2.10). c. Các ví dụ: Ví dụ 1: Giải phương trình: x6 – 7×3 + 6 = 0 (2.10.1) Tập nghiệm của phương trình (2.10.1) là: S = {1; } Ví dụ 2: Giải phương trình: x10 + x5 – 6 = 0 (2.10.2) Tập nghiệm của phương trình (2.10.2) là: S = {; } 3. Phương pháp 3: Đưa hai vế về luỹ thừa cùng bậc. a. Cơ sở lý luận: Thêm bớt vào hai vế của phương trình đi cùng một biểu thức (hay 1 số) để đưa 2 vế của phương trình trở thành 2 luỹ thừa cùng bậc. Phương trình: An = Bn (3.1) + Nếu n là số chẵn thì A = B (3.2) + Nếu n là số lẻ thì A = B (3.3) Giải phương trình (3.2) và (3.3) ta tìm được nghiệm của phương trình (3.1) b. Các ví dụ: Ví dụ 1: Giải phương trình: x4 = 24x + 32 (3.1.1) Giải: Cộng 4×2 + 4 vào hai vế của phương trình (3.1.1) ta có: x4 +4×2 + 4 = 4×2 + 24x + 36 (x2 + 2) 2 = (2x+ 6)2 phương trình vô nghiệm Tập nghiệm của phương trình (3.1.1) là: S = { ; } Ví dụ 2: Giải phương trình: (x2 – 9)2 = 12x +1 (3.1.2) Giải: Cộng 36×2 vào hai vế của phương trình thì (3.1.2) (x2 – 9)2 + 36×2 = 36×2 + 12x + 1 (x2 + 9)2 = (6x + 1)2 phương trình vô nghiệm Tập nghiệm của phương trình (3.1.2) là: S = {2;4} 4. Phương pháp 4: Dùng bất đẳng thức a. Cơ sở lý luận: * Dùng tính đơn điệu của hàm số trên từng khoảng: Đưa phương trình đã cho về dạng f(x) = g(x) (1*) + Nếu f(x) tăng trên [a,b] g(x) giảm trên [a,b] thì x0 là nghiệm duy nhất của (1*) f(x0) = g(x0) + Nếu f(x) giảm trên [a,b] g(x) tăng trên [a,b] thì x0 là nghiệm duy nhất của (1*) f(x0) = g(x0) * Dùng các bất đẳng thức. dấu “=” xẩy ra khi AB 0 dấu “=” xẩy ra khi AB 0 dấu “=” xẩy ra khi A 0 b. Các ví dụ: Ví dụ 1: Giải phương trình: (4.1) Giải: áp dụng hằng bất đẳng thức dấu “=” xẩy ra khi AB 0 Xẩy ra dấu đẳng thức khi và chỉ khi: x(1-x) 0 0x1 Tập nghiệm của phương trình (4.1) là: S = {x/0x1} Ví dụ 2: Giải phương trình (4.2) Giải: Viết phương trình (4.2) dưới dạng: Dễ thấyx =8; x =9 đều là nghiệm của(4.2).Xét các giá trị còn lại của x. Với x<8 thì còn Với 8<x<9 thì 0 = x – 8 0 Kết luận:Tập nghiệm của phương trình (4.2) là: S = {8;9} 5. Phương pháp 5: Dùng tính chất về số nghiệm thực của phương trình a. Cơ sở lý luận: Người ta chứng minh được rằng phương trình đại số bậc n có không quá n nghiệm thực. Do đó nếu ta chỉ ra được n nghiệm của một phương trình đại số bậc n thì đó là tất cả các nghiệm của phương trình đó. Ví dụ: Giải phương trình với a là tham số: (a2 – a)2 (x2 – x+1)3 = (x2 – x)2 (a2 – a + 1)3 (5.1) Giải: Với a = 0 hoặc a = 1 thì (5.1) có hai nghiệm: 0 và 1 Xét a 0, a 1. Khi đó x 0 (Vì nếu x = 0 thì a = 0 hoặc a = 1). Gọi m là nghiệm của (5.1). Chia hai vế của (5.1.1’) cho m2 ta có: (a2 – a)2 (1-1/m+1/m2)3 = (1/m – 1/m2)2 (a2 – a + 1)3 (a2 – a)2 (1/m2 – 1/m + 1)3 = (1/m2 – 1/m)2 (a2 – a + 1)3. Điều này chứng tỏ rằng 1/m cũng là nghiệm của (5.1). Ta dễ dàng chứng minh được 1- m cũng là nghiệm của (5.1). Vậy a là một nghiệm của (5.1) theo trên thì 1/a và 1-a cũng là nghiệm của (5.1). Do 1/a là nghiệm của (5.1) nên 1-1/a cũng là nghiệm của (5.1). Do 1-a là nghi

File đính kèm:

Phương trình bậc cao.doc

Trắc Nghiệm Môn Sinh Học 9 Bài 25 / 2023

Câu 1: Thường biến là gì?

A. Là những biến đổi kiểu gen và kiểu hình của cơ thể sinh vật

B. Là những biến đổi về kiểu hình phát sinh trong đời cá thể dưới sự tác động trực tiếp của môi trường

C. Là những biểu hiện đồng loạt theo hướng xác định và không di truyền được

D. Cả B và C

Câu 2: Thế nào là mức phản ứng?

A. Là khả năng của sinh vật có thể chống chịu được các điều kiện bất lợi trong một giới hạn nào đó

B. Là giới hạn thường biến của một kiểu gen (một gen hay nhóm gen) trước các môi trường khác nhau

C. Là sự biểu hiện kiểu hình của một gen xác định

D. Cả A và B

Câu 3: Biến dị nào sau đây không di truyền được?

A. Đột biến gen

B. Đột biến NST

C. Thường biến

D. Biến dị tổ hợp

Câu 4: Vai trò của thường biến là

A. Biến đổi cá thể

B. Giúp sinh vật thích nghi với môi trường

C. Di truyền cho đời sau

D. Thay đổi kiểu gen của cơ thể

Câu 5: Một trong những đặc điểm của thường biến là

A. Biến đổi kiểu gen dưới tác động của môi trường

B. Biến đổi kiểu hình do đột biến

C. Biến đổi kiểu gen dẫn đến biến đổi đồng loạt về kiểu hình

Câu 6: Kiểu hình là kết quả của

A. Sự tương tác giữa kiểu gen và môi trường

B. Sự tương tác giữa kiểu hình và môi trường

C. Sự tương tác giữa môi trường và đất đai

D. Sự tương tác giữa kĩ thuật và chăm sóc

Câu 7: Mức phản ứng do yếu tố nào quy định

A. Kiểu hình của cơ thể

B. Điều kiện môi trường

C. Kiểu gen của cơ thể

D. Thời kì sinh trưởng và phát triển

Câu 8: Phát biểu nào sau đây không đúng?

A. Tính trạng chất lượng phụ thuộc chủ yếu vào kiểu gen

B. Tính trạng số lượng rất ít hoặc không chịu ảnh hưởng của môi trường

C. Kiểu hình là kết quả tương tác giữa kiểu gen và môi trường

D. Bố mẹ truyền đạt cho con kiểu gen chứ không truyền tính trạng có sẵn

Câu 9: Nguyên nhân gây ra thường biến là

A. Tác động trực tiếp của môi trường sống

B. Biến đổi đột ngột trên phân tử ADN

C. Rối loạn trong quá trình nhân đôi của NST

D. Thay đổi trật tự các cặp nucleotit trên gen

A. Ung thư máu do mất đoạn trên NST số 21

B. Bệnh đao do thừa 1 NST số 21 ở người

C. Ruồi giấm có mắt dẹt do lặp đoạn trên NST giới tính

D. Sự biến đổi màu hoa theo pH của đất

Câu 11: Thường biến xảy ra mang tính chất

A. Riêng lẻ, cá thể và không xác định

B. Luôn luôn di truyền cho thế hệ sau

C. Đồng loạt, theo hướng xác định, tương ứng với điều kiện ngoại cảnh

D. Chỉ đôi lúc mới di truyền

Câu 12: Đặc điểm nào sau đây có ở thường biến nhưng không có ở đột biến?

A. Xảy ra đồng loạt và xác định

B. Biểu hiện trên cơ thể khi phát sinh

C. Kiểu hình của cơ thể thay đổi

D. Do tác động của môi trường sống

Câu 13: Thường biến có ý nghĩa gì?

A. Tạo ra sự đa dạng về kiểu gen của sinh vật

B. Giúp cho cấu trúc NST của cơ thể hoàn thiện

C. Giúp sinh vật biến đổi hình thái để thích nghi với điều kiện sống

D. Cả ba ý nêu trên

Câu 14: Nội dung nào sau đây không đúng?

A. Kiểu gen quy định giới hạn của thường biến

B. Giới hạn của thường biến phụ thuộc vào môi trường

C. Bố mẹ không di truyền cho con tính trạng hình thành sẵn mà di truyền một kiểu gen

D. Kiểu hình là kết quả của sự tương tác giữa kiểu gen và môi trường

Câu 15: Trong mối quan hệ giữa kiểu gen, kiểu hình và môi trường được ứng dụng vào sản xuất thì kiểu hình được hiểu là

A. Các biện pháp và kỹ thuật sản xuất

B. Một giống ở vật nuôi hoặc cây trồng

C. Năng suất thu được

D. Điều kiện về thức ăn và nuôi dưỡng

Với nội dung bài Trắc nghiệm Sinh học 9 bài 25: Thường biến gồm nhiều câu hỏi trắc nghiệm giúp các bạn học sinh cùng quý thầy cô hiểu rõ về các khái niệm, tính chất và vai trò của thường biến..

Bạn đang đọc nội dung bài viết Đề Tài Một Số Phương Pháp Giải Nhanh Bài Tập Trắc Nghiệm Môn Hóa Học 9 / 2023 trên website Techcombanktower.com. Hy vọng một phần nào đó những thông tin mà chúng tôi đã cung cấp là rất hữu ích với bạn. Nếu nội dung bài viết hay, ý nghĩa bạn hãy chia sẻ với bạn bè của mình và luôn theo dõi, ủng hộ chúng tôi để cập nhật những thông tin mới nhất. Chúc bạn một ngày tốt lành!