Luận văn Thiết kế hệ thống bài toán hóa học nhiều cách giải nhằm phát triển tư duy và nâng cao hiệu quả dạy học ở trường trung học phổ thông

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH Dương Thị Kim Tiên Chuyên ngành : Lý luận và phương pháp dạy học môn hoá học Mã số : 60 14 10 LUẬN VĂN THẠC SĨ GIÁO DỤC HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS. TS. TRỊNH VĂN BIỀU Thành phố Hồ Chí Minh – 2010 DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU, CÁC CHỮ VIẾT TẮT Bộ GD- ĐT Bộ Giáo dục – Đào tạo BTHH Bài toán hóa học dd dung dịch ĐC đối chứng HS học sinh GV giáo viên p/ư phản ứng SL số lượng t/d tác dụng THPT trung học phổ thông TN thực nghiệm TT thứ tự MỞ ĐẦU 1. Lí do chọn đề tài Xu hướng dạy học hiện nay là chuyển trọng tâm của người dạy sang người học. Người học có thể tự làm chủ kiến thức của mình, tự tìm tòi khám phá kiến thức, giành lấy kiến thức cho bản thân mình. Vì vậy, dạy học hiện nay ngoài việc cung cấp kiến thức cho học sin h thì việc nâng cao khả năng tư duy cho học sinh là một vấn đề quan trọng. Tư duy phát triển người học mới có khả năng tự học, tự chiếm lĩnh kiến thức cho riêng mình. Bài tập hóa học có thể xem là phương tiện tốt nhất để rèn tư duy cho học sinh. Tuy nhiên sử dụng bài tập như thế nào để có thể rèn tư duy một cách hiệu quả nhất đó cũng là cả một vấn đề. Qua quá trình giảng dạy ở trường phổ thông chúng tôi nhận thấy rằng việc dạy học sinh giải bài tập bằng nhiều cách có tác dụng phát triển tư duy tốt hơn việc dạy học sinh giải nhiều bài tập bằng một cách và ngoài ra việc sử dụng bài tập nhiều cách giải còn nâng cao hiệu quả dạy học hóa học. Tuy nhiên, hiện nay vấn đề sử dụng bài tập nhiều cách giải chưa thật sự được nhiều giáo viên quan tâm trong quá trình tìm kiếm phương pháp để nâng cao hiệu quả dạy học hóa học. Xuất phát từ thực tế đó, chúng tôi đã chọn nghiên cứu đề tài: “Thiết kế hệ thống bài toán hóa học nhiều cách giải nhằm phát triển tư duy và nâng cao hiệu quả dạy học ở trường trung học phổ thông”. 2. Khách thể và đối tượng nghiên cứu 2.1. Khách thể nghiên cứu : Quá trình dạy và học hóa học ở trường trung học phổ thông (THPT). 2.2. Đối tượng nghiên cứu: Việc thiết kế và sử dụng bài toán hóa học (BTHH) nhiều cách giải để phát triển tư duy và nâng cao hiệu quả dạy học. 3. Mục đích nghiên cứu Thiết kế hệ thống BTHH nhiều cách giải nhằm phát triển tư duy và nâng cao hiệu quả dạy học ở trường THPT. 4. Nhiệm vụ của đề tài - Nghiên cứu lí luận về bài toán hóa học nhiều cách giải và sự phát triển tư duy của học s inh trong quá trình dạy học hóa học. - Xây dựng hệ thống bài toán hóa học nhiều cách giải. - Đề xuất một số biện pháp sử dụng bài toán hóa học nhiều cách giải. - Thực nghiệm sư phạm để kiểm tra kết quả của đề tài nghiên cứu. 5. Phạm vi nghiên cứu 5.1. Nội dung nghiên cứu: Chương trình hóa học ở trường THPT 5.2. Địa bàn nghiên cứu: các trường THPT tại Tây Ninh, Thành phố Hồ Chí Minh, Bà Rịa – Vũng Tàu. 6. Giả thuyết khoa học Nếu thiết kế được hệ thống bài toán hóa học nhiều cách giải và phương pháp sử dụng bài toán hợp lí thì sẽ phát triển tư duy cho học sinh và nâng cao hiệu quả dạy học hóa học. 7. Phương pháp nghiên cứu • Các phương pháp nghiên cứu lí luận: - Nghiên cứu cơ sở lý luận về tư duy (trong các tài liệu Tâm lý học, Giáo dục học, Lý luận dạy học...), các vấn đề của bài toán hoá học, bài tập hoá học đại cương, vô cơ, hữu cơ. - Nghiên cứu nội dung chương trình, chuẩn kiến thức và kỹ năng môn hoá học THPT. - Nghiên cứu và phân tích bài tập hoá học trong các sách và trên mạng internet. - Phân tích và tổng hợp. • Các phương pháp nghiên cứu thực tiễn: - Phương pháp điều tra và thu thập thông tin - Thực nghiệm sư phạm để kiểm tra sự đúng đắn của giả thuyết đặt ra • Các phương pháp toán học: sử dụng phương pháp thống kê toán học xử lí kết quả thực nghiệm. Chương 1: CƠ SỞ LÍ LUẬN VÀ THỰC TIỄN CỦA ĐỀ TÀI 1.1. Tổng quan về vấn đề nghiên cứu Vấn đề phát triển tư duy cho học sinh qua hệ thống bài tập đã được nhiều nhà giáo đầu ngành quan tâm, nghiên cứu. Cụ thể có một số dạng sau: • Một số sách tham khảo và luận văn: - Nguyễn Ngọc Quang nghiên cứu lý luận về bài toán hoá học. Sách Lí luận dạy học hóa học Tập 1, Nxb Giáo dục(1994), Hà Nội. Công trình nghiên cứu có ý nghĩa to lớn là đặt nền tảng để các nhà giáo sau này tiếp tục nghiên cứu, phát triển. - Nguyễn Xuân Trường nghiên cứu các phương pháp giải nhanh bài toán hoá học, các bài tập phát triển tư duy, và cách biên soạn bài tập hoá học. Sách xuất bản: Bài tập hóa học ở trường phổ thông (2005), Nxb Giáo dục, Hà Nội ; Ôn tập kiến thức và luyện giải nhanh bài tập hoá học vô cơ ở trường trung học phổ thông - Tập 2, Ôn tập kiến thức và luyện giải nhanh bài tập hoá học hữu cơ ở trường THPT - Tập 3 (2008), NXB Đại học Quốc gia Hà Nội. - Lê Văn Dũng (2001), Phát triển năng lực nhận thức và tư duy cho học sinh trung học phổ thông thông qua bài tập hóa học , Luận án tiến sĩ Giáo dục học chuyên ngành phương pháp giảng dạy hóa học, Trường ĐHSP Hà Nội. - Nguyễn Thị Thanh Thủy (2006), Phát triển năng lực nhận thức và tư duy cho học sinh trung học phổ thông thông qua bài tập hóa học vô cơ, Luận văn thạc sĩ Giáo dục chuyên ngành Lý luận và phương pháp dạy học hóa học, Trường ĐHSP Hà Nội. - Nguyễn Chí Linh (2009), Sử dụng bài tập để phát triển tư duy, rèn luyện trí thông minh cho học sinh trong dạy học hóa học ở trường THPT, Luận văn thạc sĩ Giáo dục học chuyên ngành Lý luận và phương pháp dạy học Hóa học, Trường ĐHSP Tp. HCM, - Trần Thị Trà Hương (2009), Xây dựng hệ thống bài tập hóa vô cơ lớp 10 trung học phổ thông nhằm cũng cố kiến thức và phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh, Luận văn thạc sĩ Giáo dục học chuyên ngành Lí luận và phương pháp dạy học môn hóa học, Trường ĐHSP Tp.HCM. - Nguyễn Cao Biên (2008), Rèn luyện năng lực độc lập sáng tạo cho học sinh lớp 10 trung học phổ thông thông qua hệ thống bài tập hóa học, Luận văn Thạc sĩ Giáo dục học chuyên ngành Lý luận và phương pháp dạy học môn Hóa học, Trường ĐHSP Tp. HCM. - Vương Cẩm Hương (2006), Rèn luyện năng lực chủ động sáng tạo cho học sinh trong dạy hóa học ở trường trung học cơ sở, Luận văn thạc sĩ chuyên ngành Lý luận và phương pháp dạy học hóa học, Trường ĐHSP Hà Nội. Trong các công trình nghiên cứu nêu trên thì luận án của TS Lê Văn Dũng gần với đề tài nghiên cứu của chúng tôi nhất. Trong luận án, tác giả đã xây dựng được hệ thống phương pháp luận vững chắc, hệ thống bài tập phong phú và bài toán nhiều cách giải là một phần trong các bài toán nhằm phát triển tư duy của ông. Các bài tập mà tác giả chọn đều hay và sâu sắc nhưng vì chỉ là một phần nhỏ của luận văn nên bài toán nhiều cách giải rất ít và đa phần là các bài quen thuộc. So với thời điểm hiện nay ra đề thi trắc nghiệm thì các bài toán đó đã cũ vì quá dài và mang tính chất toán học nhiều. PGS.TS Nguyễn Xuân Trường cũng có đề cập đến bài toán nhiều cách giải trong “bài tập hóa học ở trường phổ thông” với nhận định:“ra một bài tập rồi yêu cầu học sinh giải bằng nhiều cách, tìm những cách giải ngắn nhất, hay nhất đó là một cách rèn luyện trí thông minh cho các em”. Bài toán hóa học nhiều cách giải là một dạng bài tập mà qua đó học sinh rèn kĩ năng và phát triển tư duy tốt. Tuy nhiên dạng bài tập này chưa được quan tâm 1 cách đúng mực. Trước năm 2006, thi cử dưới hình thức tự luận nên giáo viên không quan tâm nhiều đến vấn đề bài đó có bao nhiêu cách có thể giải được, cách nào giải nhanh và tối ưu nhất, chỉ cần ra k ết quả chính xác mà thôi. Từ sau năm 2006 đến nay hình thức thi trắc nghiệm được sử dụng trong các kì thi học kì, tuyển sinh…, rất nhiều dạng bài tập được khai thác cùng với các phương pháp giải cũng được chú ý tối đa, mục đích chủ yếu là giải bài tập trắc nghiệm nhanh, chính xác. Vì vậy dạng bài tập nhiều cách giải được giáo viên quan tâm nhiều hơn. Chúng tôi xin đơn cử một số bài báo, trang Web, chuyên đề liên quan đến vấn đề này: • Một số trang Web Một số trang Web hóa học hóa học có nói đến bài toán hóa học nhiều cách giải: - hoc - - • Một số bài báo - Năm 2006, 8 cách giải cho bài toán vô cơ, tạp chí Hóa học và Ứng dụng, PGS. TS Nguyễn Xuân Trường. - Tháng 2/2009, 18 cách giải cho 1 bài toán hóa học , tạp chí Hóa học và Ứng dụng, của tác giả Vũ Khắc Ngọc, Viện Khoa học và Công nghệ Việt Nam, Hà Nội. - Tháng 3/2009, Bài toán vô cơ nhiều cách giải dùng trong giảng dạy các phương pháp giải toán hóa học và phát triển tư duy logic cho học sinh , tạp chí Hóa học và Ứng dụng, của tác giả Hoàng Minh Thắng, sinh viên khóa K40A, trường ĐHSP Thái Nguyên. - Tháng 6/2009, bài toán hữu cơ nhiều cách giải, tạp chí Hóa học và Ứng dụng, của tác giả Vũ Khắc Ngọc, Viện Khoa học và Công nghệ Việt Nam, Hà Nội. • Một số chuyên đề, tiểu luận - Lê Phạm Thành (2006), Xây dựng bài toán hóa học có thể giải bằng nhiều cách nhằm phát triển tư duy cho học sinh, Chuyên đề Hóa học, Trường ĐHSP Hà Nội. - Lê Phạm Thành (2006), Các phương pháp giải cho 1 bài toán hóa học, Chuyên đề Hóa học, Trường ĐHSP Hà Nội. - Lê Văn Dũng (1994), Bài tập hóa học rèn luyện trí thông minh cho học sinh phổ thông trung học, Tiểu luận Hóa học, Trường ĐHSP Hà Nội. Qua những bài báo, trang Web và chuyên đề trên thì dạng bài toán hóa học nhiều cách giải không còn là vấn đề lạ lẫm nữa, nó là vấn đề đang được quan tâm rất nhiều, vấn đề nóng hổi. Tuy nhiên số lượng bài tập nhiều cách giải vẫn chưa được khai thác nhiều mà chỉ xoáy sâu vào một vài bài kinh điển. Nhiều trang web hóa học cứ lập đi lập lại dạng bài tập kinh điển này!. Ví dụ bài toán dưới đây được xuất hiện ở rất nhiều: “Một thanh sắt có khối lượng m gam để lâu ngoài không khí bị oxi hóa thành hỗn hợp A gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 có khối lượng 12 gam. Cho A tan hoàn toàn trong HNO3 sinh ra 2,24 lít khí NO duy nhất (ở điều kiện tiêu chuẩn). Tính m?” Qua lượng bài báo, trang web, chuyên đề và các luận văn trên thì chúng ta cũng thấy rất rõ rằng bài toán nhiều cách giải có ảnh hưởng quan trọng đến việc nâng cao chất lượng học tập cũng như phát triển tư duy cho học sinh. Vì những lẽ trên, thiết nghĩ chúng ta nên tăng cường việc sử dụng dạng bài toán hóa nhiều cách giải vào giảng dạy hóa học và tăng cường số lượng bài toán cũng như cần có một lí luận rõ ràng cho việc thiết kế dạng bài toán hóa học nhiều cách giải. Tuy nhiên, chưa có luận văn nào có một số lượng bài toán hóa học nhiều cách giải đáp ứng yêu cầu học của học sinh và yêu cầu dạy của thầy cô giáo. Luận văn này sẽ khai thác nhiều về cách thiết kế bài toán nhiều cách giải, biện pháp sử dụng bài toán hóa học nhiều cách giải và thiết kế số lượng bài toán phong phú như hóa đại cương, vô cơ, hữu cơ xuyên suốt chương trình phổ thông nhằm phục vụ tốt hơn cho việc giảng dạy của thầy cô giáo. 1.2. Bài tập hóa học 1.2.1. Khái niệm bài tập hóa học Bài tập hóa học là nhiệm vụ mà giáo viên đặt ra cho người học, buộc người học phải vận dụng các kiến thức đã học hoặc các kinh nghiệm thực tiễn sử dụng hành động trí tuệ hay hành động thực tiễn để giải quyết các nhiệm vụ đó nhằm chiếm lĩnh tri thức, kỹ năng một cách tích cực, chủ động, sáng tạo [29]. 1.2.2. Tác dụng của bài tập hóa học Qua tham khảo một số tài liệu [29], [12],[44], chúng tôi tóm tắt một số tác dụng của bài tập như sau: - Bài tập có tác dụng phát huy tính tích cực, sáng tạo của học sinh. - Bài tập giúp học sinh hiểu rõ và khắc sâu kiến thức. - Thông qua bài tập hệ thống hóa các kiến thức đã học: một số lớn các bà i tập hóa học đòi hỏi học sinh phải vận dụng kiến thức của nhiều nội dung trong bài, trong chương. Dạng bài tổng hợp đòi hỏi học sinh phải vận động vốn hiểu biết trong nhiều chương, nhiều bộ môn (Hóa, Toán..). - Cung cấp thêm kiến thức mới, mở rộng hiểu biết của học sinh về các vấn đề thực tiễn cuộc sống và sản xuất hóa học. - Rèn luyện một số kỹ năng, kỹ xảo cho học sinh như: + Sử dụng ngôn ngữ hóa học. + Lập công thức, cân bằng phương trình hóa học. + Tính theo công thức và phương trình. + Các tính toán đại số: quy tắc tam suất, giải phương trình và hệ phương trình… + Kỹ năng giải từng loại bài tập khác nhau. - Phát triển tư duy: học sinh được rèn luyện các thao tác tư duy như: phân tích, so sánh, quy nạp, diễn dịch, tổng hợp, suy luận tương tự… - Bài tập cũng giúp giáo viên đánh giá được kiến thức và kỹ năng của học sinh. Học sinh cũng tự kiểm tra biết được những lỗ hổng kiến thức để kịp thời bổ sung. - Giải bài tập rèn cho học sinh tính kiên trì, chịu khó, tính cẩn thận, chính xác khoa học…Làm cho các em yêu thích bộ môn, say mê với khoa học (những bài tập gây hứng thú nhận thức). 1.2.3. Phân loại bài tập hóa học Trên cơ sở nội dung [29], bài tập hóa học có thể chia thành bốn loại: - Bài tập định lượng (bài toán hóa học) - Bài tập lý thuyết - Bài tập thực nghiệm, bài tập có nội dung thí nghiệm - Bài tập tổng hợp, loại bài tập này có nội dung chứa 2 hoặc 3 loại trên. Dựa trên cơ sở phân chia bài tập hóa học ở trên thì chúng tôi đã chọn bài tập định lượng (bài toán hóa học) làm đề tài nghiên cứu 1.2.4. Bài toán hóa hoc 1.2.4.1. Khái niệm bài toán hóa học Bài toán hóa học là nhiệm vụ mà giáo viên đặt ra cho người học, buộc người học phải vận dụng các kiến thức đã học sử dụng hành động trí tuệ để giải quyết các nhiệm vụ đó nhằm chiếm lĩnh tri thức, kỹ năng một cách tích cực, chủ động, sáng tạo. Một bài toán hóa học có hai tính chất: Tính chất toán học: cần dùng các phép tính về số học, đại số học, các kĩ năng toán học để giải. Tính chất hóa học: cần dùng đến các kiến thức về hóa học, ngôn ngữ hóa học mới giải được. 1.2.4.2. Phân loại bài toán hóa học Dựa vào nội dung hóa học của bài toán mà chúng tôi phân bài toán hóa học thành các loại: - Bài toán hóa học đại cương - Bài toán hóa học vô cơ - Bài toán hóa học hữu cơ 1.2.4.3. Các phương pháp giải bài toán hóa học Hiện nay có hơn 10 phương pháp giải toán hóa học, nhiều tác giả đã viết về vấn đề này, trong luận văn này chúng tôi tổng hợp một số phương pháp trong tài liệu [30], [31], [44], [51]. Với mỗi phương pháp chúng tôi nêu đặc điểm và nhận xét những ưu nhược điểm, giúp người đọ c dễ dàng chọn lựa phương pháp phù hợp cho từng loại bài tập. a. Phương pháp đại số • Đặc điểm + Viết phương trình phản ứng. + Đặt ẩn số cho các đại lượng cần tìm sao cho đơn giản. + Tính theo PTPU và đề bài cho để lập các PT toán học. + Giải các PT hay hệ PT này và biện luận kết quả nếu cần. • Nhận xét Đây là một cách không hay nhưng lại được áp dụng nhiều do thói quen, cần hạn chế làm theo cách này vì: - Một số bài có hệ phương trình rất phức tạp, không giải được về mặt toán học (số phương trình ít hơn ẩn), rất khó để biện luận để tìm ra đại lượng cần tìm. - Tính chất toán học của bài toán đã lấn át tính chất hóa học, làm tính chất hóa học bị lu mờ. Vì vậy không có tác dụng khắc sâu kiến thức hóa học, làm giảm tác dụng của bài tập. b. Phương pháp bảo toàn • Đặc điểm: Phương pháp này gồm các phương pháp sau: + Phương pháp bảo toàn khối lượng Trong 1 phản ứng hóa học thì tổng khối lượng các sản phẩm bằng tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng. Khi cô cạn dung dịch thì khối lượng hỗn hợp muối thu được bằng tổng khối lượng các cation kim loại và anion gốc axit. + Phương pháp bảo toàn điện tích Tổng điện tích dương luôn bằng tổng điện tích âm về giá trị tuyệt đối. Dung dịch luôn trung hòa về điện. + Phương pháp bảo toàn nguyên tố Một nguyên tố khi tham gia phản ứng hóa học chỉ chuyển từ chất này sang chất khác, nghĩa là số mol nguyên tố đó trước và sau phản ứng phải bằng nhau. Công thức: Trước phản ứng, nguyên tố X có trong các chất A, B Sau phản ứng, nguyên tố X có trong các chất C, D Áp dụng công thức sau: nA.Số ngtử X trong A + nB.Số ngtử X trong B = nC. Số ngtử X trong C + nD. Số ngtử X trong D + Bảo toàn electron: Đây là trường hợp riêng của bảo toàn điện tích, chỉ áp dụng cho các PU oxi hóa khử. Khi đó ne cho = ne nhận. • Nhận xét: Đây là phương pháp giải toán hóa học dựa vào bản chất của phản ứng hóa học, ít dùng thuật toán. Phương pháp này rất thích hợp cho việc giải nhanh các bài trắc nghiệm c. Phương pháp sơ đồ đường chéo • Đặc điểm: Trộn lẫn 2 dung dịch: Dung dịch 1: có khối lượng m1, thể tích V1, nồng độ C1 (C% hoặc CM), khối lượng riêng d1. Dung dịch 2: có khối lượng m2, thể tích V2, nồng độ C2 (C2 > C1), khối lượng riêng d2. Dung dịch thu được có m = m1 + m2, V = V1 + V2, nồng độ C (C1 < C < C2), khối lượng riêng d. Sơ đồ đường chéo và công thức tương ứng với mỗi trường hợp là: a) Đối với nồng độ % về khối lượng: m1 C1 |C2 - C| C m2 C2 |C1 - C| → (1) |CC| | CC | m m 1 2 2 1 − − = b) Đối với nồng độ mol/lít: V1 C1 |C2 - C| C V2 C2 |C1 - C| → (2) |CC| | CC | V V 1 2 2 1 − − = c) Đối với khối lượng riêng: V1 d1 |d2 - d| d V2 d2 |d1 - d| → (3) |dd| | dd | V V 1 2 2 1 − − = Khi sử dụng sơ đồ đường chéo ta cần chú ý: Chất rắn coi như dung dịch có C = 100% Dung môi coi như dung dịch có C = 0% Khối lượng riêng của H2O là d = 1 g/ml Nếu trộn lẫn các dd thì phải là dd của cùng một chất hoặc khác chất nhưng do phản ứng với H2O lại cho cùng một chất. Trộn hai dd của chất A có nồng độ khác nhau thu được dd A với nồng độ duy nhất. Vậy lượng chất tan trong phần đặc giảm xuống phải bằng lượng chất tan trong phần loãng tăng lên. • Nhận xét: Phương pháp sơ đồ đường chéo dùng để giải các bài toán trộn lẫn các chất với nhau, lúc đầu có thể là đồng thể hay dị thể nhưng hỗn hợp cuối phải đồng thể. d. Phương pháp tách công thức phân tử • Đặc điểm: Để biểu diễn thành phần của một hợp chất hữu cơ, ta có thể dùng công thức phân tử viết dưới dạng khác nhau. Nguyên tắc của công thức tách công thức phân tử dựa trên tỷ lệ thành phần (% khối lượng) của C và H trong anken là không đổi bằng 12n/2n = 6/1 nghĩa là trong anken, cacbon chiếm 6/7 khối lượng còn H chiếm 1/7 khối lượng. • Nhận xét: Phương pháp này cho phép gi ải nhanh chóng, đơn giản một số bài toán hữu cơ. Dưới đây là một số mẫu tách công thức phân tử: + Ankan: CnH2n+2 CnH2n.H2 + Ankadien, ankin: CnH2n-2 CmH2mC trong đó m = n-1 + Aren: CnH2n-6 CmH2m.3C trong đó m = n-3 + Ancol no, đơn chức: CnH2n+1OH CnH2n.H2O + Ancol không no:CnH2n-1OH CnH2nO hoặc CmH2mCHO trong đó m = n-1 + Ancol thơm và phenol: CnH2n-7OH CnH2n.C3O trong đó m = n -3 + Andehit no, đơn chức: CnH2n+1CHO CnH2n.HCHO hoặc CmH2mO trong đó m = n+1 + Axit no, đơn chức: CnH2n+1COOH CnH2nHCOOH hoặc CmH2m.O2 mà m = n+1 + Axit không no, đơn chức: CnH2n-1COOH CnH2n.CO2 e. Phương pháp ghép ẩn số • Đặc điểm: Một bài toán thiếu điều kiện làm cho bài toán có dạng vô định hoặc không giải được. Phương pháp ghép ẩn số là một trong những phương pháp đơn giản để giải các bài toán đó. • Nhận xét: Phương pháp ghép ẩn số là một thủ thuật của toán học, không mang tính chất hoá học. f. Phương pháp tăng giảm khối lượng • Đặc điểm: Dựa vào sự tăng giảm khối lương khi chuyển từ 1 mol chất A thành 1 hoặc nhiều mol chất B (có thể qua các giai đoạn trung gian) ta dễ dàng tính được số mol của các chất hoặc ngược lại. • Nhận xét: Phương pháp tăng giảm khối lượng và phương pháp bảo toàn khối lượng như là “2 anh em song sinh” vì nếu 1 bài toán giải được phương pháp này thì cũng giải được bằng phương pháp kia. Tuy nhiên tùy từng bài toán mà phương pháp này hay phương pháp kia là ưu việt hơn. g. Phương pháp tự chọn lượng chất • Đặc điểm: Khi gặp các bài toán có lượng chất đề cho dưới dạng tổng quát (dạng tỉ lệ mol, tỉ lệ % theo thể tích, khối lượng, hoặc các lượng chất đề cho đều có chứa chung một tham số: m (g), V(l), x(mol)…) thì các bài toán này sẽ có kết quả không phụ thuộc vào lượng chất đã cho. Nếu bài toán khảo sát về % m (hoặc % V) của hỗn hợp thì thường chọn hỗn hợp có khối lượng 100 gam (hoặc 100 lít). Khi khảo sát về 1 PƯHH thì chọn hệ số làm số mol chất phản ứng. • Nhận xét: Tự chọn một lượng chất cụ thể theo hướng có lợi cho việc tính toán, biến bài toán từ phức tạp trở nên đơn giản. Sau khi đã chọn lượng chất thích hợp thì bài toán trở thành một dạng rất cơ bản, việc giải toán lúc này sẽ thuận lợi hơn rất nhiều. h. Phương pháp biện luận • Đặc điểm: Để giải bài toán tìm công thức phân tử ta có thể biện luận theo các nội dung sau: - Biện luận theo hoá trị - Biện luận theo lượng chất (g, mol) - Biện luận theo tính chất - Biện luận theo kết quả bài toán. - Biện luận theo các khả năng phản ứng có thể xảy ra. - Biện luận theo phương trình vô định - Biện luận theo giới hạn … • Nhận xét: Với những bài toán thiếu dữ kiện thì phương pháp biện luận sẽ giúp giải ra được kết quả. Đây là dạng bài tập dùng cho học sinh khá giỏi có tư duy cao. i. Phương pháp trung bình • Đặc điểm: Phương pháp này bao gồm các phương pháp sau: - Phương pháp khối lượng mol trung bình - Phương pháp số nguyên tử cacbon trung bình - Phương pháp số nguyên tử hidro trung bình - Phương pháp gốc hidro cacbon trung bình - Phương pháp số nhóm chức trung bình - Phương pháp hóa trị trung bình • Nhận xét: Phương pháp trung bình chỉ áp dụng cho bài toán hỗn hợp các chất, các chất này phải phản ứng hoàn toàn hay có hiệu suất như nhau. Từ giá trị trung bình ta biện luận tìm ra : nguyên tử khối, phân tử khối , số nguyên tử trong phân tử. j. Phương pháp quy đổi • Đặc điểm: Quy đổi là phương pháp biến đổi toán học nhằm đưa bài toán ban đầu là một hỗn hợp phức tạp về dạng đơn giản hơn, qua đó làm cho các phép tính trở nên dễ dàng, thuận tiện. Tuy nhiên, dù tiến trình quy đổi theo hướng nào thì cũng phải tuân thủ hai nguyên tắc sau: + Bảo toàn nguyên tố, tức tổng số mol mỗi nguyên tố ở hỗn hợp đầu và hỗn hợp mới phải như nhau. + Bảo toàn số oxi hóa, tức tổng số oxi hóa của các nguyên tố trong hai hỗn hợp là như nhau. • Nhận xét: Do việc quy đổi nên trong một số trường hợp số mol có thể có giá trị âm để tổng số mol có giá trị không đổi (bảo toàn). Trong quá trình làm bài ta thường kết hợp sử dụng phương pháp bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố và bảo toàn electron, kết hợp với việc sơ đồ hóa bài toán để tránh viết phương trình phản ứng, qua đó rút ngắn thời gian làm bài. Phương án quy đổi tốt nhất, có tính khái quát cao là quy đổi thẳng về các nguyên tử tương ứng. Đây là phương án cho lời giải nhanh, gọn và dễ hiểu, đồng thời biểu thị đúng bản chất hóa học của bài toán. Một bài toán có nhiều hướng quy đổi khác nhau, trong đó có 3 hướng chính: Hướng 1: Quy đổi hỗn hợp nhiều chất về hỗn hợp hai hay 1 chất Trong trường hợp này thay vì giữ nguyên hỗn hợp các chất như ban đầu, ta chuyển thành hỗn hợp với số chất ít hơn (cũng của cac nguyên tố đó), thường là hỗn hợp hai chất, thậm chí là 1 chất duy nhất. Ví dụ: Với hỗn hợp các chất gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 ta có thể quy đổi thành các tổ hợp (Fe và FeO), (Fe và Fe3O4), (Fe và Fe2O3), (FeO và Fe3O4), (FeO và Fe2O3), (Fe2O3 và Fe3O4), thậm chí chỉ 1 “chất” duy nhất dạng FexOy. Với cách quy đổi này bài toán đã được đơn giản đi rất nhiều, nhờ đó có thể giải nhanh gọn, phù hợp với dạng thi trắc nghiệm hiện nay. Hướng 2: quy đổi hỗn hợp nhiều chất thành các nguyên tử tương ứng. Thông thường ta gặp bài toán hỗn hợp nhiều chất nhưng về bản chất chỉ gồm 2 hoặc 3 nguyên tố. Do đó, ta có thể quy đổi hỗn hợp đầu về hỗn hợp gồm 2 hoặc 3 chất là các nguyên tử tương ứng. Ví dụ: Với hỗn hợp các chất gồm: Fe, FeS, FeS2, Cu, Cu2S, S quy đổi thành hỗn hợp gồm Cu, Fe, S Hướng 3: quy đổi tác nhân oxi hóa trong phản ứng oxi hóa khử +HNO3 (2) FexOy +O2 Fe Fe3+ +O2 (1) Với những bài toán trải qua nhiều giai đoạn oxi hóa khác nhau bởi những chất oxi hóa khác nhau, ta có thể quy đổi vai trò oxi hóa của chất oxi hóa này cho chất oxi hóa kia để bài toán trở nên đơn giản hơn. Khi thực hiện phép quy đổi phải đảm bảo: Số electron nhường, nhận là không đổi (ĐLBT electron); Do sự thay đổi tác nhân oxi hóa nên phải có sự thay đổi sản phẩm cho phù hợp. Thông thường ta hay gặp các dạng sau: Kim loại OXH1 hỗn hợp sản phẩm trung gian OXH2 sản phẩm cuối Ví dụ: quá trình oxi hóa hoàn toàn Fe thành Fe3+ Ở đây, vì trạng thái oxi hóa ban đầu và cuối của Fe ở hai quá trình là như nhau, số electron nhường trong hai quá trình là như nhau. Vì vậy, có thể quy đổi hai tác nhân oxi hóa O2 và HNO3 thành một tác nhân dauy nhất là O2 hoặc ngược lại. k. Phương pháp sơ đồ V • Đặc điểm: Phương pháp sơ đồ V áp dụng cho bài tập axit (có tính oxi hóa hoặc không có tính oxi hóa) tác dụng với kim loại, oxit bazơ, bazơ. Ngoài ra còn áp dụng cho các bài tập tan trong nước, H2 hoặc CO khử oxit kim loại. Cụ thể: + Kim loại tác dụng với axit không có tính oxi hóa (HCl, H2SO4 loãng) + Kim loại tác dụng với nước tạo dung dịch kiềm + Oxit, bazo tác dụng với axit tạo dung dịch muối và nước. + Kim loại tác dụng với axit có tính oxi hóa + Oxit kim loại có tính khử tác dụng với axit có tính oxi hóa + CO, H2 tác dụng với oxit kim loại • Nhận xét: Sử dụng phương pháp này chúng ta không cần viết phương trình phản ứng, nhất là khi cho nhiều chất khác nhau tác dụng với axit. Phương pháp này dùng để giải nhanh bài tập trắc nghiệm, thích hợp với hình thức thi trắc nghiệm hiện nay. l. Phương pháp đồ thị • Đặc điểm: Cơ sở của phương pháp là việc sử dụng đồ thị trong toán học để giải một số hệ phương trình. Trong hoá học, một số dạng bài tập được giải dựa trên cơ sở nội dung của phương pháp này. Đó là trường hợp mà trong thí nghiệm hoá học có hai quá trình lượng kết tủa tăng dần, sau đó giảm dần đến hết khi lượng chất phản ứng có dư. Có thể vận dụng phương pháp này trong hoá học ở các trường hợp chủ yếu sau: - Thổi khí CO2 vào dung dịch chứa hiđroxit của kim loại nhóm IIA. - Rót từ từ dung dịch kiềm đến dư vào dung dịch muối nhôm hoặc muối kẽm. - Rót từ từ dung dịch axit đến dư vào dung dịch muối có chứa anion AlO2- hoặc ZnO22-. • Nhận xét: Phương pháp này giúp học sinh dễ học sinh hiểu rõ hơn bản chất của quá trình hóa học, đồng thời nâng cao khả năng tư duy cho học sinh. Bài toán hóa học giải ra nhanh phù hợp với hình thức thi trắc nghiệm hiện nay. 1.2.4.4. Bài toán hóa học có nhiều cách giải Bài toán hoá học mà có thể giải được bằng nhiều cách với những phương pháp giải khác nhau thì bài toán đó được gọi là bài toán hoá học có nhiều cách giải. Bài toán được giải với các cách giải khác nhau nhưng vẫn có cùng kết quả thì bài toán hoá học nhiều cách giải mang đến tính hứng thú cho học sinh lẫn giáo viên hướng dẫn học sinh giải. Khi được giáo viên yêu cầu làm bài tập với nhiều cách giải khác nhau thì học sinh có cơ hội vận dụng tất cả các phương pháp giải toán hoá học đã được giáo viên giảng dạy, tư duy của học sinh cũng phát triển. Với những bài toán hoá học mà việc chọn cách giải phù hợp sẽ làm tiết kiệm thời gian giải bài điều này rất tốt với cách giải bài toán trắc nghiệm như hiện nay. 1.3. Tư duy 1.3.1. Khái niệm tư duy Tư duy là phạm trù triết học dùng để chỉ những hoạt động của tinh thần, đem những cảm giác của người ta sửa đổi và cải tạo thế giới thông qua hoạt động vật chất, làm cho người ta có nhận thức đúng đắn về sự vật và ứng xử tích cực với nó [53]. Theo Từ điển Bách khoa toàn thư Việt Nam, tập 4 (NXB Từ điển bách khoa. Hà Nội. 2005); Tư duy là sản phẩm cao nhất của vật chất được tổ chức một cách đặc biệt -Bộ não người. Tư duy phản ánh tích cực hiện thực khách quan dưới dạng các khái niệm, sự phán đoán, lý luận .v.v... Theo triết học duy tâm khách quan, tư duy là sản phẩm của "ý niệm tuyệt đối" với tư cách là bản năng siêu tự nhiên, độc lập, không phụ thuộc vào vật chất. Theo George Wilhemer Fridrick Heghen: "Ý niệm tuyệt đối là bản nguyên của hoạt động và nó chỉ có thể biểu hiện trong tư duy, trong nhân thức tư biện mà thôi". Karl Marx nhận xét: "Đối với Heghen, vận động của tư duy được ông nhân cách hóa duới tên gọi "ý niệm" là chúa sáng tạo ra hiện thực; hiện thực chỉ là hình thức bề ngoài của ý niệm". Theo triết học duy vật biện chứng, tư duy là một trong các đặc tính của vật chất phát triển đến trình độ tổ chức cao. Về lý thuyết, Karl Marx cho rằng: "Vận động kiểu tư duy chỉ là sự vận động của hiện thực khách quan được di chuyển vào và được cải tạo/tái tạo trong đầu óc con người duới dạng một sự phản ánh”. Những luận cứ này còn dựa trên những nghiên cứu thực nghiệm của Ivan Petrovich Pavlov, nhà sinh lý học, nhà tư tưởng người Nga. Bằng các thí nghiệm tâm -sinh lý áp dụng trên động vật và con người, ông đi đến kết luận: "Hoạt động tâm lý là kết quả của hoạt động sinh lý của một bộ phận nhất định của bộ óc". Như vậy, tư duy là một quá trình tâm lý phản ánh những thuộc tính bản chất, những mối liên hệ bên trong có tính quy luật của sự vật, hiện tượng trong hiện thực khách quan mà trước đó ta chưa biết. L.N.Tonxtoi đã viết: “Kiến thức chỉ thực sự là kiến thức khi nào nó là thành quả những cố gắng của tư duy chứ không phải trí nhớ”. Như vậy học sinh chỉ lĩnh hội được tri thức khi họ thực sự tư duy. Sự phát triển tư duy nói chung được đặc trưng bởi sự tích lũy các thao tác tư duy thành thạo và vững chắc của con người. Vì vậy môn hóa học cũng không thể tách khỏi việc hình thành và phát triển tư duy cho học sinh. Với môn hóa học thì bài toán hóa học là phương tiện tốt nhất để rèn luyện các thao tác tư duy cho học sinh. Qua quá trình luận giải các bài toán hóa học mà các thao tác trí tuệ như phân tích, tổng hợp, so sánh, khái quát hóa, trừu tượng hóa, cụ thể hóa kết hợp với các phương pháp hình thành phán đoán mới là quy nạp, suy diễn và loại suy được phát triển và hoàn thiện. 1.3.2. Các thao tác tư duy Phân tích: là hoạt động tư duy phân chia sự vật, hiện tượng thành các yếu tố, các bộ phận nhằm mục đích nghiên cứu chúng đầy đủ, sâu sắc, trọn vẹn hơn theo một hướng nhất định. Tổng hợp: là hoạt động tư duy kết hợp các bộ phận, các yếu tố riêng lẻ của sự vật hiện tượng đã được nhận thức để nhận thức cái toàn bộ. Phân tích, tổng hợp là những yếu tố cơ bản của hoạt động tư duy được dùng khi hình thành phán đoán mới và các thao tác tư duy khác. So sánh: là thao tác tư duy nhằm xác định những điểm giống nhau và khác nhau của sự vật, hiện tượng từ đó làm cơ sở để tìm ra nguyên nhân của sự giống nhau và khác nhau đó. Trừu tượng hóa: là quá trình con người dùng trí óc gạt bỏ những mối liên hệ, quan hệ thứ yếu của sự vật, hiện tượng và chỉ giữ lại nhữnh yếu tố cần thiết cho tư duy. Khái quát hóa: là tìm ra cái chung, cái bản chất trong số các dấu hiệu của sự vật, hiện tượng rồi qui chúng lại thành khái niệm. Trong thực tế các thao tác trên đây đan chéo nhau, xen kẽ nhau chứ không tuân theo trình tự máy móc. Phép quy nạp: là cách phán đoán dựa trên sự nghiên cứu nhiều h iện tượng, trường hợp riêng lẻ để đi đến kết luận chung, tổng quát về những tính chất, những mối liên hệ tương quan bản chất nhất, chung nhất. Trong phép quy nạp, sự nhận thức đi từ cái riêng biệt đến cái chung, giúp cho kiến thức được nâng cao và mở rộng . Phép suy diễn (diễn dịch): là cách phán đoán đi từ một nguyên lý chung đúng đắn tới một kết luận thuộc về một trường hợp riêng lẻ đơn nhất. Phép suy diễn có tác dụng phát triển tư duy logic và phát huy tính tự lập, sáng tạo của học sinh. Phép loại suy (suy lý tương tự): là sự phán đoán đi từ cái riêng biệt này đến một cái riêng biệt khác để tìm ra những đặc tính chung và những mối liên hệ có tính quy luật của các chất và hiện tượng. Phép loại suy có bản chất là dựa vào sự giống nhau (hoặc tương tự nhau) của hai vật thể, hiện tượng về một số dấu hiệu để đi đến kết luận về sự giống nhau của các dấu hiệu khác nên kết luận của chúng chỉ gần đúng, có tính giả thiết nhưng có tác dụng tích cực trong nghiên cứu và học tập bộ môn hóa học, tạo điều kiện cho học sinh xây dựng giả thuyết khoa học trước khi kiểm nghiệm bằng thực nghiệm. Như vậy các thao tác tư duy trên được hình thành và phát triển ở học sinh thông qua hoạt động học tập. Việc giải các bài tập hóa học rất cần thiết cho sự phát triển tư duy. 1.4. Sự phát triển tư duy qua bài toán hóa học nhiều cách giải Hoạt động nhận thức bao gồm nhiều quá trình khác nhau, có thể chia hoạt động nhận thức thành hai giai đoạn lớn: - Nhận thức cảm tính (cảm giác, tri giác) - Nhận thức lý tính (tư duy, tưởng tượng) Tư duy là một quá trình tâm lý phản ánh những thuộc tính bản chất, những mối liên hệ bên trong có tính quy luật của sự vật, hiện tượng trong hiện thực khách quan mà trước đó ta chưa biết. Như vậy tư duy là một quá trình tâm lý có sự tìm kiếm và phát hiện cái mới về chất một cách độc lập. Tư duy có đặc điểm quan trọng là tính có vấn đề, tức là trong hoàn cảnh có vấn đề thì tư duy được nảy sinh. Tư duy được biểu hiện trong ngôn ngữ của con người và có quan hệ chặt chẽ với ngôn ngữ. Tư duy là mức độ cao nhất của sự nhận thức lý tính, nhưng có quan hệ chặt chẽ với quá trình nhận thức cảm tính. Nó có khả năng phản ánh những thuộc tính bản chất của sự vật, hiện tượng trên cơ sở những dấu hiệu bên ngoài của sự vật và hiện tượng qua cảm giác, tri giác. Hai giai đoạn trên có quan hệ chặt chẽ và tác động lẫn nhau. V.I Lênin đã khẳng định về quá trình nhận thức của con người : “Đi từ trực quan sinh động đến tư duy trừu tượng và từ tư duy trừu tượng đến thực tiễn đó là con đường biện chứng của sự nhận thức chân lý, nhận thức hiện thực khách quan” . Tìm những phương pháp khác nhau để giải một BTHH cũng nhằm gây hào hứng học tập và phát triển trí tuệ của HS lên nhiều lần. Một HS trong thời gian nhất định, giải một BTHH bằng nhiều cách khác nhau thì hiệu quả trí tuệ cao hơn nhiều so với một HS giải được nhiều BT khác nhau cũng trong thời gian ấy. Sáng tạo không phải là đặc tính của di truyền. Khả năng phát minh sáng tạo của con người từ lúc ra đời, khả năng đó vẫn tồn tại qua học tập và rèn luyện. Nếu biết tổ chức những kích thích não đúng lúc và đúng mức độ thì sẽ làm cho não phát triển tốt, cơ thể phát triển tốt và trí thông minh phát triển tốt [37]. Mọi năng lực chỉ có thể hình thành và phát triển trong hoạt động của con người. Để giúp cho học sinh phát triển năng lực tư duy sáng tạo thì phải tập luyện cho HS hoạt động tư duy sáng tạo mà đặc trưng cơ bản nhất là tạo ra sản phẩm tư duy mang tính mới mẻ. Trong học tập hóa học, một hoạt động có tính độc lập của học sinh là hoạt động giải bài tập, vì vậy cần tạo điều kiện để rèn tư duy sáng tạo cho HS thông qua hoạt động này. GV nên khuyến khích học sinh không nên bằng lòng với phương pháp giải bài toán sẵn có, chớ vội thỏa mãn với cách giải đã tìm ra, nên say mê hứng thú tìm phương pháp khác, chọn cách giải hay nhất, gọn nhất. Trí thông minh là tổng hợp các năng lực trí tuệ của con người (quan sát, ghi nhớ, tưởng tượng, tư duy …) mà đặc trưng cơ bản nhất là tư duy độc lập và sáng tạo nhằm ứng phó với tình huống mới. Theo thuyết hoạt động có đối tượng thì năng lực chỉ có thể hình thành và phát triển trong hoạt động. Để giúp học sinh phát triển năng lực tư duy mà đỉnh cao là tư duy sáng tạo, thì cần phải tập luyện cho học sinh hoạt động tư duy sáng tạo, mà đặc trưng cơ bản nhất là tạo ra được sản phẩm mang tính tư duy mới mẻ. Trong học tập hóa học, một trong những hoạt động chủ yếu để phát triển tư duy cho học sinh là hoạt động giải bài toán hóa học. Vì vậy giáo viên cần phải tạo điều kiện để thông qua hoạt động này các năng lực trí tuệ phát triển, học sinh sẽ có được những sản phẩm tư duy mới, thể hiện ở: - Năng lực phát triển vấn đề mới. - Tìm ra hướng đi mới. - Tạo ra kết quả mới. Để làm được điều đó, trước hết người giáo viên cần ý thức được hoạt động giải BTHH để tìm ra đáp số không phải chỉ là mục đích mà chính là phương tiện hiệu nghiệm để rèn tư duy hóa học cho học sinh. BTHH đa dạng, phong phú về thể loại và được sử dụng trong tất cả các khâu của quá trình dạy học như khi nghiên cứu tài liệu mới, ôn tập, luyện tập, kiểm tra… Thông qua hoạt động giải bài toán hóa học mà các thao tác tư duy như so sánh, phân tích, tổng hợp, khái quát hóa, trừu tượng hóa… thường xuyên được rèn luyện, năng lực quan sát, trí nhớ, óc tưởng tượng, năng lực độc lập suy nghĩ … của học sinh không ngừng được nâng cao, biết phê phán, nhận xét đúng, tạo hứng thú và lòng say mê học tập… để rồi cuối cùng tư duy của học sinh được rèn luyện và phát triển thường xuyên, đúng hướng, thấy được giá trị lao động, nâng khả năng hiểu biết thế giới của học sinh lên một tầm cao mới, góp phần cho quá trình hình thành nhân cách toàn diện của học sinh. Việc giải BTHH theo nhiều cách khác nhau là một phương pháp mới để rèn luyện tư duy, trước đây chúng ta thường giải theo một cách sao cho ra được kết quả nhưng cách học này dẫn người học theo lối mòn tư duy sẵn có, theo thói quen cũ. Phương pháp học tập theo cách giải BTHH theo nhiều cách giúp học sinh và giáo viên phá vỡ đi lối mòn tư duy cũ, bẽ gãy những thói quen sẵn có mà theo như mọi người đang hô hào rằng muốn có sáng tạo (tư duy phát triển) thì “breaking the habit” mà theo tiếng Việt là “bẽ gãy thói quen” hay dịch thoát nghĩa là phá vỡ đi lối suy nghĩ trước kia mà hãy suy nghĩ theo hướng khác. Cùng một bài tập học sinh có thể giải bằng nhiều cách với những phương pháp giải khác nhau vẫn có được kết quả chính xác. Với những cách thức giải quyết vấn đề khác nhau mà vẫn đưa ra kết quả giống nhau thì quả là thích thú. Học sinh sẽ tìm thấy niềm vui thật sự khi tìm ra những phương pháp giải mới. Điều này cũng phù hợp với tính cách của người trẻ hơn, họ năng động hơn, không muốn theo lối mòn tư duy cũ, họ muốn được thách thức, được tìm ra cái mới. Để giải được bài toán theo nhiều cách người học tổng hợp tất cả các phương pháp mình đã được thầy cô truyền đạt, khi đó họ vận dụng tối đa khả năng tư duy phân tích, tổng hợp, khái quát… để tìm ra những phương pháp giải thích hợp. Điều này giúp cho tư duy học sinh linh hoạt hơn, dễ dàng làm được những bài toán với những dạng mới, không giống thầy cô đã dạy. Học sinh thoát khỏi lối mòn tư duy cũ theo phương pháp algorit, dù bất kì bài tập nào thường họ vẫn giải theo phương pháp đại số. Bài tập với những phương pháp giải khác nhau là một hình thức của luyện tập phương pháp kích não (phương pháp động não) cho học sinh. Phương pháp kích não là một trong những phương pháp tốt để phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh. 1.5. Bài toán hóa học nhiều cách giải và việc nâng cao hiệu quả dạy học ở THPT BTHH nhiều cách giải là một công cụ tốt để phát triển tư duy cho học sinh. Khi tư duy phát triển, trí tuệ, trí thông minh, khả năng sáng tạo phát triển thì kết quả học tập sẽ nâng cao hơn. Vì vậy BTHH nhiều cách giải cũng góp phần không nhỏ đến việc nâng cao hiệu quả học tập của học sinh. Theo báo Tuổi Trẻ ra ngày thứ sáu, 31/07/2009 trong bài viết “Khuyến khích ra đề thi, kiểm tra sáng tạo” thì Bộ GD- ĐT đã hướng dẫn: “các cơ sở giáo dục phải đổi mới cách ra đề kiểm tra 15 phút, 1 tiết và kiểm tra học kỳ theo hướng kiểm tra kiến thức cơ bản, năng lực vận dụng kiến thức và rèn luyện khả năng tự học của học sinh, đồng thời phát huy tính tích cực, khả năng sáng tạo của học sinh”. Theo báo điện tử giaoducvathoidai.vn ra ngày thứ ba, 1/9/2009, Thứ trưởng Bộ GD- ĐT Nguyễn Vinh Hiển đã ký văn bản hướng dẫn thực hiện nhiệm vụ năm học 2009 -2010 ở GD trung học với chủ trương “khuyến khích tư duy độc lập, sáng tạo”. Như vậy, Bộ GD- ĐT cũng rất quan tâm đến việc phát triển tư duy và đặc biệt là tư duy sáng tạo cho học sinh. Để làm được những đề kiểm tra mang tính chất sáng tạo thì bản thân học sinh phải rèn luyện khả năng tư duy trong quá trình học tập. BTHH nhiều cách giải là một công cụ rèn luyện hiệu nghiệm khả năng độc lập sáng tạo cho học sinh. Trong mục trao đổi của báo Hóa học và Ứng dụng Số 8 (80)/2008 – Kinh nghiệm giảng dạy bộ môn hóa học ở trường trung học phổ thông , thầy giáo Nguyễn Hữu Tú trường THPT Trần Quốc Tuấn – huyện Phú Hòa, tỉnh Phú Yên đã trình bày những kinh nghiệm giúp nâng cao chất lượng dạy học hóa học:“đối với BTHH yêu cầu học sinh giải bằng nhiều cách khác nhau và cũng thường khuyến khích, động viên các em suy nghĩ để tìm ra cách giải khác ngắn gọn và hay hơn”. Và tác giả Nguyễn Hữu Tú đã có lời kết: “Đó là một số kinh nghiệm mà tôi đã vận dụng trong quá trình giảng dạy và thu được kết quả tốt”. Việc giải các BTHH có nhiều cách giải, khả năng tự học của học sinh sẽ tăng lên. Khả năng tự đánh giá, nhận xét được tăng lên. Đây là một kết quả tốt mà dạng BTHH này mang lại, chống sự rập khuân theo câu chữ của thầy. Từ đây, khả năng học sinh tự học, khả năng sáng tạo tăng lên giúp học sinh có thể chủ động giải các bài tập ở nhiều dạng khác nhau ở trong chương trình mà các em chưa được làm trước đó, không cần nhờ sự hỗ trợ của giáo viên. Trang Web hóa học: et/chemvn/showthread.php?t=9467; một học sinh đã đưa ý kiến: “Ta chỉ cần biết 1 số phương pháp căn bản và làm tốt các phương pháp đó thôi là được rồi, học nhiều phương pháp quá sẽ làm bạn tối tung lên và khi giải bài nhiều lúc không biết phải dùng cái nào để giải”. Thạc sĩ Lê Phạm Thành đã trả lời: - Có những bài toán mà việc sử dụng các phương pháp khác là rất khó giải quyết, nhưng lại có những phương pháp riêng biệt đặc hiệu, giải quyết rất nhẹ nhàng. - Biết (hiểu và vận dụng thành thạo) nhiều phương pháp giúp học sinh có thể sử dụng linh hoạt trong quá trình làm bài. Qua đó có được lời giải tối ưu, nhờ đó chiếm ưu thế trong khi làm bài, đặc biệt là với bài thi trắc nghiệm hiện hành ! - Bạn chỉ "rối" khi bạn "không hiểu" !. Tất cả những điều này đều cho ta thấy khả năng nâng cao chất lượng học tập ở BTHH nhiều cách giải. Hầu hết nhà giáo dục đều quan tâm đến BTHH nhiều cách giải và xem đây là công cụ hiệu nghiệm để nâng cao chất lượng học tập của học sinh. 1.6. Thực trạng sử dụng bài toán hóa học nhiều cách giải ở trường THPT 1.6.1. Mục đích điều tra - Nắm được tình hình sử dụng bài tập nhiều cách giải nhằm phát triển tư duy cho học sinh và nâng cao chất lượng học tập hiện nay. - Nắm được mức độ cấp thiết và tính thực tế của đề tài 1.6.2. Phương pháp và đối tượng điều tra - Phương pháp điều tra: dùng phiếu điều tra, phỏng vấn - Đối tượng điều tra: Giáo viên Hóa học THPT 1.6.3. Tiến hành điều tra Chúng tôi đã phát ph iếu điều tra đến 66 giáo viên (gồm 54 giáo viên khoá 19, 12 giáo viên khóa 18 đang theo học lớp cao học Lý luận và phương pháp dạy học Hoá học, trường Đại học Sư phạm TP.HCM). 1.6.4. Kết quả điều tra Câu 1. Quý thầy (cô) vui lòng cho biết một số thông tin về việc sử dụng bài tập hóa học (của bản thân) trong dạy học ở trường THPT: (Đánh dấu X vào nội dung thầy cô lựa chọn). Hình thức BTHH thầy (cô) sử dụng Không sử dụng Không thường xuyên Thường xuyên Rất thường xuyên - Bài toán (1 cách giải) rèn luyện nhiều kĩ năng tính toán. 0 0% 9 13,636% 41 62,12% 16 24,24% - Bài toán (1 cách giải) có nét độc đáo, không thiên về tính toán. 0 0% 25 37,88% 35 53% 6 9% - Bài toán nhiều cách giải. 0 34 24 8 Câu 2. Xin quý thầy (cô) vui lòng cho biết tác dụng phát triển tư duy của các dạng bài tập hóa học Câu 3. Xin quý thầy (cô) vui lòng cho biết tác dụng phát triển tư duy của các dạng đề kiểm tra Câu 4. Xin quý thầy (cô) cho biết tác dụng phát triển tư duy của các biện pháp sử dụng bài tập. 0% 51,52% 36,36% 12,12% Dạng bài tập Mức độ Ít T.bình Tốt Rất tốt - Bài tập lý thuyết 3 4,54% 31 46,97% 30 45,45% 2 3% - Bài tập thực nghiệm định tính 4 6,06% 12 18,18% 47 71,21% 3 4,54% - Bài toán hóa học (bài tập hóa học có tính toán) 0 0% 0 0% 30 45,45% 36 54,54% - Bài tập thực nghiệm định lượng 2 3,03% 7 10,606% 37 56,06% 20 30,303% Dạng đề kiểm tra Mức độ phát triển tư duy Ít T.bình Tốt Rất tốt - Hình thức trắc nghiệm 1 1,5% 13 19,7% 45 68,18% 7 10,6% - Hình thức tự luận 0 0% 4 6,06% 42 63,63% 20 30,30% Biện pháp sử dụng bài tập Tác dụng Ít Bình thường Tốt Rất tốt - Dùng BT chỉ yêu cầu 1 cách giải đúng kết quả, nặng về tính toán. 17 25,76% 43 65,15% 5 7,56% 1 1,51% - Dùng BT có nhiều cách giải, khuyến khích HS tìm cách giải mới, nhận ra nét độc đáo để có cách giải tối ưu. 0 0% 3 4,54% 36 54,54% 27 40,91% - Dùng BT yêu cầu học sinh giải nhanh. 0 0% 2 3,03% 36 54,54% 28 42,42% 1.6.5. Phân tích kết quả điều tra - Giáo viên hiện nay đều cho rằng bài toán hóa học giữ một vai trò quan trọng trong việc phát triển tư duy và nâng cao hiệu quả dạy học ở trường THPT. Theo khảo sát 45,54% giáo viên đánh giá bài toán hóa học phát triển tư duy ở mức độ tốt và 54,45% giáo viên đánh giá ở mức độ rất tốt. - Giáo viên thường dạy học sinh bài toán hóa học giải theo 1 cách, theo khảo sát 86,36% giáo viên thường xuyên dạy học sinh giải theo 1 cách giải. Khi được hỏi về bài toán hóa học nhiều cách giải thì 51,52% giáo viên không thường xuyên sử dụng dạng này để dạy học sinh. - Hình thức ra đề bài toán hóa học nhằm phát triển tư duy cho học sinh thì có 78,78% giáo viên cho rằng ra đề theo dạng trắc nghiệm có tác dụng tốt để phát triển tư duy, 94% giáo viên đồng tình với việc ra đề theo hình thức tự luận là phát triển tư duy cho học sinh. Thiết nghĩ hình thức ra đề cũng góp 1 phần vào việc phát triển tư duy cho học sinh. Khi dùng bài tập để dạy học sinh phát triển tư duy thì ra đề th eo hình thức tự luận sẽ tốt hơn vì khi đó học sinh sẽ phải giải bài tập và chống hiện tượng đoán mò chọn đáp án… - Theo điều tra thì 95,46% giáo viên cho rằng bài toán hóa học nhiều cách giải sẽ phát triển tư duy cho học sinh ở mức độ tốt và rất tốt trong khi đó 90,91% giáo viên cho rằng bài toán chỉ yêu cầu 1 cách giải nặng về tính toán chỉ phát triển tư duy rất ít và mức độ bình thường. Qua thực trạng khảo sát trên chúng tôi rút ra được một số nhận xét sau: Hầu hết giáo viên đều biết được tầm quan trọng của bài toán hóa học đặc biệt là bài toán hóa học nhiều cách giải trong việc phát triển tư duy cho học sinh, tuy nhiên giáo viên chưa thật sự quan tâm đến việc sử dụng bài toán hóa học nhiều cách giải trong quá trình giảng dạy của mình. 51,52% giáo viên không thường xuyên sử dụng bài toán nhiều cách giải trong khi 95,46% giáo viên cho rằng bài toán hóa học nhiều cách giải sẽ phát triển tư duy cho học sinh ở mức độ tốt và rất tốt. Điều này cho chúng ta đặt một câu hỏi lớn vì sao tất cả đều biết được sự phá t triển tư duy của bài toán nhiều cách giải nhưng vẫn không sử dụng để giảng dạy. Chúng tôi có thể lí giải như sau: - Do lối mòn tư duy, trước giờ các thầy cô giáo vẫn được học và dạy học sinh giải theo 1 cách. - Việc giải bài toán theo nhiều cách đôi khi làm giáo viên lẫn học sinh nghĩ rằng đó là việc làm thừa vì chỉ cần có kết quả ở cách 1 là được rồi, học sinh ít chú ý đến cách 2, 3, 4 … vì vậy mà giáo viên cũng ít giới thiệu các cách khác. - Khi dạy học sinh giải theo nhiều cách cũng đồng nghĩa với việc hướng dẫn học sinh tất cả các phương pháp giải toán hóa học. Điều này tốn thời gian của thầy lẫn trò. - Nhiều giáo viên rất muốn dạy học sinh bài toán hóa học theo nhiều cách nhưng nguồn bài tập thì rất ít không biết tìm đâu, không có thời gian biên soạn nên không để ý đến bài toán nhiều cách giải trong quá trình dạy học của mình nữa. Trước thực trạng như trên việc thiết kế bài toán hóa học nhiều cách giải thật sự cấp thiết, đáp ứng được nhu cầu của người học lẫn người dạy. Tóm tắt chương 1 Trong chương này, chúng tôi đã trình bày cơ sở lý luận và cơ sở thực tiễn của đề tài, bao gồm các nội dung chính như sau: 1. Bài tập hóa học: khái niệm, phân loại, tác dụng, bài toán hóa học, 10 phương pháp giải toán hóa học 2. Vấn đề về tư duy và sự phát triển tư duy qua bài tập nhiều cách giải. 3. Mối quan hệ giữa bài toán hóa học nhiều cách giải và việc nâng cao hiệu quả dạy học ở trung học phổ thông. 4. Thực trạng sử dụng bài toán hóa học nhiều cách giải để rèn tư duy và nâng cao hiệu quả dạy học hiện nay. Tất cả các vấn đề trên là nền tảng cơ sở cho phép chúng tôi nêu lên sự cần thiết phải thực hiện đề tài nghiên cứu nhằm phục vụ tốt cho thực tế giảng dạy và nâng việc phát triển tư duy lên một bước cao hơn. Chương 2: THIẾT KẾ HỆ THỐNG BÀI TOÁN HÓA HỌC NHIỀU CÁCH GIẢI 2.1. Những yêu cầu của một bài toán hóa học nhiều cách giải Thiết kế bài toán hóa học nhiều cách giải là một trong những khâu quan trọng của quá trình dạy học sinh phát triển tư duy. Vì vậy, để việc thiết kế thành công, người thiết kế cần hiểu được những yêu cầu của một bài toán nhiều cách giải. Dưới đây chúng tôi nêu ra một số yêu cầu cụ thể: 2.1.1. Nội dung của bài toán đáp ứng đúng mục đích, yêu cầu của môn học Bài toán nhiều cách giải được thiết kế phải có nội dung phù hợp với mục đích, yêu cầu giảng dạy của từng chương, từng bài nói riêng. Ví dụ: khi dạy về axit nitric giáo viên nên thiết kế bài toán nhiều cách giải nêu bật mục đích, yêu cầu của bài là làm rõ tính oxi hóa của axit nitric. 2.1.2. Bài toán đảm bảo tính chính xác khoa học Bài toán nhiều cách giải được thiết kế phải đảm bảo tính chính xác, khoa học cả về mặt toán học lẫn hóa học. Sao cho nội dung không mâu thuẫn nhau cả về số liệu toán học lẫn ý nghĩa hóa học. 2.1.3. Bài toán phù hợp với trình độ của học sinh Trình độ của học sinh là vấn đề giáo viên cần quan tâm trong việc thiết kế bài toán hóa học. Bài toán hóa học được thiết kế phải phù hợp với trình độ các em về lượng kiến thức cũng như các phương pháp giải. Giáo viên tránh thiết kế những bài toán quá sức với học sinh. 2.1.4. Bài toán cần đầy đủ dữ kiện Khi thiết kế bài toán giáo viên cần chú ý sao cho dữ kiện không thiếu và cũng không thừa. Nghĩa là các dữ kiện phải đủ để tìm ra đáp án của bài toán và nếu bỏ bớt đi một trong những dữ kiện đã cho thì sẽ không tìm được đáp số xác định. 2.1.5. Số liệu của bài toán phù hợp thực tế Một trong những tác dụng của bài toán hóa học là nó phản ánh được thực tế hóa học. Vì vậy khi sáng tạo một bài toán cần phải lấy số liệu phù hợp thực tế để các em thấy được lợi ích khi giải bài toán hóa học đó. 2.1.6. Ngôn ngữ của bài toán ngắn gọn, mạch lạc, dễ hiểu, chuẩn mực Ngôn ngữ của bài toán hóa học có ảnh hưởng không ít đến việc hiểu nội dung, ý nghĩa của bài toán đến quá trình suy nghĩ chọn cách giải của học sinh. Nhiều trường hợp chỉ vì không phân biệt được ý nghĩa của một số từ như “các thể tích được đo trong cùng điều kiện” với “ở đktc” hay “nồng độ phần trăm” và “phần trăm khối lượng”.v.v.. mà học sinh mắc phải những sai lầm đáng tiếc trong suy luận để giải bài toán hóa học. Cũng nên tránh việc kể lể dài dòng những sự kiện trong bài toán hóa học, không cần thiết và dễ làm cho học sinh khó tập trung suy nghĩ được vào trọng tâm bài toán. 2.1.7. Bài toán có thể giải bằng các cách khác nhau Các bài toán hóa học nói chun g đều phải đảm bảo 6 yêu cầu trên. Riêng đối với bài toán hóa học nhiều cách giải thì cần thêm yêu cầu này. Bài toán được thiết kế sao cho học sinh có thể giải bằng nhiều cách khác nhau. Đồng thời việc giải bằng nhiều cách khác nhau vẫn đưa tới kết quả chính xác. 2.2. Phương pháp thiết kế bài toán hóa học nhiều cách giải Các bài toán hóa học trong sách giáo khoa và sách bài tập của Bộ GD - ĐT đã được chọn lọc, sắp xếp một cách hệ thống, phù hợp với trình độ kiến thức và tâm lí của phần đông học sinh. Tuy vậy, khi dạy hóa học, giáo viên vẫn cần phải nghiên cứu rõ vị trí, tác dụng của từng bài toán trong mỗi bài học, trong mỗi phần của chương trình để vận dụng giảng dạy cho hợp lí sao cho chất lượng học tập cũng như tư duy của học sinh phát triển. Tuy nhiên, giáo viên dạy phổ thông thường phải soạn thêm bài toán hóa học để làm tài liệu giảng dạy, vì những lí do sau: - Mỗi trường, mỗi lớp, mỗi địa phương lại có những đặc điểm riêng, có hoàn cảnh riêng nên giáo viên phải soạn thêm các bài toán hóa học mới để nâng cao chất lượng giảng dạy. - Trình độ học sinh không đồng đều có học sinh học rất tốt (giỏi hơn chuẩn), có học sinh học rất yếu vì vậy bài tập được thiết kế của giáo viên sẽ bám sát cũng cố rèn luyện kiến thức và kĩ năng cho học sinh. - Giáo viên thiết kế bài toán để phục vụ mục đích giảng dạy của mình: ví dụ như bài toán nhiều cách giải để phát triển tư duy cho học sinh, bài toán có cách giải nhanh … Nhằm phục vụ cho việc rèn luyện tư duy của học sinh thông qua bài toán hóa học nhiều cách giải, chúng tôi thiết kế các bài toán hóa học có thể giải bằng nhiều cách khác nhau, ít nhất là 2 cách. Trong khuôn khổ luận văn, bài toán nhiều cách giải được chúng tôi thiết kế và hướng dẫn thiết kế ở hình thức tự luận. 2.2.1. Thiết kế bài toán dựa vào bài toán hóa học đã có Dựa trên những bài toán hóa học đã có sẵn mà thiết kế các đề toán mới là một trong những cách sáng tác đề toán đơn giản nhất và dễ thực hiện nhất. Sau đây là một số cách mà giáo viên có thể áp dụng để thiết kế 1 bài toán hóa học có nhiều cách giải. 2.2.1.1.Đặt các bài toán mới tương tự với bài toán đã giải Sau khi giải xong 1 bài toán hóa học có thể giải được nhiều cách khác nhau, giáo viên có thể dựa vào bài toán đó mà thiết kế ra các bài toán hóa học mới tương tự bài toán đã giải. Biết lập đề toán theo kiểu này là một biện pháp rất tốt để nắm vững cách giải các bài toán cùng loại, giúp ta nắm vững hơn mối quan hệ giữa các đại lượng và những quan hệ bản chất trong mỗi bài toán hóa học. Nhờ thế mà hiểu bài toán hóa học sâu sắc hơn. Sau đây là một s ố cách để thiết kế bài toán hóa học nhiều cách giải mới từ 1 bài toán hóa học đã có.  Thay đổi số liệu đã cho trong bài toán hóa học Ví dụ 1: Cho hỗn hợp A gồm Cu và Mg vào dung dịch HCl dư thu được 5,6 lít khí (đktc) không màu và một chất rắn không tan B. Dùng dung dịch H 2SO4đ, nóng để hòa tan hoàn toàn chất rắn B thu được 2,24 lít SO2 (đktc). a. Viết PTHH của các phản ứng xảy ra. b. Tính khối lượng hỗn hợp A ban đầu. (Bài 5.22 trang 39 - Sách bài tập Hóa 10 cơ bản – NXBGD) Bài toán này có thể giải theo các cách sau: Cách 1: Phương pháp đại số Mg + 2HCl → MgCl2 + H2 Cu + 2H2SO4 → CuSO4 + SO2 + 2H2O 2 2 H Mg H 5,6n = = 0,25 mol 22,4 => n = n = 0,25 mol => mMg = 0,25 x 24 = 6 g 2 2 SO Cu SO 2,24n = = 0,1 mol 22,4 => n = n = 0,1 mol mCu = 0,1 x 64 = 6,4 g mhh = mCu + mMg = 6 + 6,4 = 12,4 g Cách 2: Phương pháp bảo toàn electron Mg → Mg+2 + 2e x 2x 2H+ + 2e → H2 0,25x2 0,25 Theo phương pháp bảo toàn electron thì: tổng số e nhường = tổng e nhận  2x = 0,5  x = 0,25  nMg = 0,25 mol => mMg = 0,25 x 24 = 6 g Cu → Cu+2 + 2e y 2y S+6 + 2e → S+4 0,1 x2 0,1 Theo phương pháp bảo toàn electron thì: tổng số e nhường = tổng e nhận  2y = 0,2  y = 0,1  nCu = 0,1 mol => mCu = 0,1 x 64 = 6,4 g  mhh = mCu + mMg = 6 + 6,4 = 12,4 g Đây là 1 trong những bài toán có thể giải bằng nhiều cách, giáo viên có thể thiết kế những bài toán khác tương tự từ bài toán này để làm ngân hàng bài toán hóa học nhiều cách giải nhằm phát triển tư duy cho học sinh. Khi thay đổi số liệu ta có thể có các bài toán sau đây: Ví dụ 1a: Cho hỗn hợp A gồm Cu và Mg vào dung dịch HCl dư thu được 22,4 lít khí (đktc) không màu và một chất rắn không tan B. Dùng dung dịch H 2SO4đ, nóng để hòa tan hoàn toàn chất rắn B thu được 4,48 lít SO2 (đktc). a. Viết PTHH của các phản ứng xảy ra. b. Tính khối lượng hỗn hợp A ban đầu. Ví dụ 1b: Cho hỗn hợp A gồm Cu và Mg vào dung dịch HCl dư thu được 5,48 lít khí (đktc) không màu và một chất rắn không tan B. Dùng dung dịch H 2SO4đ, nóng để hòa tan hoàn toàn chất rắn B thu được 16,8 lít SO2 (đktc). a. Viết PTHH của các phản ứng xảy ra. b. Tính khối lượng hỗn hợp A ban đầu. Khi thay đổi số liệu ta có thể có các bài toán khác nhau. Tuy nhiên khi thay đổi số liệu ta cần chú ý đến tính hợp lí của chúng không thể thay thế nào cũng được. Chẳng hạn với bài toán trên ta không thể thay các thể tích thu được là 0,00224 lít hay 0,0448 lít. Các thể tích quá nhỏ không thuận tiện cho việc đo đạc cũng như việc tiến hành thí nghiệm.  Thay đổi các đối tượng trong bài toán hóa học Với bài toán ở ví dụ 1 ở trên ta có thể thay đổi các đối tượng như sau: Ví dụ 1c: Cho hỗn hợp A gồm Ag và Fe vào dung dịch HCl dư thu được 22,4 lít khí (đktc) không màu và một chất rắn không tan B. Dùng dung dịch HNO3, nóng để hòa tan hoàn toàn chất rắn B thu được 4,48 lít NO2 (đktc). a. Viết PTHH của các phản ứng xảy ra. b. Tính khối lượng hỗn hợp A ban đầu. Ví dụ 1d: Cho hỗn hợp A gồm Cu và Zn vào dung dịch H2SO4 dư thu được 22,4 lít khí (đktc) không màu và một chất rắn không tan B. Dùng dung dịch HNO 3 đặc, nóng để hòa tan hoàn toàn chất rắn B thu được 4,48 lít NO2 (đktc). a. Viết PTHH của các phản ứng xảy ra. b. Tính khối lượng hỗn hợp A ban đầu. Khi thay đổi các đối tượng trong bài toán cần giữ nguyên ý nghĩa của bài toán. Bài toán trên cho 2 kim loại, 1 k im loại không tác dụng được với axit không có tính oxi hóa. Nếu như khi ta thay đổi bài toán bằng việc thay các kim loại trên bằng 2 kim loại tác dụng được với axit không có tính oxi hóa hay thay đổi HCl bằng HNO3 … thì nội dung bài toán hoàn toàn thay đổi.  Thay đổi các quan hệ bài toán hóa học Ví dụ 1e: Cho hỗn hợp A gồm Cu và Mg vào dung dịch HCl dư thu được 5,6 lít khí (đktc) không màu và một chất rắn không tan B. Dùng dung dịch H 2SO4đ, nóng để hòa tan hoàn toàn chất rắn B thu được 2,24 lít SO2 (đktc). a. Viết PTHH của các phản ứng xảy ra. b. Tính phần trăm khối lượng của hỗn hợp A ban đầu. Với bài toán này trong câu b tính tổng khối lượng của hỗn hợp ta đã chuyển sang tính phần trăm khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp. Ta đã thay quan hệ tổng bằng quan hệ phần trăm.  Tăng hoặc giảm số đối tượng trong đề toán Ví dụ 2: Để khử hoàn toàn 17,6 g hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe3O4 đến Fe cần vừa đủ 2,24 lít khí CO (đktc). Khối lượng Fe thu được là bao nhiêu? (Bài 4 trang 151 - Sách Hóa 12 cơ bản – NXBGD) Bài giải Cách 1: CO 2,24n = = 0,1mol 22,4 Theo bảo toàn nguyên tố: 2CO CO n = n = 0,1mol 2CO CO m = 0,1 x 44 = 4,4 g m = 0,1 x 28 = 2,8 g ĐLBTKL: 2hh CO Fe CO m + m = m + m 2Fe hh CO CO Fe Fe =>m = m + m - m m = 17,6 +2,8 - 4,4 m = 16 gam Cách 2: nO của oxit = nCO = 0,1 mol mO= n x M= 0,1 x 16 = 1,6g mFe = moxit – mO = 17,6 – 1,6 = 16 g Cách 3: FexOy + CO → Fe + CO2 Ta thấy: từ CO→CO2 : thêm 1 nguyên tử O => khối lượng O thêm vào đó chính là khối lượng của oxi trong oxit: mO = mCO2 – mCO = 4,4 – 2,8 = 1,6 g mFe= moxit – mO = 17,6 – 1,6 = 16 g Cách 4: Gọi x,y,z,t lần lượt là số mol của Fe, FeO, Fe3O4 trong hỗn hợp A. FeO + CO → Fe + CO2 y y y Fe3O4 + 4CO → 3Fe + 4CO2 z 4z 3z mFe = (x + y + 3z) x 56 (1) nCO = y + 4z = 2,24/22,4=0,1 mol (2) mA = 56x + (56 + 16)y + (56 x 3+16 x 4)z = 17,6 = 56x + 56y + 56x3z + 16y + 16x4z = 17,6 =56(x + y + 3z) + 16(y + 4z) = 17,6 (3) Thế (1,2) vào (3) ta được : mFe +16 x 0,1= 17,6 mFe = 17,6 – 16 x 0,1 = 17,6 – 1,6 = 16g Bài toán trên trong SGK hóa 12 cơ bản có thể giải được nhiều cách. Giáo viên có thể lấy bài tập này làm ví dụ để tham khảo tự thiết kế bài toán hóa học nhiều cách giải khác. Bài toán này giáo viên có thể tăng hoặc giảm đối tượng đề toán như sau: Ví dụ 2a. Để khử hoàn toàn 17,6 g hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 đến Fe cần vừa đủ 2,24 lít khí CO (đktc). Khối lượng Fe thu được là: A. 15gam B. 16 gam C. 17 gam D. 18 gam Ví dụ 2b. Để khử hoàn toàn 17,6 g hỗn hợp gồm FeO, Fe3O4 đến Fe cần vừa đủ 2,24 lít khí CO (đktc). Khối lượng Fe thu được là: A. 15gam B. 16 gam C. 17 gam D. 18 gam Ở ví dụ 2a Fe2O3 được thêm vào; ví dụ 2b Fe được thêm vào khi đó ta có 2 bài toán hoàn toàn mới và có thể giải được nhiều cách.  Thay đổi một trong những số đã cho bằng điều kiện gián tiếp Để thiết kế bài toán mới dựa trên bài toán có sẵn, ta có thể thay đổi điều kiện của bài toán từ trực tiếp thành gián tiếp. Ta có thể thiết kế bài toán mới từ bài toán ở ví dụ 2 như sau: Ví dụ 2c. Để khử hoàn toàn 17,6 g hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe3O4 đến Fe cần vừa đủ 2l khí CO ở 20oC, áp suất 1,2 atm. Khối lượng Fe thu được là bao nhiêu? Ví dụ 2d. Để khử hoàn toàn 17,6 g hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe3O4 đến Fe cần vừa đủ 560 ml khí CO ở 54,6oC và 4,8 atm. Khối lượng Fe thu được là bao nhiêu? Khi thay thể tích khí CO 2,24 lít ở điều kiện tiêu chuẩn (t 0 = 250C; p=1atm) bằng điều kiện không chuẩn (t0 = 200C; p=1,2atm) hay (t0 = 54,60C; p= 4,8atm) thì ta đã được các bài toán mới.  Thay đổi câu hỏi của một bài toán bằng câu hỏi khó hơn Ví dụ 3. Hòa tan hoàn toàn 1,5 gam hỗn hợp Al và Mg vào dung dịch HCl thu được 1,68 lít khí H2 (đktc). Tính phần trăm khối lượng của từng kim loại trong hỗn hợp. (Bài 5.25 trang 36 - Sách Bài tập Hóa 12 cơ bản – NXBGD) Bài giải Cách 1: 2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2 x 1,5x Mg + 2HCl → MgCl2 + H2 y y 2H 1,68n = = 0,075 mol 22,4 Theo bài ta có hệ: 1,5 x + y = 0,075 27x + 24y = 1,5 Giải hệ ta được : x = 0,0333 mol ; y = 0.025 mol mAl = 0,03333 x 27 = 0,9 gam mMg = 0,025 x 24 = 0,6 gam 0,9%Al = x 100% = 60% 1,5 0,6%Mg = x 100% = 40% 1,5 Cách 2: Al → Al+3 +3e x 3x 2H+ +2e → H2 Mg → Mg+2 +2e 0,15 0,075 y 2y Ta có: tổng số mol e nhường = tổng mol e nhận =>3x + 2y = 0,15 (1) Theo đề bài ta có: 27x + 24y = 1,5 (2) Kết hợp (1) và (2) ta có hệ : 1,5 x + y = 0,075 27x + 24y = 1,5 Giải hệ ta được : x = 0,0333 mol ; y = 0,025 mol mAl = 0,03333 x 27 = 0,9 gam mMg = 0,025 x 24 = 0,6 gam 0,9%Al = x 100% = 60% 1,5 0,6%Mg = x 100% = 40% 1,5 Đây cũng là một bài toán nhiều cách giải, giáo viên có thể tham khảo và thiết kế bài toán tương tự. Bài toán ví dụ 3 ta có thể thiết kế bài toán mới khi thay đổi câu hỏi của bài toán bằng câu hỏi khó hơn. Ta có thể thay đổi bài toán như sau: Ví dụ 3a. Hòa tan hoàn toàn 1,5 gam hỗn hợp Al và Mg vào dung dịch HCl thu được 1,68 lít khí H2 (đktc). Tính tổng khối lượng muối thu được sau phản ứng. Ví dụ 3b. Hòa tan hoàn toàn 1,5 gam hỗn hợp Al và Mg vào dung dịch HCl thu được 1,68 lít khí H2 (đktc). Tính phần trăm khối lượng muối thu được sau phản ứng. Khi thay đổi câu hỏi của bài toán thì ta được bài toán mới, bài toán này khó hơn bài toán ở ví dụ 3. Tuy nhiên bài toán này vẫn được giải bằng nhiều cách tương tự như bài toán ở ví dụ 3. 2.2.1.2. Thiết kế BTHH nhiều cách giải ngược với bài toán đã giải Trong một bài toán nếu ta thay một trong những dữ kiện đã cho bằng đáp số của bài toán và đặt câu hỏi vào điều đã cho ấy thì ta được một bài toán ngược. Với ví dụ 1 ở trên ta có thể sử dụng bài toán ngược để thiết kế bài toán hóa học nhiều cách giải mới. Ta có thể thiết kế bài toán ngược như sau: Ví dụ 1f: Cho 12,4 gam hỗn hợp A gồm Cu và Mg vào dung dịch HCl dư thu được 5,6 lít khí (đktc) không màu và một chất rắn không tan B. Dùng dung dịch H2SO4đ, nóng để hòa tan hoàn toàn chất rắn B thu được V lít SO2 (đktc). a. Viết PTHH của các phản ứng xảy ra. b. Tính V. Ví dụ 1g: Cho 12,4 gam hỗn hợp A gồm Cu và M g vào dung dịch HCl dư thu được V lít khí (đktc) không màu và một chất rắn không tan B. Dùng dung dịch H2SO4đ, nóng để hòa tan hoàn toàn chất rắn B thu được 2,24 lít SO2 (đktc). a. Viết PTHH của các phản ứng xảy ra. b. Tính V. 2.2.1.3. Thiết kế bài toán bằng cách chuy ển câu hỏi trắc nghiệm sang tự luận Khi chuyển câu hỏi từ trắc nghiệm sang tự luận ta có bài toán hóa học mới. Ta có thể chuyển bài toán từ trắc nghiệm sang tự luận như ví dụ sau: Ví dụ 5. Một hỗn hợp gồm 13 g kẽm và 5,6 g sắt tác dụng với dung dịch axit sunfuric loãng, dư. Thể tích khí hiđro (đktc) được giải phóng sau phản ứng là A. 4,48 lít B. 2,24 lít C. 6,72 lít D. 67,2 lít Ta chuyển sang bài toán tự luận như sau: Ví dụ 5a. Một hỗn hợp gồm 13 g kẽm và 5,6 g sắt tác dụng với dung dịch axit sunfuric loãng, dư. Tính thể tích khí hiđro (đktc) được giải phóng sau phản ứng. 2.2.2. Thiết kế bài toán hóa học nhiều cách giải hoàn toàn mới 2.2.2.1. Thiết kế bài toán chứa nội dung đã định trước Khi giáo viên muốn kiểm tra k iến thức của học sinh về 1 nội dung nào thì giáo viên có thể thiết kế bài tập tùy thuộc vào yêu cầu của mình. Chẳng hạn, khi giáo viên muốn kiểm tra khả năng viết phương trình phản ứng oxi hóa khử và phương pháp giải toán bảo toàn electron, giáo viên có thể thiết kế bài toán nhiều cách giải như sau: Ví dụ 6. Hòa tan 8,32 g Cu vào dung dịch HNO 3 thu được 4,928 lít hỗn hợp NO, NO2 (đktc). Tính phần trăm thể tích của mỗi khí trong hỗn hợp. Bài toán này học sinh có thể giải theo các cách sau: Cách 1: Viết 2 phương trình của kim loại tác dụng với HNO 3, 1 phương trình tạo khí NO, 1 phương trình tạo khí NO2 Cách 2: Viết 2 quá trình nhường và nhận e, không cần viết phương trình phản ứng và giải bằng phương pháp bảo toàn e. Như vậy khi giáo viên ra bài tập này có thể kiểm tra được kiến thức của học sinh về khả năng viết và cân bằng phương trình phản ứng oxi hóa khử oxi hóa khử mặc khác có thể kiểm tra về phương pháp giải toán bằng cách thăng bằng electron. 2.2.2.2. Thiết kế bài toán bằng cách kết hợp nhiều bài toán nhỏ lại với nhau Ví dụ 7. Đốt cháy hoàn toàn 2,20g một ankan X thu được 3,36 lít khí CO2 (đktc). Công thức phân tử của X là A. CH4 B. C2H6 C. C3H8 D. C4H10 ( Bài 5.15 trang 43 - Sách Bài tập Hóa 11 nângcao – NXBGD) Bài toán này đốt cháy 1 ankan thu được khí CO 2. Tìm CTPT của chất đó. Nếu ta kết hợp bài toán này với 1 bài toán khác đốt cháy 1 ankan lân cận ankan X thì ta sẽ được bài toán mới và có thể giải bằng nhiều cách. Bài toán đó có thể được thiết kế như sau: Ví dụ 7a. Đốt cháy hoàn toàn 13,1g 2 ankan liên tiếp nhau thu được 20,6 lít khí CO2 (đktc). Công thức phân tử của 2 ankan là: A. CH4, C2H6 B. C2H6, C3H8 C. C3H8, C4H10 D.C4H10, C5H12 Ví dụ 7b. Đốt cháy hoàn toàn 9,6g 2 ankan liên tiếp nhau thu được 14,56 lít khí CO2 (đktc). Công thức phân tử của 2 ankan là: A. CH4,C2H6 B. C2H6 , C3H8 C. C3H8, C4H10 D.C4H10, C5H12 Hai bài toán ở ví dụ 7a và 7b là bài toán mới và có thể giải được bằng nhiều cách. 2.2.2.3. Thiết kế bài toán từ phương pháp tìm đáp số của một bài toán cũ Ví dụ 8. Cho 20g hỗn hợp bột Mg và Fe tác dụng với dung dịch HCl dư thấy có 1g khí H2 bay ra. Khối lượng muối clorua tạo ra trong dung dịch là bao nhiêu gam? (Bài 1 trang 106 - Sách Hóa 10 cơ bản – NXBGD) Bài giải Cách 1: Mg + 2 HCl → MgCl2 + H2 x x x Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 y y y Gọi x, y lần lượt là số mol của Mg, Fe 2H 1n = = 0,5 mol 2 Theo đề bài và phương trình phản ứng ta có hệ: 24x + 56y = 20 x + y = 0,5 Giải hệ ta được: x = 0,25 mol ;y = 0,25 mol m = m MgCl2 + mFeCl2 = 0,25 x (24 + 35,5 x 2) + 0,25 x (56 + 35,5 x 2) = 55,5 gam Cách 2: Theo phương trình phản ứng => nHCl = 2 nH2 = 0,5 x 2 = 1 mol Theo ĐLBTKL: mkl + mHCl = m muối + m H2 => mmuối = mkl + mHCl - m H2 mmuối = 20 + 1 x 36,5 – 0,5 x 2 = 55,5 g Cách 3: Theo phương trình phản ứng => nHCl = 2 nH2 = 2 x 0,5 = 1 mol  nCl- = nHCl = 1 mol m muối = mkl + m anion gốc axit = mkl + mCl- = 20 + 35,5 = 55,5 g Cách 4: Vì 2 kim loại có cùng hóa trị 2 nên ta gọi 2 kim loại là M Ta có phương trình phản ứng: M + HCl → 2MCl + H2 klm 20M = = = 40g n 0,5 => 2MCl m = n.M = 0,5 x (40 + 71) = 55,5 g Bài toán trên là 1 bài toán có thể giải bằng 4 cách, các cách có thể được tóm tắt như sau: Cách 1: Lập hệ phương trình hai ẩn tìm số mol của 2 muối; tìm khối lượng 2 muối sau đó tìm tổng khối lượng 2 muối. Cách 2: Tính khối lượng muối theo ĐLBT KL Cách 3: mmuối = mKL + manion Cách 4: phương pháp trung bình Dựa vào cách giải của bài toán trên ta có thể đặt được bài toán hoàn toàn mới có 4 cách giải như cách trên. Bài toán mới có thể được thiêt kế như sau: Ví dụ 8a: Hòa tan 9,04 gam hợp kim Cu, Mg, Al bằng một lượng vừa đủ dung dịch HCl thu được 7,84 lít khí A (đktc); 1,54 gam chất rắn B và dung dịch C. Cô cạn dung dịch C thu được m gam muối. Tính m. Ví dụ 8b: Cho 7,8g hỗn hợp hai kim loại là Mg và Al tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư. Khi phản ứng kết thúc, người ta thu được 8,96 lít khí (đktc) và dung dịch muối. Cô cạn dung dịch thu được 1 lượng muối. Tính khối lượng muối thu được sau phản ứng. Hai ví dụ 8a và 8b trên đều có thể giải bằng 4 cách như ví dụ 8 ở trên. Như vậy, dựa vào phương pháp tìm đáp số của bài toán cũ ta có thể thiết kế được những bài toán nhiều cách giải hoàn toàn mới. 2.2.2.4. Thiết kế bài toán từ tóm tắt của một bài toán cũ Ở ví dụ 8 ta có thể tóm tắt đề toán như sau: Dựa trên sợ đồ tóm tắt bài toán trên ta có thể thiết kế được các bài toán như sau: Ví dụ 8c: Hòa tan 18,5 gam hỗn hợp Fe, Zn, Mg, Ca bằng một lượng vừa đủ dung dịch H 2SO4 thu được 8,96 lít khí A (đktc); dung dịch C. Cô cạn dung dịch C thu được m gam muối. Tính m. Ví dụ 8d: Cho 10,9g hỗn hợp kim loại là Mg, Na, Cu, Ag tác dụng với dung dịch HCl dư. Khi phản ứng kết thúc, người ta thu được 0,3 g khí, chất rắn B và dung dịch muối. Cô cạn dung dịch thu được 1 lượng muối C. Tính khối lượng muối thu được sau phản ứng. Như vậy, khi dựa trên sơ đồ tóm tắt của 1 bài toán cũ, ta có thể thiết kế những bài toán mới theo ý mình, có thể thêm bớt vài nội dung cần thiết. 2.3. Hệ thống bài toán hóa học nhiều cách giải 2.3.1. Giới thiệu tổng quan về hệ thống bài toán Như đã trình bày ở chương 1, chúng tôi phân bài toán hóa học trung học phổ thông thành 3 phần: - Bài toán hóa học đại cương 20 Mg Fe +HCl 1g H2 ? khối lượ ng muố i clorua Hoặc Hỗn hợp mg kim loại tác dụng với axit không có tính oxi hóa được mg khí hoặc V lít khí -> tính m muối sau phản ứng Mg Fe 20g +HCl 1g H2 ? khối lượng muối clorua Hoặc - Bài toán hóa học vô cơ - Bài toán hóa học hữu cơ - Chúng tôi đã thiết kế 103 bài toán nhiều cách giải theo từng chủ đề. Cụ thể như sau: - Bài toán nhiều cách giải phần hóa học đại cương (29 bài) + Chủ đề 1: Cấu tạo nguyên tử (7 bài toán) + Chủ đề 2: Bảng tuần hoàn và định luật tuần hoàn (6 bài toán) + Chủ đề 3: Sự điện li – PH (5 bài toán) + Chủ đề 4: Điện phân (3 bài toán) + Chủ đề 5: Dung dịch – Phản ứng trao đổi ion (8 bài toán) - Bài toán nhiều cách giải phần hóa học vô cơ (39 bài) + Chủ đề 1: Kim loại (5 bài toán) + Chủ đề 2: Kim loại kiềm và kim loại kiềm thổ (4 bài toán) + Chủ đề 3: Nhôm và hợp chất của nhôm (4 bài toán) + Chủ đề 4: Sắt và hợp chất của sắt (5 bài toán) + Chủ đề 5: Cacbon và hợp chất của cacbon (5 bài toán) + Chủ đề 6: Lưu huỳnh và hợp chất của lưu huỳnh (5 bài toán) + Chủ đề 7: Clo và hợp chất của clo (7 bài toán) + Chủ đề 8: Nitơ và hợp chất của nitơ (4 bài toán) - Bài toán nhiều cách giải phần hóa học hữu cơ (35 bài) + Chủ đề 1: Đại cương hữu cơ (4 bài toán) + Chủ đề 2: Hiđrocacbon (4 bài toán) + Chủ đề 3: Ancol – Phenol (5 bài toán) + Chủ đề 4: Anđehit (2 bài toán) + Chủ đề 5: Axit cacboxylic (7 bài toán) + Chủ đề 6: Este (5 bài toán) + Chủ đề 7: Amin (4 bài toán) + Chủ đề 8: Aminoaxit (4 bài toán) Các bài toán nhiều cách giải được trình bày trong mục 2.3.2 (mỗi phần 4 chủ đề) và toàn bộ được lưu trong CD. 2.3.2. Bài toán nhiều cách giải phần hóa học đại cương 2.3.2.1. Chủ đề 1: Cấu tạo nguyên tử Bài 1: Tổng số proton, nơtron, electron trong nguyên tử của một nguyên tố là 34. Hãy xác định tên của nguyên tố đó và viết cấu hình electron của nguyên tố đó. Các cách giải: Cách 1: Gọi tổng số proton là Z; tổng số notron là N, tổng số electron là E Ta có: Z + N + E = 34 Vì nguyên tử trung hòa điện nên Z = E ⇔ 2Z + N = 34 (1) ⇔ Do đó Z ≤ 17 (2) Áp dụng: N1 1,5 Z ≤ ≤ nên N ≤ 1,5 Z, thay vào (1) ta được: 2Z + 1,5Z ≥ 34 ⇔ Z ≥ 9,7 (3) Từ (2)(3) => 9,7 ≤ Z ≤ 17 (Z là số nguyên dương) A = 34 –Z Biện luận: Vậy tên nguyên tố Natri (Na) có A = 23, Z = 11 Cấu hình electron: 1s22s22p63s1 Cách 2: Ta có: Z + N + e = 34 Vì nguyên tử trung hòa điện nên Z = số e ⇔ 2Z + N = 34  N = 34 – 2Z (1) Mà N1 1,5 Z ≤ ≤ ⇔ Z ≤ N ≤ 1,5Z (2) Thế (1) vào (2) ta được: 34 – 2Z ≥ Z 34 – 2Z ≤ 1,5Z 34 34 – 2Z Z 3 34 11,333 9,71 11,33 3434 – 2Z 1,5Z 3,5 34 9,71 3,5 10 11 ZZ Z Z Z ZZ Z Z  ≤≥ ≤ ≤  ⇒ ⇒ => => ≤ ≤   ≤ ≥ ≥   ≥  = =>  = Khi Z = 10: N=14 => A = Z +N = 24 (loại) Z 10 11 12 13 14 15 16 A 24 23 22 21 20 19 18 34 - N NZ= = 17 - 2 2 Khi Z = 11: N=12 => A = Z + N = 23 (nhận) Vậy tên nguyên tố Natri (Na) có A = 23, Z = 11 Cấu hình electron: 1s22s22p63s1 Cách 3: Gọi số proton là Z; số notron là N Ta có: Z + N + e = 34 Vì nguyên tử trung hòa điện nên Z = số e ⇔ 2Z + N = 34 (1) Đặt S = 2Z + N Với các nguyên tử có số hiệu nguyên tử từ 2 đến 82 ta có sự liên hệ sau: S SZ 3,5 3 34 34Z 3,5 3 9,71 Z 11,33 Z=10 => Z=11 ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤    Khi Z = 10: N=14 => A = Z +N = 24 (loại) Khi Z = 11: N=12 => A = Z + N = 23 (nhận) Vậy tên nguyên tố Natri (Na) có A = 23, Z = 11 Cấu hình electron: 1s22s22p63s1 Nhận xét: Với bài toán tìm các loại hạt trong nguyên tử, khi đề bài chỉ cho dữ kiện tổng hạt không cho dữ kiện khác thì học sinh khó khăn khi làm bài vì bài toán trở thành 2 ẩn số mà chỉ có 1 phương trình. Xem như không giải được, vì vậy muốn giải được phải biện luận. Bài toán này cách giải 3 ra kết quả nhanh và dễ làm nhất. Tuy nhiên giáo viên phổ thông thường cho học sinh giải theo cách 2, cách này mang tính chất toán học nhiều hơn, đòi hỏi học sinh phải vững toán học. Bài 2: Nguyên tố Bo có hai đồng vị 11B và10 B , số khối trung bình là 10,812. Tìm thành phần % số lượng của mỗi đồng vị. Các cách giải: Cách 1: Gọi x là tỉ lệ số lượng của 10 B 1-x là tỉ lệ số lượng của 11B Ta có: x.10 + 11(1-x) = 10,812 ⇔ 10x – 11x + 11 = 10,812 ⇔ x = 0,188 Vậy % số lượng đồng vị 10 B là 18,8% và 11B là 81,2% Cách 2: Gọi a là % đồng vị của 10 B 100 – a là % đồng vị của 11B Ta có: a.10 + (100-a).11 = 10,812 100 ⇔ a = 18,8 % Vậy % số lượng đồng vị 10 B là 18,8% và 11B là 81,2% Cách 3: Áp dụng phương pháp đường chéo 10 B 10 0,188 10,812 11B 11 0,812 Ta có : 10 11 % B 0,188 % B 0,812 = (1) Vậy % số lượng đồng vị 10 B là 18,8% và 11B là 81,2% Nhận xét: Với bài này học sinh lớp 10 thường sử dụng cách 1 vì cách 2 và cách 3 cần tư duy nhiều hơn. Học sinh lớp 10 mới lên cấp 3 nên kiến thức chưa được cung cấp đầy đủ nên cách 1 là cách mà phần lớn học sinh sẽ chọn. Tuy nhiên để luyện thi đại học phần lớn học sinh sẽ chọn cách 3. Bài 3: Một nguyên tử X của nguyên tố R có tổng số hạt bằng 54 và có số khối nhỏ hơn 38. Xác định số proton, nơtron của nguyên tử X. Các cách giải: Cách 1: Gọi tổng số proton là Z; tổng số notron là N, tổng số electron là E Ta có: Z + N + E = 54 Vì nguyên tử trung hòa điện nên Z = E ⇔ Z + Z + N = 54 ⇔ Z + N = 54 - Z (1) Mà A= Z + N Z > 16 Vậy X có: p = 17; n = 20; A = 37 Cách 2: Ta có: Z + N + E = 34 Vì nguyên tử trung hòa điện nên Z = E ⇔ 2Z + N = 54  N = 54 – 2Z (1) Mà N1 1,5 Z ≤ ≤ ⇔ Z ≤ N ≤ 1,5Z (2) Thế (1) vào (2) ta được: Z ≤ 54 – 2Z ≤ 1,5Z 54 54 Z 3,5 3 15,42 Z 18 16 17 18 Z Z Z ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ = => =  = Biện luận: Vậy X có: p = 17; n = 20; A = 37 Cách 3: Gọi tổng số proton là Z; tổng số notron là N, tổng số electron là E Ta có: Z + N + E = 54 Vì nguyên tử trung hòa điện nên Z = E ⇔ 2Z + N = 54 (1) Đặt S = 2Z + N Với các nguyên tử có số hiệu nguyên tử từ 2 đến 82 ta có sự liên hệ sau: Z 17 18 19 N 20 18 16 A 37 36 35 Kết luận Chọn Loại Loại (từ Z bằng 19 trở đi sẽ tính được N <19, trái với quy luật N1 1,5 Z ≤ ≤ ) Z 16 17 18 N 22 20 18 A 38 37 36 Kết luận Loại Chọn Loại S SZ 3,5 3 54 54Z 3,5 3 15,42 Z 18 Z=16 => Z=17 Z=18 ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤     Biện luận: Vậy X có: p = 17; n = 20; A = 37 Nhận xét: Bài toán này, với 3 cách giải đều dùng phương pháp biện luận; với cách giải 1 và 3 thì đáp án ra nhanh hơn. Tuy nhiên, để giải theo cách 1 học sinh phải có tư duy cao hơn, tìm được mối liên hệ giữa giới hạn của Z với giới hạn của A. Bài 4: Biết nguyên tử Cacbon gồm: 6 proton, 6 nơtron và 6 electron. a. Hãy tính khối lượng của toàn nguyên tử. b. Tính tỉ lệ khối lượng electron đối với khối lượng của toàn nguyên tử. Các cách giải: Cách 1: a. Khối lượng của toàn nguyên tử C: mnguyên tử = 6 . mproton + 6. mnơtron + 6. melectron = 6 (1,67.10-24 + 1,675.1024 + 9,1.10-28) = 6.10-24(1,67 + 1,675+9,1.10-4) ≈ 20,1.10-24g mnguyên tử = 20,1.10-24g b. Tính tỉ lệ phần trăm khối lượng toàn nguyên tử me = 6.9,1.10-28 = 54,6.10-28 gam -28 -2 -2e e -24 ngt m .100 54,6.10 .100%m = = =2,72.10 3.10 m 20,1.10 ≈ Vậy e ngt m 3= m 10000 Z 16 17 18 N 22 20 18 A 38 37 18 Kết luận Loại Chọn Loại Cách 2: Khối lượng của toàn nguyên tử C: Ta có: MC = 12 đvC ⇒ mC = 12.1,67.10-24 = 20,04.10-24g me = 6.9,1.10-28 = 54,6.10-28 gam Vậy: 28 e 24 ngt m 54,6.10 3= m 20,04.10 10000 − − ≈ Nhận xét: Bài toán này, HS thường dùng cách 1. Tuy nhiên, nếu học sinh tinh ý suy ngược từ khối lượng nguyên tử thì sẽ giải ra nhanh hơn. Bài 5: Nguyên tố đồng có hai đồng vị 6329Cu và 6529Cu , số khối trung bình là 63,54. Tìm thành phần % số lượng của mỗi đồng vị. Các cách giải: Cách 1: Gọi x là tỉ lệ số lượng của 6329Cu x là tỉ lệ số lượng của 6529Cu Ta có: x.65 + 63(1-x) = 63,54  0,54x = = 0,27 2 Vậy % số lượng đồng vị 6329Cu là 27% và 6529Cu là 73% Cách 2: Gọi a là tỉ lệ số lượng của đồng vị 65 29Cu . Ta có: 63,54 - 63a = = 0,27 hay (27%) 65- 63 Vậy % số lượng đồng vị 63 29Cu là 27% và 65 29Cu là 73% Cách 3: Áp dụng phương pháp đường chéo 65 29Cu 65 0,54 63,54 63 29Cu 63 1,46 Ta có : 65 29 63 29 % Cu 0,54 % Cu 1, 46 = (1) Mà 65 63 29 29 63 65 29 29 % Cu + % Cu 100% % Cu 100% % Cu = => = − Thế vào (1) ta được: 65 29 63 29 % Cu 0,54 100% - % Cu 1,46 = Giải ra ta được: % số lượng đồng vị 63 29Cu là 27% và 65 29Cu là 73% Nhận xét: Với bài này học sinh lớp 10 thường sử dụng cách 1 vì cách 2 và cách 3 cần tư duy nhiều hơn. Học sinh lớp 10 mới lên cấp 3 nên kiến thức chưa được cung cấp đầy đủ nên cách 1 là cách mà phần lớn học sinh sẽ chọn. Tuy nhiên để luyện thi đại học phần lớn học sinh sẽ chọn cách 3. Bài 6: Hãy tính khối lượng của 1,5.1023 nguyên tử kẽm. Biết số Avôgađrô N = 6.1023 Các cách giải: Cách 1: Ta có: 23 Zn 23 1,5.10n 0,25 mol 6.10 = = Vậy khối lượng của 1,5.1023 nguyên tử Zn là: 0,25 x 65 = 16,25 (gam) Cách 2: Áp dụng công thức: 1 đvC = 1/N gam ⇔ 1 đvC = -23 -2423 1 = 0,1667.10 gam = 1,667.10 gam 6.10 1 nguyên tử Zn có 65 đvC 1,5.1023 nguyên tử Zn có 1,5.1023 x 65 đvC Mà 1 đvC có 1,667.10-24 gam => Vậy khối lượng của 1,5.1023 nguyên tử Zn là: 1,5.1023 x 65 x 1,667.10-24 = 16,25 gam Cách 3: Cứ 6.1023 nguyên tử Zn có khối lượng là 65 gam 1,5.1023 nguyên tử Zn có khối lượng là a gam. => 23 23 1,5.10 x 65a = 16,25 gam 6.10 = Nhận xét: Bài toán này, với 3 cách giải đều dùng phương pháp biện luận; tuy nhiên với cách giải 1 và 3 thì đáp án ra nhanh hơn và dễ sử dụng hơn. Bài 7: Hãy tính khối lượng bằng gam của 1 nguyên tử clo, 1 nguyên tử sắt, 1 nguyên tử oxi và 1 nguyên tử hiđro Biết số Avôgađrô N = 6.1023 Các cách giải: Cách 1: Vì 1 nguyên tử H có khối lượng bằng 1 đvC = 1,667.10-24 gam nên khối lượng của: + 1 nguyên tử clo có 35,5 đvC nên khối lượng tính bằng gam của 1 nguyên tử clo là: 35,5 x 1,667.10-24 = 59,18.10-24 gam + 1 nguyên tử Fe có 56 đvC nên khối lượng tính bằng gam của 1 nguyên tử Fe là: 56 x 1,667.10-24 = 93,352.10-24 gam + 1 nguyên tử oxi có 16 đvC nên khối lượng tính bằng gam của 1 nguyên tử O là: 16 x 1,667.10-24 = 26,672.10-24 gam Cách 2: + 6.1023 nguyên tử Clo có khối lượng là 35,5 gam => 1 nguyên tử Clo có khối lượng là: -2423 35,5 = 59,17.10 gam 6.10 + 6.1023 nguyên tử Fe có khối lượng là 56 gam => 1 nguyên tử Fe có khối lượng là: -2423 56 = 93,33.10 gam 6.10 + 6.1023 nguyên tử O có khối lượng là 16 gam => 1 nguyên tử O có khối lượng là: -2423 16 = 26,67.10 gam 6.10 Nhận xét: Bài toán này, với 2 cách giải trên đều dễ sử dụng. Tuy nhiên để làm được bài này học sinh cần nắm vững ý nghĩa các đại lượng: khối lượng nguyên tử, khối lượng mol nguyên tử. 2.3.2.2. Chủ đề 2: Bảng tuần hoàn và định luật tuần hoàn Bài 1: Cho 5 gam hỗn hợp 2 kim loại nhóm IIA tan hoàn toàn trong nước, thu được 1,12 lít H2 (đo ở O0C và 2 atm). Biết chúng thuộc 2 chu kì liên tiếp, tìm 2 kim loại trên. Các cách giải: Cách 1: phương pháp trung bình 2H PV 2 x 1,12n = = = 0,1 mol RT 0,082 x 273 Gọi CTTB của 2 kim loại là R R + 2H2O → R(OH)2 + H2 Từ phương trình => 2HR n = n = 0,1 mol m 5R = = = 50g n 0,1 => R' 50 R''≤ ≤ Vì R’ và R’’ thuộc hai chu kì liên tiếp nên 2 kim loại cần tím là: R’ = 40: Canxi – Ca R’’ = 87: Stronti – Sr Cách 2: Phương pháp ghép ẩn số Gọi 2 kim loại nhóm IIA lần lượt là M (x mol) và M’(y mol) Ta có pt phản ứng: M + 2H2O → M(OH)2 + H2 x x M’ + 2H2O → M’(OH)2 + H2 y y Theo đề ta có hệ phương trình: x + y = 0,1 (*) Mx + M'y = 5 (**)    (1) Từ hệ phương trình ta biện luận theo hai cách như sau: Cách 2.1: giải sử M’ ở chu kì dưới => M’ > M Từ (**) ta có: Mx + My < Mx + M’y < M’x + M’Y ⇔ M(x +y) < 5 < M’(x +y) ⇔ M < 50 < M’ Vì M và M’ thuộc nhóm IIA và 2 chu kì liên tiếp nên: M = 40 (Ca), M’ = 87 (Sr) Cách 2.2. Từ (*) => y = 0,1 – x ta thế vào (**) ta được: Mx + M’ (0,1 - x) = 5 ⇔ x (M – M’) = 5 – 0,1M’ ⇔ 5 - 0,1M'x = M - M' Mà 0 < x < 0,1 nên: 5 - 0,1M'0 < 0,1 (***) M - M' < Giả sử M ở chu kì dưới: => M > M’ Từ (***) => 5 - 0,1M'0 0 M' < 50 M - M' ⇔ ⇔ Mặc khác 5 - 0,1M' 50 M - M' ⇔ ⇔ Từ (a) và (b) => M’ < 50 < M Vì M và M’ thuộc nhóm IIA và 2 chu kì liên tiếp nên: M’ = 40 (Ca), M = 87 (Sr) Nhận xét: Với bài toán này học sinh biết phương pháp trung bình và giải theo cách 1 thì đơn giản hơn nhiều. Cách 2 rắc rối và dài dòng hơn. Bài 2: Tổng số hạt của một nguyên tử A thuộc nguyên tố nhóm VIIA là 28 ; của nguyên tử thuộc nguyên tố B ở nhóm IIIA là 40. Xác định nguyên tố A và B. Các cách giải: Cách 1: Dựa vào cấu tạo hạt nhân Gọi tổng số proton là Z; tổng số notron là N, tổng số electron là E Ta có:S = Z + N + E Vì nguyên tử trung hòa điện nên Z = E ⇔ S = 2Z + N ⇔ S = 2Z + N Với các nguyên tử có số hiệu nguyên tử từ 2 đến 82 ta có sự liên hệ sau: S SZ 3,5 3 ≤ ≤ • Nguyên tố A : 28 28Z 3,5 3 8 Z 9,333 8 9 Z Z ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ = ⇒  = Với Z = 8: 1s22s22p4 nguyên tố A thuộc nhóm VIA (loại) Với Z = 9: 1s22s22p5 nguyên tố A thuộc nhóm VIIA (nhận) Vậy: A là Clo (Cl) • Nguyên tố B : 40 40Z 3,5 3 11,428 Z 13,333 12 13 Z Z ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ = ⇒  = Với Z = 12: 1s22s22p63s2 nguyên tố B thuộc nhóm IIA (loại) Với Z = 13: 1s22s22p63s23p1 nguyên tố B thuộc nhóm IIIA (nhận) Vậy: B là Nhôm (Al) Cách 2: Dựa vào bảng HTTH • Nguyên tố A : Ta có : 2Z + N = 28 => 28 - NZ = => Z < 14 2 (1) A ở nhóm VIIA => 7 electron lớp ngoài cùng, do đó số electron được phân bố ở các lớp như sau : Lớp 1 Lớp 2 Lớp 3 Trường hợp 1 2 7 Trường hợp 2 2 8 7  Nếu A là nguyên tố ở trường hợp 1 : Z = 2 +7 = 9 => N = 28 – 18 = 10 Vậy : A là F  Nếu A là nguyên tố ở trường hợp 2 : Z = 2 +7 + 8 = 19 > 14. So với (1) => Vô lí • Nguyên tố B : Ta có : 2Z + N = 40=> 40 - NZ = => Z < 20 2 (2) B ở nhóm IIIA => 3 electron lớp ngoài cùng, do đó số electron được phân bố ở các lớp như sau : Lớp 1 Lớp 2 Lớp 3 Lớp 4 Trường hợp 1 2 3 Trường hợp 2 2 8 3 Trường hợp 3 2 8 8 3  Nếu B là nguyên tố ở trường hợp 1 : Z = 2 + 3 =5 => N = 30 => N 30 6 Z 5 = = . Trái với quy luật N1 1,5 Z ≤ ≤ (loại)  Nếu B là nguyên tố ở trường hợp 2 : Z = 2 + 8+ 3 =13 => N = 14 Vậy : B là nhôm (Al)  Nếu B là nguyên tố ở trường hợp 3 : Z = 2 + 8+ 8+ 3 =21 > 20. So với (2) => Vô lí Nhận xét: Với bài toán này học sinh giải theo cách 1 thì đơn giản hơn nhiều. Cách 2 nếu học sinh biết áp dụng bảng HTTH, và dùng suy luận thì bài toán cũng trở nên dễ hơn. Bài 3: Nguyên tố X tạo hợp chất với hidro có công thức là XH 3. Oxit cao nhất của X, oxi chiếm 74,07 % về khối lượng. Tìm X. Các cách giải: Cách 1: Nguyên tố X tạo hợp chất với hidro là XH3 => X có hóa trị 3  Trong hợp chất cao nhất với oxi X có hóa trị 5. Công thức oxit là X2O5 Theo đề ta có : %O = 74,07 % O X O X X 5.M .100% = 74,07% 2.M +5.M 5.16 .100% = 74,07% 2.M +5.16 M =14 => ⇔ ⇔ Vậy: X là nguyên tố Nitơ (N) Cách 2: Nguyên tố X tạo hợp chất với hidro là XH3 => X có hóa trị 3  Trong hợp chất cao nhất với oxi X có hóa trị 5. Công thức oxit là X2O5 Theo đề ta có : %O = 74,07 %  %X = 100% - 74,07% = 25,93% Ta có tỉ lệ : X O X X 2.M %X = 5.M %O 2.M 25,93= 5.16 74,07 25,93. 5.16M = 14 2.74,07 ⇔ ⇔ = Vậy: X là nguyên tố Nitơ (N) Nhận xét: Với bài toán này học sinh giải theo cách 1 thì dài hơn và mang tính chất toán học nhiều hơn. Nhiều học sinh tính toán kém thì dễ dẫn đến giải sai kết quả. Tuy nhiên nếu dùng cách 2 thì bài toán trở nên dễ giải hơn, chỉ qua 1 vài biến đổi. Bài 4: Oxit của một nguyên tố nhóm IIB chứa 19,75% oxi về khối lượng. Hãy xác định nguyên tố và viết cấu hình electron của nguyên tố đó. Các cách giải: Cách 1: Gọi công thức của oxit của nguyên tố nhóm IIB: RO. (với R là nguyên tố nhóm IIB và có khối lượng nguyên tử là R) Theo đề: 16%O x 100% 19,75 R 16 R 16 81 R 65 = = + ⇔ + = ⇒ = Vậy nguyên tố nhóm IIB là kẽm. Cách 2: Gọi công thức của oxit của nguyên tố nhóm IIB: RO Ta có: %O = 19,75% => %R = 100% -19,75% = 80,25% Ta có: R O m%R = %O m 80,25 R= 19,75 16 ⇔ ⇔ 19,75R = 80,25 x 16 ⇔ R = 65 Vậy R là kẽm (Zn) Cấu hình electron của nguyên tử Zn: 1s22s22p63s23p63d104s2 Nhận xét: Bài toán này, học sinh có thể sử dụng cách 1 và 2 để giải. Tuy nhiên cách 1 HS dễ tính toán sai do phải biến đổi tính toán nhiều hơn cách 2. Bài 5: Nguyên tố X tạo hợp chất với hidro có công thức là XH3. Oxit cao nhất của X, oxi chiếm 74,07 % về khối lượng. Tìm X. Các cách giải: Cách 1: Nguyên tố X tạo hợp chất với hidro là XH3 => X có hóa trị 3  Trong hợp chất cao nhất với oxi X có hóa trị 5. Công thức oxit là X2O5 Theo đề ta có : %O = 74,07 % O X O X X 5.M .100% = 74,07% 2.M +5.M 5.16 .100% = 74,07% 2.M +5.16 M =14 => ⇔ ⇔ Vậy: X là nguyên tố Nitơ (N). Cách 2: Nguyên tố X tạo hợp chất với hidro là XH3 => X có hóa trị 3  Trong hợp chất cao nhất với oxi X có hóa trị 5. Công thức oxit là X2O5 Theo đề ta có : %O = 74,07 %  %X = 100% - 74,07% = 25,93% Ta có tỉ lệ : X O X X 2.M %X = 5.M %O 2.M 25,93= 5.16 74,07 25,93. 5.16M = 14 2.74,07 ⇔ ⇔ = Vậy: X là nguyên tố Nitơ (N). Nhận xét: Bài toán này, học sinh có thể sử dụng cách 1 và 2 để giải. Tuy nhiên cách 1 HS dễ tính toán sai do phải biến đổi tính toán nhiều hơn cách 2. Bài 6: Oxit cao nhất của nguyên tố R có dạng R 2O7. Hợp chất khí của nó với Hidro chứa 2,74% hidro về khối lượng. Tìm R. Các cách giải : Cách 1: Nguyên tố R tạo hợp chất oxit cao nhất có dạng R2O7 => R có hóa trị 7  Trong hợp chất khí với hiđro R có hóa trị 1. Công thức hợp chất khí là RH. Theo đề ta có : %H = 2,74% H R H R R M .100% = 2,74% M +M 1 .100% = 2,74% M +1 M = 35,5 => ⇔ ⇔ Vậy: R là nguyên tố Clo (Cl) Cách 2: Nguyên tố R tạo hợp chất oxit cao nhất có dạng R2O7 => R có hóa trị 7  Trong hợp chất khí với hiđro R có hóa trị 1. Công thức hợp chất khí là RH. Theo đề ta có : %H = 2,74%  %R = 100% - 2,74% = 97,26% Ta có tỉ lệ : H X R M %R = M %H M 97,26= 1 2,74 97,26M = 35,5 2,74 ⇔ ⇔ = R Vậy: R là nguyên tố Clo (Cl) Nhận xét: Bài toán này, học sinh có thể sử dụng cách 1 và 2 để giải. Tuy nhiên cách 1 HS dễ tính toán sai do phải biến đổi tính toán nhiều hơn cách 2. Cách 2 đơn giản hơn. 2.3.2.3. Chủ đề 3: Sự điện li - PH Bài 1: Tính độ điện li của axit axetic trong dung dịch 0,01 M; nếu trong 500 ml dung dịch có 3,13.1021 hat (phân tử hoặc ion). Số Avôgađro N = 6,02.1023. Các cách giải: Cách 1: Trong 1 lít dung dịch CH3COOH có 6,26.1021 hạt. Trong 0,01M có 6,02.1021 phân tử. Phương trình điện li: CH3COOH →← CH3COO- + H+ Ban đầu 6,02.1021 x x Điện li x x x Cân bằng 6,02.1021 – x x x Theo đề ta có: 6,02.1021 – x + x + x = 6,26.1021  x = 0,24.1021  Vậy độ điện li: 21 21 0,24.10 α x 100% 3,99% 6,02.10 = = Cách 2: Phương trình điện li của axit axetic: CH3COOH →← CH3COO- + H+ Ban đầu 0,01 x x Điện li x x x Cân bằng 0,01 – x x x  Tổng sô mol trong 1 lit dung dịch CH3COOH là: 21 23 6, 26.10 0,010399 6,02.10 =  Theo đề ta có: 0,01 + x = 0,010399 x = 0,000399 Vậy 0,000399 α = x 100% = 3,99% 0,01 Nhận xét: Bài toán về dung dịch điện li học sinh sẽ rất khó khăn nếu không nắm vững kiến thức. Tuy nhiên bài toán này không đa dạng kiểu bài nên học sinh có thể làm tốt nếu như học sinh chịu khó rèn luyện kĩ năng tư duy. Với bài toàn này có 2 cách giải, thông thường học sinh sẽ dễ hiểu hơn ở cách 2 vì quy ra về số mol. Bài 2: Lấy 2,5 ml dung dịch axit axetic 4M rồi pha loãng với nước thành 1 lít dung dịch A. Hãy tính độ điện li α của axit axetic và pH của dung dịch A, biết rằng trong 1ml A có 6,28.1018 ion và phân tử axit không phân li. Các cách giải: Cách 1: 3CH COOH n = 0,0025 x 4 = 0,01 mol Dung dịch sau khi pha loãng có nồng độ mol là: M 0,01C = = 0,01 M 1 Số phân tử CH3COOH 0,01M trong 1 lit dung dịch là: 0,01 x 6,02.1023= 6,02.1021 Trong 1 ml A có 6,28.1018 ion và phân tử axit không phân li. Vậy, trong 1lit A có 6,28.1021 ion và phân tử axit không phân li. trình điện li: CH3COOH →← CH3COO- + H+ Ban đầu 6,02.1021 x x Điện li x x x Cân bằng 6,02.1021 – x x x Theo đề ta có: 6,02.1021 – x + x + x = 6,28.1021 => x = 0,26.1021 21 21 0,26.10 α x 100% 4,32% 6,02.10 = = Và 21 + 23 0,26.10pH = -lg[H ] = -lg( ) = 3,36 6,02.10 Cách 2: Trong 1 ml A có 6,28.1018 ion và phân tử axit không phân li. Vậy, trong 1lit A có 6,28.1021 ion và phân tử axit không phân li. Số mol ion và phân tử axit không phân li là: 21 -2 23 6,28.10 =1,0432.10 (mol) 6,02.10 CH3COOH →← CH3COO- + H+ Ban đầu 0,01 x x Điện li x x x Cân bằng 0,01 – x x x Theo đề ta có: 0,01 – x + x + x = 1,0432.10-2  x = 0,0432.10-2 (mol) Vậy: -20,0432.10 α = x 100% = 4,32% 0,01 Và pH = -lg(0,0432.10-2 ) = 3,36 Nhận xét: Với bài toán này thông thường học sinh giải theo cách 2, quy về số mol. Tuy nhiên giải theo cách 1 dài hơn, học sinh phải quy số mol ion về số ion. Bài 3: Phải thêm bao nhiêu ml dung dịch HCl 1M vào 90 ml nước để được 1 dung dịch có pH = 1. Các cách giải: Cách 1 : Gọi thể tích dung dịch của HCl là V. Sau khi thêm V vào 0,09 lít nước ta có pH = 1 => [H+] = 10-1 M. Mặc khác: + -1 dd n 1.V[H ]= = =10 V V+0,09 10V= V + 0,09 9V= 0,09 V= 0,01 ⇔ ⇔ ⇔ Vậy thể tích dung dịch cần thêm vào là 0,01 lít hay 10 ml. Cách 2: Gọi thể tích dung dịch của HCl là V1. Áp dụng quy tắc đường chéo: Ta có: V1 → C1 C2 - C C V2 → C2 C – C1 Suy ra: V1 → 1M 0,1 0,1 0,09 → 0M 0,9 1 1 V 0,1 = V =0,01 0,09 0,9 => ⇔ Vậy thể tích dung dịch cần thêm vào là 0,01 lít hay 10 ml. Nhận xét: Bài toán này, học sinh có thể sử dụng cách 1 và 2 để giải. Tuy nhiên sử dụng phương pháp đường chéo học sinh chỉ cần học thuộc phương pháp là áp dụng được. Để sử dụng cách 1 HS phải hiểu bản chất bài toán. Bài 4: Hòa tan 20 ml dung dịch HCl 0,05 M vào 20 ml dung d ịch H2SO4 0,075 M. Tính pH của dung dịch thu được sau phản ứng. Các cách giải: Cách 1: Với dung dịch HCl: +HCl Hn =0,02.0,05=0,001 mol => n =0,001 mol (1) Với dung dịch H2SO4: + 2 4H SO H n =0,02.0,075=0,0015 mol => n =0,003 mol (2) Từ (1) và (2) => +Hn =0,001 + 0,003 = 0,004 mol∑ => 10,004[ ] = = 0,1 =10 M 0,04 H + −∑ => pH= 1 Vậy dung dịch có pH = 1. Cách 2: Áp dụng quy tắc đường chéo: Ta có: V1 → C1 C2 - C C V2 → C2 C – C1 [H+] của H2SO4 là 0,15M [H+] của HCl là 0,05M Suy ra: 20 → 0,05 M 0,075 - C C 20 → 0,15M C – 0,05 20 0,15 - C = C - 0,05 = 0,15 - C 20 0,05 2C = 0,2 C = 0,1 (M) => ⇔ − ⇔ ⇔ C => pH= 1 Vậy dung dịch có pH = 1. Nhận xét: Bài toán này, học sinh có thể sử dụng cách 1 và 2 để giải. Tuy nhiên sử dụng phương pháp đường chéo học sinh chỉ cần học thuộc phương pháp là áp dụng được. Để sử dụng cách 1 HS phải hiểu bản chất bài toán. Bài 5: Phải thêm bao nhiêu ml nước vào 10 ml dung dịch NaOH pH = 13 để được 1 dung dịch có pH = 12. Các cách giải: Cách 1 : Gọi V (l) là thể tích nước cần thêm vào. Thể tích dung dịch sau khi thêm nước vào là : V + 0,01 (l) Lúc đầu pH = 13 => [H+] = 10-13 M => [OH-] đầu= 10-1 M. -OH=> n = 0,01.0,1 = 0,001 mol Lúc sau pH = 12 => [H+] = 10-12 M => [OH-]sau = 10-2 M - [sau] 0,001=> [OH ] = = 0,01 mol V + 0,01 V = 0,1 - 0,01 = 0,09 lit V + 0,01 = 0,1 ⇔ ⇔ Vậy thể tích nước cần thêm vào là 90 ml hay 0,09 lit Cách 2 : Gọi thể tích dung dịch của HCl là V1. Áp dụng quy tắc đường chéo: Ta có: V1 → C1 C2 - C C V2 → C2 C – C1 Suy ra: 10 → 0,1M 0,01 0,01 V2→ 0M 0,09 2 2 10 0,01 = V = 90 V 0,09 => ⇔ Vậy thể tích nước cần thêm vào là 90 ml hay 0,09 lit Nhận xét: Bài toán này, học sinh có thể sử dụng cách 1 và 2 để giải. Tuy nhiên sử dụng phương pháp đường chéo học sinh chỉ cần học thuộc phương pháp là áp dụng được. Phương pháp đường chéo làm cho bài toán trở nên đơn giản hơn. Để sử dụng cách 1 HS phải hiểu bản chất bài toán. 2.3.2.4. Chủ đề 4: Điện phân Bài 1: Điện phân nóng chảy hoàn toàn 13,6g hỗn hợp X gồm 2 muối clorua của 2 kim loại kiềm thuộc hai chu kì kế tiếp, thì ở anot thu được 2,24 lít khí (đktc).Tìm tên 2 nguyên tố kim loại kiềm (điện cực trơ, giả sử hiệu suất điện phân 100%) Các cách giải: Cách 1: Ở C (-): +M + 1e M→ Ở A (+): 2Cl- → Cl2 + 2e 2Cl 2,24n = = 0,1 mol => 22,4 ne nhường = 2.0,1 = 0,2 mol  ne nhường = ne nhận =0,2 mol  13,6M 35,5 33,5 0,2 = − = Vậy hai nguyên tố kim loại kiềm đó là Na, K (vì 23 <33,5< 39) Cách 2: Phương trình phản ứng: 22 MCl 2M + Cl dpnc→ 2 2Cl MCl 2,24n = = 0,1 mol => n = 0,2 mol 22,4 MCl m 13,6 M = 68 g n 0,2 M+ 35,5 = 68 M= 68-35,5 M= 32,5 = = ⇔ ⇔ ⇔ Vậy hai nguyên tố kim loại kiềm đó là Na, K (vì 23 <33,5< 39) Nhận xét: Trong 2 cách giải trên, cách giải nào cũng đe m tới kết quả nhanh. Tuy nhiên ở cách 1 chúng ta không cần viết phương trình mà chỉ cần sử dụng phương pháp bảo toàn electron. Bài 2: Điện phân nóng chảy NaCl (điện cực trơ) a. Xác định chất thoát ra trên điện cực b. Nếu ở anot thoát ra 3,36 lít khí (đktc) thì trên catot có bao nhiêu gam kim loại thoát ra (giả sử hiệu suất điện phân 100%). Các cách giải: Cách 1: a) Phương trình phản ứng NaCl → Na + Cl2 Catot (-): Na+ + 1e → Na Anot (+): 2Cl- → Cl2 + 2e Phương trình điện phân 2NaCl dpnc→ 2Na + Cl2 ở Catot thu được kim loại Na, ở anot thu khí clo. b) Số mol khí Clo ở anot là: 3,36 = 0,15 mol 22,4 Ta có : ne nhường = ne nhận 2 x 0,15 = x = 0,3 mol ne nhận = nNa = 0,3 mol mNa = n. M= 0,3 . 23 = 6,9 gam Cách 2: Phương trình điện phân 2NaCl dpnc→ 2Na + Cl2 Số mol khí Clo ở anot là: 3,36 = 0,15 mol 22,4 Theo phương trình: nNa = 2nCl2 = 2.0,15 = 0,3 mol mNa = n . M= 0,3.23 = 6,9 gam Nhận xét: Bài toán trên là bài toán điện phân nóng chảy với 2 phương pháp giải khác nhau. Cách 1 sử dụng phương pháp bảo toàn electron. Sử dụng phương pháp này để giải bài tập điện phân nóng chảy là cách giải mới ít được sử dụng. Bài 3: Điện phân 400g dung dịch AgNO3 8,5% (điện cực trơ) cho đến khi khối lượng của dung dịch giảm bớt 25 gam. Tính thể tích khí thoát ra ở điện cực và khối lượng thanh catot tăng bao nhiêu gam? Các cách giải: Cách 1: Xét các giai đoạn phản ứng riêng lẽ, theo các phương trình điện phân. 3AgNO 400 x 8,5n = = 0,2 mol 100 x 170 + 3AgNOAg => n = n = 0,2 mol + - 3 3 + - 2 AgNO Ag + NO H O H + OH → → Catot: (-) Ag+ +1e → Ag Anot: (+) 2H2O → O2 + 4H+ + 4e Phương trình điện phân: 4AgNO3 + 2H2O → 4Ag + 4HNO3 + O2 Giả sử AgNO3 điện phân hết: 3Ag AgNO n = n = 0,2 mol 2O 0, 2 n = = 0,05 mol 4 mgiảm = 108 x 0,2 +32 x 0,05 = 23,2 gam < 25,0 gam. Nên sau khi AgNO3 điện phân thì H2O sẽ điện phân tiếp theo (trong H+): 2H2O → O2 + 2H2 Vậy AgNO3 điện phân hết, đặt x mol H2O điện phân. Giai đoạn 1: nAg = 0,2 mol, nO2 = 0,05 mol Giai đoạn 2: nO2 = x/2 mol, nH2 = x mol mgiảm = 108 x 0,2 +32 x 0,05 + 32 x x 2 +2x = 25  x = 0,1 mol Tổng mol khí thoát ra từ 2 điện cực là: 0,05 + 0,1 2 + 0,1 = 0,2 mol Vkhí = 0,2 x 22,4 = 4,48 lít Ở Catot (-): Chỉ có Ag bám lên nên khối lượng tăng chính là khối lượng của Ag. mAg = 108 x 0,2 = 21,6 gam Cách 2: Sử dụng bảo toàn mol electron + - 3 3 + - 2 AgNO Ag + NO H O H + OH → → Xét các quá trình xảy ra trên điện cực: Catot (-): Ag+ +1e → Ag 2H2O +2e → H2 + 2OH- Anot (+): 2H2O → O2 + 4H+ + 4e 3AgNO 400 x 8,5n = = 0,2 mol 100 x 170 + 3AgNOAg => n = n = 0,2 mol Đặt x mol H2O điện phân ở Catot, y mol H2O điện phân ở anot Bảo toàn mol elctron: ne nhường = ne nhận ⇔ 0,2 x 1 + x = 2y hay 2y – x = 0,2 (1) m giảm = 108 x 0,2 + 2 x 2 + 32 y 2 =25 ⇔ x + 16y = 3,4 (2) => x = y = 0,2 mol => n khí = x 2 + y 2 =0,2 => V khí = 0,2 x 22,4 = 4,48 lít mAg = 108 x 0,2 = 21,6 gam Nhận xét: Bài toán trên là bài toán về điện phân dung dịch với 2 phương pháp giải khác nhau. Cách 2, phương pháp bảo toàn electron được ứng dụng để giải về bài tập điện phân đây là cách giải mới ít được sử dụng. 2.3.3. Bài toán nhiều cách giải phần hóa học vô cơ 2.3.3.1. Chủ đề 1: Kim loại Bài 1: Nhúng 1 thanh nhôm nặng 50g vào 400ml dung dịch CuSO 4 0,5M. Sau một thời gian lấy thanh nhôm ra cân nặng 51,38g. Tính khối lượng Cu thoát ra. Các cách giải: Cách 1: 2Al + 3CuSO4 → Al2(SO4)3 + 3Cu x 1,5x Đặt số mol Al phản ứng là x Khối lượng vật sau phản ứng = mCu gp + mAl còn dư = 64 x 1,5x + (50 - 27x) = 51,38 ⇒ x = 0,02 (mol) => Khối lượng Cu thoát ra: 0,02 x 1,5 x 64 = 1,92g Cách 2: Phương pháp tăng giảm khối lượng Theo phương trình cứ 2mol Al → 3mol Cu khối lượng tăng là: 3 x 64 – 54 = 138g Vậy khối lượng tăng: 51,38 - 50 = 1,38g ⇒ 0,03mol Cu ⇒ mCu = 0,03 x 64 = 1,92 (g). Nhận xét: Đây là bài toán thuộc phần đại cương về kim loại, cách 1 dùng phương pháp đại số. Tuy nhiên với những bài toán dạng này phương pháp tăng giảm khối lượng là phương pháp thường được sử dụng vì ngắn gọn và dễ hiểu. Bài 2: Nhúng một dây Mg vào 120 ml dung dịch FeCl3 1M. Sau một thời gian, lấy dây Mg ra cân lại thấy khối lượng tăng 1 gam. Tính khối lượng Mg tan vào dung dịch.(Giả sử toàn bộ chất rắn sinh ra bám hết vào dây Mg). Các cách giải: Cách 1: Do khối lượng dây Mg tăng nên nhất định phải xảy ra 2 phản ứng Mg + 2FeCl3 → MgCl2 + 2FeCl2 0,06 ← 0,12 Mg + FeCl2 → MgCl2 + Fe↓ x x x Δm = mFe – mMg tan = 1 ⇔ 56x – 24(0,06 + x) = 1 ⇔ x = 0,07625 Vậy: mMg tan = 24. 0,13625 = 3,27g. Cách 2: Mg → Mg2+ + 2e a 2a Δm = 56(a – 0,06) – 24a = 1 ⇔ a = 0,13625 Vậy: mMg tan = 24. 0,13625 = 3,27g. Nhận xét: Trong 2 cách giải trên, cách giải 2 nhanh hơn và chỉ cần áp dụng p hương pháp bảo toàn electron. Tuy nhiên nếu học sinh nắm vững toán học, khéo léo trong tư duy thì giải theo cách 1 vẫn cho kết quả chính xác. Bài 3: Cho 3,78 g bột Al phản ứng vừa đủ với dung