Tài liệu Skkn sử dụng hệ thống bài tập có nhiều cách giải nhằm rèn luyện tư duy cho học sinh trong dạy học hóa học hữu cơ ở trường thpt

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐỀ TÀI: "SỬ DỤNG HỆ THỐNG BÀI TẬP CÓ NHIỀU CÁCH GIẢI NHẰM RÈN LUYỆN TƯ DUY CHO HỌC SINH TRONG DẠY HỌC HÓA HỌC HỮU CƠ Ở TRƯỜNG THPT" PHẦN I: MỞ ĐẦU I. Lý do chọn đề tài Trong dạy học hóa học, có nhiều biện pháp và phương pháp để nâng cao chất lượng dạy học và phát triển năng lực nhận thức của học sinh. Thực tế cho thấy, giải bài tập hóa học không chỉ có tác dụng ôn tập, củng cố kiến thức đã học mà còn có tác dụng để phát triển kiến thức, phát triển năng lực tư duy và rèn trí thông minh cho học sinh. Giải một bài toán hóa học bằng nhiều cách dưới các góc độ khác nhau có khả năng rèn tư duy cho học sinh gấp nhiều lần so với giải bài toán bằng một cách dù cách đó là ngắn gọn nhất, giúp cho học sinh có khả năng nhìn nhận vấn đề theo nhiều hướng khác nhau, phát triển tư duy logic, sử dụng thành thạo và tận dụng tối đa các kiến thức đã học. Để phát triển tư duy và rèn trí thông minh cho học sinh thì việc tìm ra đáp số của bài toán hóa học là chưa đủ mà giáo viên cần phải khuyến khích học sinh tìm nhiều cách giải cho một bài tập, chọn cách giải hay nhất và ngắn gọn nhất. Khi nói lên được ý hay, với phương pháp tối ưu sẽ tạo cho học sinh niềm vui, sự hưng phấn, kích thích học sinh tư duy, nỗ lực suy nghĩ để tìm ra cách giải hay hơn thế nữa. Vì vậy tôi chọn đề tài : "Sử dụng hệ thống bài tập có nhiều cách giải nhằm rèn luyện tư duy cho học sinh trong dạy học hóa học hữu cơ trường THPT" Hy vọng đề tài này sẽ góp phần nâng cao chất lượng dạy học hóa học ở trường THPT. II. Mục đích nghiên cứu - Rèn luyện tư duy đa hướng cho học sinh lớp 11,12 trường Trung học phổ thông qua hệ thống bài tập hóa học có nhiều cách giải. - Nâng cao hiệu quả dạy học hóa học 11, 12 nâng cao trường THPT và bồi dưỡng học sinh giỏi. III. Nhiệm vụ của đề tài - Tuyển chọn, xây dựng và sử dụng hệ thống bài toán hóa học có nhiều cách giải cho lớp 11 nâng cao ở trường THPT. - Nghiên cứu, đề xuất phương pháp sử dụng hệ thống bài tập có nhiều cách giải một cách có hiệu quả trong quá trình dạy học hóa học ở lớp 11, 12 nâng cao trường THPT. - Thực nghiệm sư phạm : Kiểm nghiệm giá trị của hệ thống bài toán hóa học có nhiều cách giải và hiệu quả của các đề xuất về phương pháp sử dụng ở trường Trung học phổ thông. IV. Khách thể và đối tượng nghiên cứu - Khách thể nghiên cứu : Quá trình dạy học hóa học ở trường THPT. - Đối tượng nghiên cứu : Hệ thống bài tập hóa học có nhiều cách giải ở lớp 11, 12 nâng cao trường THPT. V. Phạm vi nghiên cứu - Chương trình hóa học THPT : chương trình hóa học hữu cơ 11 và 12 VI. Phương tiện và phương pháp nghiên cứu - Nghiên cứu, tham khảo các tài liệu có liên quan - Tổng hợp, phân tích, đề xuất phương pháp giải - Đưa ra các dạng bài tập tiêu biểu để minh họa sau đó có bài tập tương tự VII. Kế hoạch thực hiện đề tài: Nghiên cứu thực trạng của học sinh sau khi học hoá 11và 12 và kiểm tra chất lượng để căn cứ vào đó lập kế hoạch xây dựng đề tài từ tháng tháng 11 năm 2012 PHẦN II . NỘI DUNG I. TÌNH HÌNH SỬ DỤNG BÀI TẬP HOÁ HỌC NHIỀU CÁCH GIẢI NHẰM RÈN LUYỆN TƯ DUY CHO HỌC SINH HIỆN NAY Ở TRƯỜNG THPT. Qua thực tế giảng dạy ở trường THPT Tiên Lữ chúng tôi thấy rằng: Đa số giáo viên đã chú ý đến việc sử dụng bài tập trong quá trình giảng dạy nói chung tuy nhiên việc sử dụng bài tập trong quá trình dạy học hóa học còn có những hạn chế phổ biến sau đây: - Việc xác định mục đích cần đạt cho bài tập nhiều khi chỉ dừng lại ở bản thân lời giải của bài tập mà chưa có được mục tiêu nhận thức, phát triển tư duy cho học sinh. - Khi hướng dẫn các em giải bài tập còn chạy theo số lượng, chưa khai thác hết được các phương pháp giải của một bài toán để từ đó giúp học sinh có thể tự học và tự nghiên cứu dễ dàng hơn. Từ khi Bộ Giáo dục và đào tạo tổ chức thi đại học môn hóa theo phương pháp trắc nghiệm, 50 câu trong 90 phút làm cho học sinh học hóa học chỉ quan tâm đến kĩ thuật giải nhanh toán hóa còn giáo viên chỉ chú trọng đến luyện kĩ thuật giải toán hóa nhằm tìm ra đáp số nhanh nhất và thường chỉ giải bài hóa đó theo một cách. Để xác định cách giải nhanh nhất với giáo viên thì rất dễ, nhưng với học sinh để làm được điều này thì trong quá trình học, học sinh phải biết được các cách khác cho 1 toán hóa. Và một điều nữa là không phải cách nhanh nhất của bài toán đã là cách nhanh nhất với em học sinh cụ thể. Vì vậy trong quá trình giảng dạy, giáo viên phải khuyến khích học sinh giải bài tập theo nhiều cách. Xét về mặt phát triển tư duy thì việc giải được một bài toán hóa đã rèn được tư duy cho học sinh, nhưng giải một bài toán hóa bằng nhiều cách có tác dụng rèn tư duy tốt hơn nữa, đặc biệt là loại tư duy đa hướng. Với mỗi cách giải nhiều khi chỉ làm nổi bật được một hay một số khía cạnh của bài tập. Giải bài tập bằng nhiều cách là một phương pháp có hiệu quả nhằm khai thác bản chất hóa học của bài toán. Cụ thể, học sinh không rập khuôn máy móc mà linh hoạt, mềm dẻo, có khả năng nhìn nhận vấn đề, bài toán dưới nhiều góc độ và khía cạnh khác nhau nên nắm vững được bản chất hóa học của bài hóa. II. MỘT SỐỐ BÀI TẬP BÀI TẬP HỮU CƠ CÓ NHIỀỀU CÁCH GIẢI Bài 1 : Cho hỗn hợp A gồm anken X và H 2 qua Ni đung nóng , thu được hỗn hợp B gồm 2 khí. Biết B không làm mất màu dung dịch Brom. Tỉ khối của A và B so với H 2 lần lượt là 6 và 8 . Xác định CTPT của X và thành phần phần trăm thể tích của mỗi khí trong hỗn hợp A. Sơ đồ phản ứng : CnH2n ( x mol ) CnH2n+2 Ni,to   H2 ( y mol ) --------------------MA= 6.2= 12 ( x mol) B không làm mất màu Brom . B là hỗn hợp của ankan và H2 dư H2 dư Anken X phản ứng hết ( y-x mol ) ---------------MB= 8.2= 16 CnH2n + H2  CnH2n+2 x  x x mol Cách 1 : Bảo toàn khối lượng + Khối lượng mol trung bình : mA= mB  6.2 ( x + y ) = 8.2 ( x+y - x )  6 ( x + y ) = 8y  y = 3x 14nx  2 y x y MA = = 12  14nx = 12x + 10y = 42x  14n = 42  n = 3  CTPT của anken X là C3H6 . Trong A ( % Vanken= 25 , % VH2 = 75 ) Hoặc : MB = (14n  2) x  2( y  x ) x y x n=3 = 14nx  2 y x = 16  14nx = 14y = 42x  14n= 42   CTPT của anken X là C3H6 . Cách 2 : Khối lượng mol trung bình : MA = 14 nx  2 y x y MB = (14n  2) x  2( y  x ) x y x = 12  14nx + 2y = 12x + 12y  = 14nx  2 y x 14nx = 12x + 10y ( 1 ) = 16  14nx = 14y ( 2 ) Giải ( 1 ) & ( 2 )  12x + 10y = 14y  y = 3x. Thay y = 3x vào ( 2 ) ta được n = 3. CTPT của anken X là C3H6 . Trong A ( % Vanken= 25 , % VH2 = 75 ) Cách 3 : Hiệu 2 tỉ khối + Khối lượng mol trung bình + Bảo toàn khối lượng : dB/H2 - dA/H2 = 2  1/2 ( MA - MB ) = 2  mB nB - mA nA =4   (14nx  2 y )( (14nx  2 y ) x y( x  y) 14nx  2 y x y MA = 1 1  ) y x y = 4 =4  14nx  2 y x . y( x  y) y =4  12. x y =4  x 1  y 3  y = 3x. = 12  14nx = 12x + 10y = 42x  14n = 42  n = 3  CTPT của anken X là C3H6 . Trong A ( % Vanken= 25 , % VH2 = 75 ) Hoặc : MB = (14n  2) x  2( y  x ) x y x = 14nx  2 y x = 16  14nx = 14y = 42x  14n= 42  n = 3  CTPT của anken X là C3H6 . ( Ngoài ra bạn cũng có thể tìm ra y = 3x với phương pháp tổng 2 tỉ khối bằng cách tương tự )... Cách 4 : Hiệu 2 tỉ khối + Bảo toàn khối lượng + Sơ đồ đường chéo : dB/H2 - dA/H2 = 2  1/2 ( MA - MB ) = 2  mB nB - mA nA =4  (14nx  2 y )( 1 1  ) y x y = 4  (14nx  2 y ) x y( x  y) =4  14nx  2 y x . y( x  y) y Sơ đồồ đường chéo : CnH2n 14n 10 MA = 12 =4  12. x y =4  x 1  y 3  y = 3x. H2 2 nCn H 2 n nH 2 14n - 12 10 x 1     14n  12 y 3 n=3  CTPT của anken X là C3H6 . Trong A (% Vanken= 25 , % VH2 = 75 ) Hoặc : CnH2n+2 14n + 2 14 nCn H 2 n 2 nH 2 14 x 1     14n  14 y  x 2 n=3  CTPT của anken X là C3H6 . MB = 16 Trong A ( % Vanken= 25 , % VH2 = 75 ) H2 2 14n - 14 Cách 5 : Bảo toàn khối lượng + Sơ đồ đường chéo : mA= mB  6.2 ( x + y ) = 8.2 ( x+y - x )  6 ( x + y ) = 8y  y = 3x Sơ đồồ đường chéo : CnH2n 14n 10 nCn H 2 n nH 2 10 x 1     14n  12 y 3 n=3  CTPT của anken X là C3H6 . MA = 12 Trong A ( % Vanken= 25 , % VH2 = 75 ) H2 2 14n - 12 CnH2n+2 14n + 2 14 Hoặc : nCn H 2 n 2 nH 2 14 x 1     14n  14 y  x 2 n=3  CTPT của anken X là C3H6 . MB = 16 Trong A ( % Vanken= 25 , % VH2 = 75 ) H2 2 14n - 14 Cách 6 : Khối lượng mol trung bình + Sơ đồ đường chéo : Bạn có thể chọn 1 trong 2 cách nhỏ sau : MA = 14 nx  2 y x y 12x + 12y  = 12  14nx + 2y = 14nx = 12x + 10y ( 1 ) Sơ đồ đường chéo : CnH2n+2 14n + 2 14 MB = 16 H2  2 nCn H 2 n  2 nH 2 14n - 14 14 x   14n  14 y  x (2) ( 1 ) & ( 2 )  14nx = 12x + 10y = 14y  y = 3x  n = 3.  CTPT của anken X là C3H6 . trong A ( % Vanken= 25 , % VH2 = 75 MB = (14n  2) x  2( y  x ) x y x 14nx  2 y x = 16  14nx = 14y ( 3 ) = Sơ đồ đường chéo : CnH2n 14n 10 MA = 12 H2  2 nCn H 2 n 14n - 12 10 x   14n  12 y nH 2 (4) ( 3 ) & ( 4 )  14y = 12x + 10y  y = 3x  n = 3.  CTPT của anken X là C3H6 . Trong A ( % Vanken= 25 , % VH2 = 75 ) Cách 7 : Sơ đồồ đường chéo : CnH2n 14n 10 nCn H 2 n nH 2 MA = 12 10 x   14n  12 y (1) H2 2 14n - 12 CnH2n+2 14n + 2 14 nCn H 2 n  2 nH 2 14 x   14n  14 y  x ( 1) & ( 2 )  MB = 16 (2) 14n  14 14n  12  1 14 10  n = 3  CTPT của anken X là C3H6 . H2 2 14n - 14 Trong A ( % Vanken= 25 , % VH2 = 75 %) Bài 2. Hỗn hợp X gồm axetilen, etan và propen. Đốt cháy hoàn toàn 24,8 gam hỗn hợp X thu được 28,8 gam nước. Mặt khác 0,5 mol hỗn hợp này tác dụng vừa đủ với 500 gam dd Br2 20%. Tính thành phần phần trăm thể tích mỗi khí trong hỗn hợp. Lời giải Các phản ứng hóa học xảy ra: C2H2 + 5 2 O2 t  2CO2 + H2O C2H6 + 7 2 O2 t  2CO2 + 3H2O C3H6 + 9 2 O2 t  3CO2 + 3H2O C2H2 + 2Br2  C2H2Br4 C3H6 + Br2  C3H6Br2 Cách 1. Nhóm các phương pháp đại số Số mol nước là: Số mol Br2 là : 28,8 1,6 18 (mol) 20 500 0,625 100 160 (mol) Cách 1.1. Gọi x, y, z lần lượt là số mol của C2H2, C2H6, C3H6 trong 24,8 gam hỗn hợp X. Giả sử số mol các chất trong 0,5 mol hỗn hợp gấp k lần số mol các chất tương ứng trong 24,8 gam hỗn hợp X. Ta có hệ: 26x + 30y + 42z = 24,8 x + 3y + 3z = 1,6 kx + ky + kz = 0,5 2kx + kz = 0,625 Giải hệ trên có : x = 0,4 ; y = z = 0,2 ; k = 0,625 % Thể tích của C2H2 là : 0,4 100 50% 0,4  0,2  0,2 % Thể tích của C2H6 là : 0,2 100 25% 0,4  0,2  0,2 % Thể tích của C3H6 là : 0,2 100 25% 0,4  0,2  0,2 Đây là cách làm quen thuộc mà đa số học sinh thường sử dụng để giải bài tập loại này. Cách 1.2. Hỗn hợp X theo đề bài là một hỗn hợp đồng nhất, tỉ lệ giữa các thành phần khí trong hỗn hợp là không thay đổi do đó khối lượng phân tử trung bình của hỗn hợp ( M ) là giá trị không đổi. Gọi x, y, z lần lượt là số mol của C2H2, C2H6, C3H6 trong 1 mol hỗn hợp khí X. Ta có hệ x+y+z=1 2x + z = M 0,625 1,25 0,5 = 26x + 30y + 42z = 24,8 ( x  3 y  3z ) 1,6 Giải hệ có : x = 0,05 ; y = z = 0,25 % Thể tích của C2H2 là : 0,5 100 50% 1 % Thể tích của C2H6 là : 0,25 100 25% 1 % Thể tích của C3H6 là : 0,25 100 25% 1 Cách 2. Nhóm các phương pháp trung bình Đặt CTPT trung bình cho cả hỗn hợp X là C n H 2 n 2 2 k Ta có : C n H 2 n 2 2 k + ( 2n  1  k t ) O2  n CO2 2 + (n  1  k ) 1,6 n 1  k C n H 2 n 2 2 k H2O 1,6 + k Br2 t  C n H 2 n2 2 k Br2 (mol) 0,5 0,5 k (mol) Ta có hệ : 0,5 k = 0,625 1,6 n 1  k Giải hệ có : k ( (14n  2  =1,25 ; 2k ) n = 24,8 9 4  CTPT trung bình của hỗn hợp X là C 9 4 H4 Sau khi tìm được CTPT trung bình ta dễ dàng tìm ra kết quả của bài toán theo 1 trong 3 phương pháp sau : Cách 2.1. Phương pháp đại số Gọi x, y, x lần lượt là số mol các chất trong 24,8 gam hỗn hợp X M Số mol hỗn hợp X là : 9 =12 4  4 31 24,8 0,8 31 (mol) nC = 9 0,8  1,8 4 (mol) nH = 0,8 4 3,2 (mol) Ta có hệ : x + y + z = 0,8 2x + 6y + 6z = 3,2 2x + 2y + 3z = 1,8 Giải hệ có : x = 0,4 ; y = z = 0,2 % Thể tích của C2H2 là : 0,4 100 50% 0,8 % Thể tích của C2H6 là : 0,2 100 25% 0,8 % Thể tích của C3H6 là : 0,2 100 25% 0,8 Cách 2.2. Phương pháp đường chéo Theo số C trung bình (C2H2, C2H6)  75% (C=2) C= (C3H6)  25% (C=3)  % Thể tích của C3H6 là 25% Theo số H trung bình (C2H6, C3H6) 2  50% (H=6) 4 (C2H2) (H=2) 2  50% % Thể tích của C2H2 là 50% % Thể tích của C2H6 là: 100 – 50 – 25 = 25% Phương pháp đường chéo sử dụng trong bài này khá mới mẻ. Thông thường phương pháp đường chéo chỉ sử dụng cho hỗn hợp hai chất, trong bài này lại sử dụng cho hỗn hợp 3 chất. Học sinh nào phải có tư duy độc lập, sáng tạo mới làm được theo cách này. Cách 2.3. Phương pháp phân tích hệ số và ứng dụng Ta đã có : nX = 0,8 mol. Phân tích hệ số các phản ứng cháy ta thấy : - Tỉ lệ số mol  nC3H 6 nCO2  2.n X - Tỉ lệ số mol  hidrocacbon 1  CO2 2 nC2 H 2  , trừ phản ứng của C3H6 có tỉ lệ 1:3 = 0,2 mol hidrocacbon 1  , H 2O 2 3n X  2nH 2O 2 trừ phản ứng của C2H2 có tỉ lệ 1:1 = 0,4 mol Ta dễ dàng tích được số mol của C 2H6 là 0,2 mol từ đó tính % thể tích các chất trong hỗn hợp. Mặc dù trong sồố các cách làm ở trên khồng có cách làm th ực s ự nhanh, nh ưng đêồu là nh ững cách làm hay và hàm chứa tư duy logic, tư duy hóa học. Bài toán này thích h ợp v ới giáo viên s ử d ụng đ ể minh h ọa khi gi ảng d ạy vêồ phương pháp, đồồng thời cũng là một bài tập quan tr ọng đ ể các em h ọc sinh tham kh ảo và h ọc t ập. Bài 3. Đốt cháy hoàn m gam toàn hỗn hợp X gồm CH4, C2H4 và C2H2, thu được 35,2 gam CO2 và 25,2 gam H2O. Giá trị của m là A. 1,24. B. 12,40. 24,80. Lời giải Cách 1: Sử dụng phương pháp thông thường: C. 2,48. D. ● X + O2: CH4 + 2O2 CO2 + x x C2H4 + 3O2 2y (1)(2)(3)  nCO = x + 2y + 2z = 2 nH2O = 2x + 2y + z = 2H2O 2z 35,2 44 25,2 18 (2) 2y 4CO2 + z (1) 2x 2CO2 + 2H2O y 2C2H2 + 5O2 2H2O (3) z = 0,8 mol = 1,4 mol Đến đây nhiều HS thấy bế tắc, vì có 3 ẩn mà chỉ có hai phương trình nên không thể tìm được x, y, z ? Đề ra thiếu dữ kiện (!) Một số HS học khá hơn suy nghĩ nhận thấy rằng, để tìm m không nhất thiết phải tìm được số mol của từng chất trong hỗn hợp. Từ biểu thức tính khối lượng: m = 16x + 28y + 26z Có thể phân tích thành: m = 12(x + 2y + 2z) + 2(2x + 2y + z) = 12.0,8 + 2.1,4 = 12,4 gam  Chọn đáp án B. Cách 2: Với HS thông minh thì bài toán trên có thể giải nhanh bằng phương pháp bảo toàn nguyên tố như sau: mC = 12. nCO 2 = 12.0,8 = 9,6 gam ; mH =2 2. nH O = 2.1,4 = 2,8 gam mX = mC + mH = 9,6 + 2,8 = 12,4 gam. Cách 3: Ta có nO 2 phản ứng = nCO 2 +1/2. nH 2 O = 0,8 + 0,7 = 1,5 mol Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta được: mX + m O 2 phản ứng = m CO 2 + mH 2 O → mX = 0,8.44 + 1,4.18 – 1,5.32 = 12,4g Bài 4. Hỗn hợp X có tỉ khối so với hidro là 21,2 gồm propan, propen và propin. Khi đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol X thì tồng khối lượng CO 2 và H2O thu được là: A. 20,4 gam. B. 18,96 gam. C. 16,8 gam D. 18,6 gam. Lời giải C3H8 + 5O2 t  x C3H6 + 3x 9 2 O2 t  y C3H4 + 4O2 4x 3CO2 + 3H2O 3y t  z M 3CO2 + 4H2O 3y 3CO2 + 2H2O 3z 2z = 21,2 x 2 = 42,4 Gọi khối lượng CO2 và H2O thu được khi đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol hỗn hợp X là m (m>0) Cách 1. Phương pháp đại số Gọi x, y, z lần lượt là số mol của C3H8, C3H4, C3H6 trong 0,1 mol hỗn hợp. Ta có hệ: 44 x  42 y  40 z 42,4 xyz (1) x + y + z = 0,1 (2) (1)  44x + 42y + 40z = 4,24 40(x + y + z) + 2(2x + y) = 4,42  2x + y = 4,42 – 0,1 x 40 = 0,12 Làm đến đây đòi hỏi học sinh phải có tư duy toán học để xử lí các phương trình đại số. Cần tính : m = 44(3x + 3y + 3z) + 18(4x + 3y + 2z) m = 168(x + y + z) + 18(2x + y) m = 168.0,1 + 18 . 0,12 m = 18, 96 (gam) Đáp án B Cách 2. Phương pháp trung bình Ta nhận thấy propan, propen và propin trong phân tử đều có 3 nguyên tử C. Do đó ta có thể đặt công thức chung của hỗn hợp X là Ta có : M = 36 + x = 42,4  C3H6,4 + 4,6O2 x t  C3 H x = 6,4 3CO2 + 3,2H2O (4< x <6)