Xây dựng hệ thống bài tập hóa học giải nhanh bằng phương pháp bảo toàn cho học sinh phổ thông

Thực trạng và xu hướng sử dụng BTHH trong dạy học hiện nay 1. Thực trạng sử dụng BTHH trong dạy học hiện nay

- Phương pháp nhận thức chủ yếu của hoá học là thực nghiệm, nhưng đa số các GV là chưa sử dụng thường xuyên thí nghiệm hoá học trong các giờ lý thuyết cũng như các giờ bài tập lý thuyết. Với tính đa dạng của mình BTHH là phương tiện để tích cực hoá hoạt động của HS trong các dạng BTHH, nhưng hiệu quả của nó còn phụ thuộc vào sử dụng của GV trong quá trình dạy học hoá học.

Phương pháp bảo toàn khối lượng .1 Nội dung phương pháp

Đối với những bài toán này nếu giải bằng phương pháp thông thường thì sẽ phải viết nhiều phương trình, tốn thời gian đôi khi còn thiếu dữ kiện nên gặp rất nhiều khó khăn và có thể không giải được. Phương pháp này dùng để giải các bài toán vô cơ và hữu cơ và áp dụng cho mọi quá trình oxh - khử và không phải là quá trình oxh - khử. Thường được dùng để vô hiệu hoá các phép tính phức tạp , nhiều bài toán vô cơ, hữu cơ mà trong các bài toán đó xảy ra nhiều phản ứng.

32 ml Phân tích: Đối với bài toán này dữ kiện bài toán cho một cách chung chung (khối lượng của 3 amin), mặt khác khối lượng của hỗn hợp 3 amin và muối đã biết còn lại là khối lượng của axit HCl. Việc áp dụng phương pháp thông thường để giải vẫn tìm ra kết quả, tuy nhiên nó gây mất thời gian và như vậy thì HS sẽ không tiết kiệm được thời gian để làm các bài khác, trong khi đó thời gian làm bài cho mỗi câu trắc nghiệm là chỉ khoảng hơn 1 phút. MgCl2 →Chọn A hoặc FeCl2 →Chọn B, mà không cộng khối lượng hai muối lại với nhau dẫn đến tìm sai đáp án của bài toán.

Nhận xét: Ở bài này khi áp dụng PP BTKL thì chú ý rằng: C2H5OH dư nên ta chỉ tính khối lượng nó phản ứng theo số mol của axit. Nhận thấy rằng nếu giải bằng phương pháp thông thường thì HS vẫn tìm ra được đáp số của bài toán, tuy nhiên nếu làm theo cách đó thì sẽ mất nhiều thời gian.

Phương pháp bảo toàn nguyên tố .1 Nội dung phương pháp

Phân tích: Đối với những bài toán xác định CTPT của hợp chất hữu cơ thì việc áp dụng PP BTNT là cách tốt nhất, tối ưu nhất để tìm ra đáp số của bài toán. Bài tập 3: Thổi một luồng khí CO dư đi qua ống đựng hỗn hợp hai oxit Fe3O4 và CuO nung nóng đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 2,32 gam hỗn hợp kim loại. - Trong một phản ứng hoặc một hệ phản ứng, cần quan tâm đến trạng thái ôxi hoá ban đầu và cuối của một nguyên tố mà không cần quan tâm đến các quá trình biển đổi trung gian.

- Nếu có nhiều chất oxi hoá và nhiều chất khử tham gia trong bài toán, ta cần tìm tổng số mol electron nhường và tổng số mol electron nhận rồi mới cân bằng. Nhận thấy rằng nếu giải bằng phương pháp thông thường thì vẫn tìm được đáp án của bài toán, tuy nhiên mất rất nhiều thời gian cho việc viết từng PTPƯ rồi đặt ẩn để giải. Nhận thấy rằng nếu giải bằng phương pháp thông thường như trên thì vẫn tìm ra được đáp án của bài toán, tuy nhiên sẽ mất thời gian cho việc viết từng PTPƯ và đặt ẩn để giải.

- Do không chú ý tới Fe+3 tạo ra trong quá trình phản ứng sẽ hoà tan được Fe, nên nhiều em HS cho rằng thể tích dd HNO3 tối thiểu cần lấy phải vừa đủ để hoà tan hết hh X. - Trong phản ứng trao đổi ion của dd chất điện ly trên cơ sở của PP BTĐT, ta thấy có bao nhiêu điện tích âm hoặc điện tích dương chuyển vào trong kết tủa hoặc khí tách ra khỏi dd thì phải trả lại cho dd bấy nhiêu điện tích dương và điện tích âm. Phân tích: Với bài toán này HS có thể giải theo phương pháp thông thường bằng cách viết các PTPƯ xảy ra trong dd, đặt ẩn số và giải hệ phương trình.

Nếu ta chọn một trạng thái quy chiếu nào đó của dd làm chuẩn (thường gọi là trạng thái quy chiếu của hệ hay mức không) thì tổng nồng độ proton mà các cấu tử ở mức không giải phóng ra bằng tổng nồng độ proton mà các cấu tử thu vào để đạt đến trạng thái cân bằng.

Phương pháp bảo toàn nồng độ .1 Nội dung phương pháp

Phương trình (1) là phương trình tổng quát để tính [ ]H+ của dung dịch đơn axit yếu bất kỳ nào, nhưng lại là phương trình bậc ba theo[ ]H+ nên không giải được một cách dễ dàng. Trong thực tế phương trình (1) có thể đơn giản hoá thành phương trình bậc hai trong những trường hợp có thể bỏ qua những nồng độ nhỏ bên cạnh những nồng độ lớn. Dung dịch đa axit yếu có thể xem như dung dịch của hỗn hợp các axit yếu có nồng độ bằng nhau nhưng hằng số axit khác nhau.

Nếu như hằng số K1 của nấc thứ nhất lớn hơn K2 của nấc thứ hai nhiều thì có thể coi đa axit như đơn axit có nồng độ CA và hằng số axit K1 vì H+ do nấc thứ nhất phân ly ra đã cản trở sự phân ly của các nấc tiếp theo. Tuỳ theo giá trị của Kb và nồng độ của dung dịch (tức là giá trị của CB) mà cân bằng (a) ảnh hưởng tới cân bằng (b) tới mức độ nào. Dung dịch đệm là dung dịch không bị biển đổi đáng kể giá trị pH khi ta thêm vào đó những lượng nhỏ axit mạnh hoặc bazơ mạnh hoặc pha loãng (không quá loãng).

Khi đó pH của dung dịch sẽ biến đổi không đáng kể thi thêm vào một lượng ít axit mạnh hoặc bazơ mạnh, vì nếu thêm axit ( tăng nồng độ ion H+) thì A− sẽ kết hợp với H+ tạo thành HA, nghĩa là cân bằng trên chuyển dịch sang trái (làm giảm một lượng tương đương H+ thêm vào) và kết quả là pH không thay đổi, ngược lại nếu thêm bazơ (sẽ làm giảm nồng độ H+), khi đó cân bằng sẽ chuyển dịch sang phải (bù cho lượng H+ bị giảm) và kết quả pH cũng không thay đổi. Phân tích: Đối với dung dịch này, ta chỉ bỏ qua được sự phân ly của nước chứ không bỏ qua được sự phân ly của axit và pKa của nó tương đối lớn.