Đăng ký Đăng nhập
Trang chủ Giáo án - Bài giảng Sáng kiến kinh nghiệm Skkn giải bài tập trắc nghiệm luyện thi thpt quốc gia dựa trên công thức giải n...

Tài liệu Skkn giải bài tập trắc nghiệm luyện thi thpt quốc gia dựa trên công thức giải nhanh và phương pháp đồ thị

.PDF
67
1077
82

Mô tả:

BÁO CÁO SÁNG KIẾN I. ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN 1.1. CƠ SỞ LÝ LUẬN: Trong những năm gần đây, Bộ GD &ĐT đã đề ra đổi mới cách dạy, cách học cách đánh giá chất lượng dạy và học. Đó là việc chuyển từ hình thức thi từ tự luận sang hình thức trắc nghiệm. Đối với hình thức thi tự luận đòi hỏi học sinh phải có kiến thức sâu, mức độ tư duy cao để giải bài tập khó và cần nhiều thời gian. Ngược lại với hình thức thi tự luận là hình thức thi trắc nghiệm, với hình thức thi này không đòi hỏi học sinh có kiến thức sâu chỉ cần mức độ kiến thức rộng và biết nhiều, với hình thức thi trắc nghiệm thì yếu tố thời gian là quan trọng, trong một khoảng thời gian ngắn đòi hỏi học sinh phải hoàn thành một lượng lớn bài tập trắc nghiệm. Vì vậy học sinh cần phải trau dồi nhiều kĩ năng để giải nhanh bài tập trắc nghiệm. Hiện nay Bộ Giáo Dục và Đào Tạo đã chuyển hình thức đánh giá trắc nghiệm được 9 năm.Việc giải quyết các câu hỏi trắc nghiệm trong một khoảng thời gian ngắn không phải là vấn đề đơn giản, nó đòi hỏi nhiều yếu tố, tâm lý, kiến thức, kỹ năng, kỷ xảo và phản xạ nhanh của các em học sinh. Do vậy mặt bằng chung về chiều sâu sẽ giảm, học sinh không khắc sâu được bản chất, tư duy hóa học để trả lời câu hỏi trắc nghiệm chính xác và nhanh chóng. Mặt khác, giáo viên cũng đã được phổ cập cách dạy, cách ra đề trắc nghiệm cho học sinh, đồng thời học sinh cũng thay đổi cách học, song sự thay đổi đó có thể nhiều hoặc có thể ít với giáo viên và học sinh, hiệu quả giáo dục sẽ như thế nào? Điều đó phụ thuộc vào sự say mê tìm tòi và sáng tạo của giáo viên và học sinh. Ngày nay việc ứng dụng công nghệ thông tin đã góp phần nâng cao chất lượng dạy và học đến với từng ngành, từng nghề, từng giáo viên và từng học sinh. Vì vậy, trong hoá học đã đặt ra một yêu cầu với người dạy và người học là cần gây sự hứng thú trong học tập, hướng dẫn học sinh đi tìm chân lý và học sinh biết vận dụng chân lí đó để trả lời chính xác và nhanh các bài tập trắc nghiệm hóa học 1 1.2. CƠ SỞ THỰC TIỄN : Thực tế hình thức thi trắc nghiệm cũng không phải là mới mẻ nữa. Đa phần giáo viên đều thay đổi cách dạy. Nhưng vẫn có một số giáo viên thay đổi chưa được là bao nhiêu, đặc biệt là giáo viên ít có điều kiện tiếp xúc với công nghệ thông tin và khai thác công nghệ thông tin còn hạn chế, còn nặng nề với hình thức tự luận. Không gây được cho học sinh thích và hứng thú với môn hóa học. So với giáo viên và học sinh thành phố, tài nguyên internet như thư viện trực tuyến, dạy học trực tuyến, trường trực tuyến đã quen dần với giáo viên và học sinh thành phố, còn nông thôn, một số nơi chưa có điều kiện này, một số nơi đã có nhưng khai thác nó còn hạn chế. Kết quả giảng dạy sẽ thấp hơn so với những vùng có điều kiện. Do chưa nắm rõ về những điểm đặc trưng của bài tập trắc nghiệm khách quan nhiều lựa chọn, nhiều giáo viên chỉ ra được đáp số đúng mà không ra được đáp án nhiễu, hoặc ra đáp án nhiễu chưa nghệ thuật, do đó sẽ không gây được hứng thú học tập, học sinh sẽ chọn bừa nên không khắc sâu được bản chất của bài toán hóa học, hoàn thành kết quả thi sẽ không cao. Học sinh không tìm ra chân lí cho bản thân mình. Trên thực tế học sinh muốn giải bài toán trắc nghiệm hoá học khó nhưng trong khoảng thời gian ngắn nhất. Nhiều học sinh đã biết rõ những dạng bài tập hoá học, nhưng khi bắt tay vào tính toán thì mất ít nhất từ 5 đến 10 phút mới xong và tỏ ra rất ngại giải khi gặp lại những bài tập dạng này. Tuy nhiên qua thực tế giảng dạy môn hóa học tại trường THPT Xuân Trường tôi nhận thấy rằng rất nhiều học sinh cảm thấy “sợ” môn học này, vì theo các em kiến thức môn hóa học rất rộng và khá trừu tượng. Khi làm bài tập hóa học kể cả bài tập lý thuyết hay tính toán các em phải vận dụng linh hoạt kiến thức lý thuyết và kĩ năng tính toán. Để giải quyết những băn khoăn của học sinh, tôi đã trăn trở nhiều năm, áp dụng nhiều đối tượng học sinh và kết quả đáng tin cậy. Xuất phát từ những lý do trên tôi chọn đề tài :“ GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM LUYỆN THI THPT QUỐC GIA DỰA TRÊN CÔNG THỨC GIẢI NHANH VÀ PHƯƠNG PHÁP ĐỒ THỊ”để làm sáng kiến kinh nghiệm của mình. 2 Tôi hi vọng SKKN này sẽ đóng góp một phần nhỏ vào công tác dạy và học tập, giúp các thầy cô và các em học sinh đạt kết quả cao hơn. Tôi rất mong sự đóng góp chân tình của các đồng nghiệp để phát triển vấn đề được đầy đủ và hoàn thiện hơn. Tôi xin chân thành cảm ơn. II. MÔ TẢ GIẢI PHÁP 2.1. GIẢI PHÁP TRƯỚC KHI TẠO RA SÁNG KIẾN Trước khi tạo ra sáng kiến phần lớn các học sinh trường tôi giải bài tập trắc nghiệm với tốc độ rất chậm và rất lâu do đã quen với lối giải tự luận của lớp 10 và lớp 11. Vì vậy trong các kỳ thi cũng như các đợt kiểm tra phần lớn học sinh khoanh bừa nhiều câu chưa làm được Sau đây tôi xin đưa ra một số ví dụ về phương pháp giải bài tập trắc nghiệm theo phương pháp thông thường như sau: Ví dụ 1: Hấp thụ Vlít SO2 (đktc) vào 200ml dung dịch Ba(OH)21M được a gam kết tủa. Mặt khác, hấp thụ Vlít SO 2 (đktc) vào 250ml dung dịch Ba(OH)21M được 2a gam kết tủa. Tính V? A. 448/75 B. 6,72 C. 10,08 D. A hoặc B Cách giải thông thường Do ở TN 2 số mol Ba(OH)2 lớn hơn TN 1, nên ta xét 3 khả năng sau: - khả năng 1: Cả 2 TN cùng dư ba zơ Ptpư: TN 1: SO2  Ba(OH ) 2  BaSO3  H 2O a/217 mol Dư a/217 mol TN 2: SO2  Ba(OH ) 2  BaSO3  H 2O 2a/217 mol Dư 2a/217 mol Mà VSO2 ở 2 TN như nhau nên a/217=2a/217 hay a = 0, loại - khả năng 2: TN1 thiếu bazơ, TN 2 dư bazơ TN 1: SO2  Ba(OH ) 2  BaSO3  H 2O 0,2 0,2 0,2 mol 3 SO2  BaSO3  H 2O  Ba ( HSO3 ) 2 (0,2-a/217) (0,2-a/217)(mol) Suy ra tổng số mol SO2 = 0,4-a/217 (mol) TN 2: SO2  Ba(OH ) 2  BaSO3  H 2O 2a/217 Dư 2a/217 mol Mà số mol SO2 ở 2 TN như nhau nên: 0,4-a/217 = 2a/217, hay a = 434/15, suy ra số mol SO 2 = 4/15 hay VSO2 = 448/75lit, vô lý vì TN2 dư bazơ mà nOH  nSO2  0, 25.2  1,875  2 4 /15 - khả năng 3: Cả 2 TN cùng thiếu bazơ, dư SO 2 TN 1: SO2  Ba(OH ) 2  BaSO3  H 2O 0,2 0,2 0,2 SO2  BaSO3  H 2O  Ba ( HSO3 ) 2 (0,2-a/217 ) (0,2-a/217) Theo pư, suy ra tổng số mol SO2 = 0,4 – a/217 (mol) TN 2: SO2  Ba(OH ) 2  BaSO3  H 2O 0,25 0,25 0,25 SO2  BaSO3  H 2O  Ba ( HSO3 ) 2 0,25-2a/217 0,25-2a/217 Theo pư, suy ra tổng số mol SO 2 = 0,5 – 2a/217 (mol) Mà số mol SO2 ở 2 TN như nhau nên: 0,4 – a/217 = 0,5 – 2a/217, suy ra a = 21,7g và số mol SO2 = 0,4 – 21,7/217 = 0,3 mol hay V = 6,72 lit, thoả mãn.Chọn B Đây là cách giải tự luận theo hướng giải bài tập của lớp 10 trong chương oxi – lưu huỳnh. Vì vậy giải rất dài và mất rất nhiều thời gian cho bài tập này không phù hợp với xu hướng thi trắc nghiệm cho kỳ thi THPT Quốc Gia 4 Có thể giải bài tập trắc nghiệm này theo cách sau: - nếu cả 2 thí nghiệm cùng dư bazơ thì số mol SO 2 bằng số mol kết tủa, vô lý - nếu TN1 thiếu bazơ, thí nghiệm 2 dư bazơ thì ta có hệ  nSO  n 0,4  n  0,4  nSO22 2 n   n 30,8   SO2 3 mà nOH  nSO2  vô lý vì TN2 dư bazơ 0,25.2  1,875 2 0,8 / 3 - Nếu cả 2 thí nghiệm cùng thiếu bazơ, dư SO 2 thì ta có hệ  nSO2  n 0,4 nSO2  2 n  0,5   nSO2  0,3 n  0,1 , thoả mãn, suy ra V=6,72 lit Như vậy với bài tập trắc nghiệm trên học sinh đã sử dụng kỹ thuật giải nhanh sau: Tính thể tích SO2 + Ba(OH)2 để thu được một lượng kết tủa theo yêu cầu -Nếu dư bazơ thì nSO2  n - Nếu dư SO2 thì : nSO2  nOH   n . Ví dụ 2: Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 3 gam hỗn hợp chất rắn X. Hòa tan hết hỗn hợp X trong dung dịch HNO 3 (dư), thoát ra 0,56 lít (ở đktc) NO (là sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của m là A. 2,52 gam. B. 2,22 gam. C. 2,62 gam. D. 2,32 gam. Cách giải thông thường HNO d ­  0,56 lít NO. m gam Fe + O2  3 gam hỗn hợp chất rắn X  3 Thực chất các quá trình oxi hóa - khử trên là: Cho e: Fe  Fe3+ + 3e m 56  3m 56 mol e 5 Nhận e: O2 + 3 m 32  N+5 +  4e 2O2 ; 4(3  m) mol e 32 3e  N+2 0,075 mol  0,025 mol Theo định luật bảo toàn electron: 3m 56 = 4(3  m) 32 + 0,075 m = 2,52 gam. (Đáp án A) Có thể giải bài tập trắc nghiệm này theo cách sau: m =0,7.3 + 5,6.(3.0,56/22,4) = 2,52 gam Như vậy với bài tập trắc nghiệm trên học sinh đã dụng kỹ thuật giải nhanh sau: Công thức kinh nghiệm: mFe = 0,7.moxit + 5,6. ne nhận của N+5 (S+6); Ví dụ 3: Để a gam bột sắt ngoài không khí, sau một thời gian sẽ chuyển thành hỗn hợp A có khối lượng là 75,2 gam gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4. Cho hỗn hợp A phản ứng hết với dung dịch H2SO4 đậm đặc, nóng thu được 6,72 lít khí SO 2 (đktc). Khối lượng a gam là: A. 56 gam. B. 11,2 gam. C. 22,4 gam. D. 25,3 gam. Cách giải thông thường Số mol Fe ban đầu trong a gam: n Fe  Số mol O2 tham gia phản ứng: n O  2 75,2  a mol. 32 Fe  Fe3  3e a 3a mol mol 56 56 Quá trình oxi hóa: Số mol e nhường: n e  a mol. 56 3a mol 56 6 (1) O2 + 4e  2O2 Quá trình khử: (2) SO42 + 4H+ + 2e  SO2 + 2H2O(3) Từ (2), (3)  n echo  4nO2  2nSO2  4  75,2  a 3a  2  0,3  32 56 a = 56 gam. (Đáp án A) Có thể giải bài tập trắc nghiệm này theo cách sau: a = 75,2.0,7 + 5,6.(2.6,72/22,4) = 56 gam Như vậy với bài tập trắc nghiệm trên học sinh đã dụng kỹ thuật giải nhanh sau: Công thức kinh nghiệm: mFe = 0,7.moxit + 5,6. ne nhận của N+5 (S+6); Ví dụ 4: Dung dịch X chứa dung dịch NaOH 0,2M và dung dịch Ca(OH) 2 0,1M. Sục 7,84 lít khí CO 2 (đktc) vào 1 lít dung dịch X thì lượng kết tủa thu được là A. 15 gam. B. 5 gam. C. 10 gam. D. 0 gam. Cách giải thông thường n CO2 = 0,35 mol ; nNaOH = 0,2 mol; n Ca(OH)2 = 0,1 mol.  Tổng: n OH = 0,2 + 0,12 = 0,4 mol và Phương trình ion rút gọn: CO2 + 2OH  CO32 + H2O 0,35 0,2  0,4  0,4  0,2 mol n CO2 ( d­ ) = 0,35  0,2 = 0,15 mol tiếp tục xẩy ra phản ứng: CO32 + CO2 + H2O  2HCO3 Ban đầu: 0,2 Phản ứng: 0,15  0,15 mol 0,15 mol 7 nCa2 = 0,1 mol.  n CO2   n CaCO3 = 0,05 mol  mCaCO3 = 0,05100 = 5 gam. (Đáp án B) còn lại bằng 0,15 mol 3 Có thể giải bài tập trắc nghiệm này theo cách sau: Nhận xét: 1< nOH  nCO2 =0,4/0,35<2, suy ra nCO = 0,4-0,35 = 0,05 mol 2 3 CO32  Ca 2  CaCO3 0,05mol 0,1 mol 0,05 mol, suy ra mkêt tủa = 5 gam Như vậy với bài tập trắc nghiệm trên học sinh đã dụng kỹ thuật giải nhanh sau: Công thức tính lượng kết tủa xuất hiện khi hấp thụ CO2 vào dung dịch hỗn hợp NaOH + Ba(OH)2..... Phương pháp: Tính tỉ số:T = n OH  nCO2 . Nếu T  2: chỉ tạo CO32 và có nCO 2  nCO2 . Nếu T  1: chỉ tạo HCO3 ; Nếu 1 3.số mol Al3+. Nên dư OH- và n  4.nAl3  nOH  = 0,02 mol. mkết tủa = 0,02.78 = 1,56 gam. Như vậy với bài tập trắc nghiệm trên học sinh đã dụng kỹ thuật giải nhanh sau: Cho dd OH- vào dd Al3+. Tính khối lượng kết tủa thu được - Nếu thiếu NaOH: nNaOH  3.n -Nếu dư NaOH: nNaOH  n  4.nAl . 3 Ví dụ 6: Hỗn hợp X gồm N2 và có H2 có tỉ khối hơi so với H2 bằng 3,6. Sau khi tiến hành phản ứng tổng hợp được hỗn hợp Y có tỉ khối hơi so với H2 bằng 4. Hiệu suất phản ứng tổng hợp là A. 10%. B. 15%. C. 20%. D. 25%. Cách giải thông thường Xét 1 mol hỗn hợp X, ta có: mx = M X = 7,2 gam. Đặt n N  a mol , ta có: 2 28a + 2(1  a) = 7,2  a = 0,2  n N2  0,2 mol và n H2  0,8 mol  H2 dư. 9 N2 xt , t   2NH3 3H2   p o + Ban đầu: 0,2 0,8 Phản ứng: x 3x Sau phản ứng: 2x (0,2  x) (0,8  3x) 2x nY = (1  2x) mol Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có mX = mY mY MY  nY   1  2x   7,2 8  x = 0,05. Hiệu suất phản ứng tính theo N2 là 0,05 100  25% . (Đáp án D) 0,2 Có thể giải bài tập trắc nghiệm này theo cách sau: Sơ đồ đường chéo: N2 (a) 28 M 1 -2 b a suy ra k=  M1 H2 (b) 2 28  M 1 20,8   4 >3 5, 2 M1  2 28- M 1 Áp dụng : = 5/2.(1-1,8/2) = 0,25 = 25% Như vậy với bài tập trắc nghiệm trên học sinh đã dụng kỹ thuật giải nhanh sau: Tính hiệu suất phản ứng tổng hợp NH3 (với 10 nH 2 nN 2 k 3 ) Ví dụ 7: Hỗn hợp A gồm một Anken và hiđro có tỉ khối so với H2 bằng 6,4. Cho A đi qua niken nung nóng được hỗn hợp B có tỉ khối so với H 2 bằng 8 (giả thiết hiệu suất phản ứng xảy ra là 100%). Công thức phân tử của anken là A. C2H4. B. C3H6. C. C4H8. D. C5H10. Cách giải thông thường Xét 1 mol hỗn hợp A gồm (a mol CnH2n và (1a) mol H2) Ta có: 14.n.a + 2(1  a) = 12,8 (1) Hỗn hợp B có M  16  14n (với n  2)  trong hỗn hợp B có H2 dư Ni, t CnH2n + H2   CnH2n+2 o Ban đầu: a mol (1a) mol Phản ứng: a  a  a mol Sau phản ứng hỗn hợp B gồm (1  2a) mol H2 dư và a mol CnH2n+2.tổng nB=1  2a. Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có mA = mB  nB  mB  MB 1  2a   12,8 16  a = 0,2 mol. Thay a = 0,2 vào (1) ta có 140,2n + 2(1  0,2) = 12,8  n = 4  anken là C4H8. (Đáp án C) Có thể giải bài tập trắc nghiệm này theo cách sau: ta có n  ( M 2  2) M 1 (16  2).12,8  4 14( M 2  M 1 ) 14.(16  12,8) Suy ra Anken là C4H8 Như vậy với bài tập trắc nghiệm trên học sinh đã dụng kỹ thuật giải nhanh sau: Hỗn hợp A gồm anken và hiđro ( M 1 ), dẫn A qua Ni, nung nóng đến pư hoàn toàn được hh B gồm ankan và hiđro( M 2 ) . Số nguyên tử C của anken (C nH2n) là: n  ( M 2  2) M 1 14( M 2  M 1 ) 11 Ví dụ 8. Hçn hîp X gåm mét hi®rocacbon trong ®iÒu kiÖn th-êng ë thÓ khÝ vµ hi®ro. Tû khèi cña X so víi hi®ro b»ng 6,7. Cho hçn hîp ®i qua Ni nung nãng, sau khi hi®rocacbon ph¶n øng hÕt thu ®-îc hçn hîp Y cã tû khèi víi hi®ro b»ng 16,75. C«ng thøc ph©n tö cña hi®rocacbon lµ: A. C3H4. B. C3H6 C. C4H8 D. C4H6. Cách giải thông thường S¬ ®å ph¶n øng: CnH2n +2 - 2m + mH2  CnH2n + 2 ®iÒu kiÖn a ma 1 - Xem thêm -

Tài liệu liên quan

Tài liệu vừa đăng