12. 12
Theo định luật bảo toàn khối lượng, ta có:
m88,2
m = m (28,48+32+27,72) = m88,2 => n =
H O pu H O 182 2
Số mol liên kết peptit ban đầu:
m.3
89.4 18.3 mol
Số mol liên kết peptit lúc sau (Sản phẩm):
lienket/ala ala lienket/ala ala ala
32.1 27,72.2
n n 0,44 mol
89.2 18 89.3 18.2
Theo bảo toàn số liên kết peptit: số liên kết peptit trong sản phẩm bằng số
liên kết peptit trong tetrapeptit cộng số phân tử nước, suy ra:
m.3 m 88,2
0,44 m 81,54 g
89.4 18.3 18
.
Cách 3: Qui đổi sản phẩm về một chất đơn giản: Qui đổi về alanin(ala)
Ta có:
1 alaala ↔ 2 ala; 1 alaalaala ↔ 3 ala
0,2 mol 0,4 mol 0,12 mol 0,36 mol
=>
n = 0,4 + 0,36 + 0,32(gtcho) =1,08 mol
ala
Suy ra:
ala
tetrapeptit
n 1,08
n 0,27 mol
4 4
=> tetrapeptitm 0,27.(89.4 18.3) 81,54 g .
Cách 4: Đặt ẩn số, giải hệ phương trình
Alaalaalaala + H2O
o
t
alaalaala + ala
x mol x mol x mol
Alaalaalaala + H2O
o
t
2alaala
y mol 2y mol
Alaalaalaala + 3 H2O
o
t
4 ala
z mol 4 z mol
=> x = ala ala alan 0,12mol (1);
13. 13
x + 4 z = alan 0,32mol (2)
2y = ala alan 0,12mol (3)
Từ (1); (2) và (3) suy ra x = 0,12 mol; y = 0,1 mol; z = 0,05 mol, suy ra
ala ala ala alan 0,12 0,1 0,05 0,27 mol
m 0,27.(89.4 18.3) 81,54 g.
Cách 5: Phương pháp trung bình:
Đặt sản phẩm là n peptit: n
Ala
Ta có
ala ala ala ala ala ala
ala ala ala ala ala ala
1.n 2.n 3.n 1.0,32 2.0,2 3.0,12
n 1,6875
n n n 0,32 0,2 0,12
n
alaalaalaala ↔ 4 n
Ala
=>
ala ala ala ala
(0,32 0,2 0,12).n
n 0,27 mol
4
=> tetrapeptitm 0,27.(89.4 18.3) 81,54 g .
Cách 6: Phân tích hệ số mol sản phẩm:
Sản phẩm = 0,32 mol ala + 0,2 mol alaala + 0,12 mol alaalaala
= ( 0,12 mol ala + 0,12 mol alaalaala) + ( 0,2 mol ala + 0,1 mol alaala) +
+0,1mol alaala
= 0,12 mol alaalaalaala + 0,1 mol alaalaalaala + 0,05 mol alaalaalaala
= 0,27 mol alaalaalaala
=> 0,27.(89.4 18.3) 81,54tetrapeptitm g .
Cách 7: tính số mol tetrapeptit trực tiếp(theo bảo toàn gốc ala)
ala ala ala ala ala ala
ala ala ala ala
n n n .3 0,32 0,2 0,12.3
n 0,27 mol
4 2 4 4 2 4
=> tetrapeptitm 0,27.(89.4 18.3) 81,54 g .
Cách 8: Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
Alaalaalaala + H2O
o
t
alaalaala + ala
0,12 mol ← 0,12 mol (gt) → 0,12 mol
14. 14
Alaalaalaala + H2O
o
t
2alaala
0,1 mol ← 0,2 mol
Alaalaalaala + 3 H2O
o
t
4 ala
0,15 mol ← (0,320,12) mol
=>
m (0,12 0,1 0,15).18 6,66 g
H O
2
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có:
m m m m m
H Oala ala ala ala ala ala ala ala ala ala
2
=> m = 28,48+ 27,72+ 32 6,66 = 81,54 g.
Cách 9: Giải theo tỉ lệ mol sản phẩm
Giả thiết cho: ala: (ala)2: (ala)3 = 8: 5: 3, suy ra:
6,75 (ala)4
2H O
8 ala + 5 (ala)2 + 3 (ala)3
0,27 mol ← 0,32 0,2 0,12
=> tetrapeptitm 0,27.(89.4 18.3) 81,54 g .
Bài 2:
Cách 1: Phương pháp đại số
Gọi CT của ancol cùng dãy đồng đẳng với ancol metylic là : ROH
CH3OH + CH3COOH → CH3COOCH3 + H2O (1)
a a
ROH + CH3COOH → CH3COOR + H2O (2)
b b
Ta có: 3CH OH ROH Rm m 32a b(M 17) 4,02(*)
3CH OH ROHn n a b 0,06hay42a 42b 0,06.42 2,52 (**)
Cộng (*) và (**), ta được: 74a+ 59b + bR = 6,54.
Suy ra: 3 3 3este CH COOCH CH COORm m m 74a 59b bR 6,54 g.
Cách 2 : Phương pháp bảo toàn khối lượng:
Ta có: axit este nuocn n n 0,06mol
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có :
15. 15
2ancol axit este H Om m m m => estem 4,02 0,06.60 0,06.18 6,54 g
Cách 3 : Phương pháp tăng giảm khối lượng
Cứ 1 mol ancol tạo thành 1 mol este thì khối lượng tăng : 5917 = 42 gam.
0,06 mol ancol tạo thành 0,06 mol este thì khối lượng tăng: 0,06.42 =2,52 gam.
Vậy : meste = 4,02 + 2,52 = 6,54 g.
Cách 4 : Phương pháp trung bình
Gọi CTTB của 2 ancol là: R
ROH(M 15)
3 3 2ROH CH COOH CH COOR H O
Ta có 3CH COOH esteROH
n 0,06 molvà n 0,1 mol n 0,06 mol
Mà:
4,02
M 67 (u) M 67 17 50 (u)
0,06ROH R
Suy ra: estem 0,06.(50 59) 6,54 g .
Bài 3:
Cách 1 : Phương pháp thông thường
HCOOC3H7 + NaOH → HCOONa + C3H7OH
a a (mol)
CH3COOC2H5 + NaOH → CH3COONa + C2H5OH
b b(mol)
Ta có: 3 7 3 2 5HCOOC H CH COOC H
13,2
m m 88 a 88 b 13,2 a b 0,15 mol
88
NaOHNaOH M
0,15
n a b 0,15mol C 1,5M.
0,1
Vậy x = 1,5.
Cách 2 : Phương pháp trung bình
Gọi CTTB của 2 este là : RCOOR’
RCOOR’ + NaOH → RCOONa + H2O
Ta có :
NaOH esten n 0,15mol.
=> NaOHM
0,15
C 1,5M
0,1
. Vậy x = 1,5.
Cách 3 : Phương pháp bảo toàn điện tích
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích : dung dịch sau phản ứng chứa ion RCOO
16. 16
Và Na+
nên:
NaOHNa RCOO
n n 0,15mol n
=> NaOHM
0,15
C 1,5 M
0,1
Vậy x = 1,5.
2.1.2. Bài toán Vô cơ
2.1.2.1. Đề bài :
Bài 1 : Hòa tan hết m gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe2O3, Fe3O4 bằng dung dịch HNO3
đặc nóng dư thu được 4,48 lit khí NO2 ( đktc, sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch
X. Cô cạn dung dịch X được 145,2 gam muối khan. Tính m ?
Bài 2 : Hòa tan hoàn toàn 15,3 gam hỗn hợp X gồm Fe, Mg, Zn trong dung dịch
HCl (dư) người ta thu được 6,72 lít khí (đktc) và dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y
thu được khối lượng muối khan là bao nhiêu ?
Bài 3 : Hòa tan hoàn toàn 23,8 gam hỗn hợp gồm một muối cacbonat của kim loại
kiềm và một muối cacbonat của kim loại kiềm thổ bằng dung dịch HCl thu được 0,2
mol CO2 và dung dịch A. Cô cạn dung dịch A thu được bao nhiêu gam chất rắn?
2.1.2.2.Các cách giải :
Bài 1 :
Cách 1 : Giải theo phương trình phản ứng
Gọi x,y,z lần lượt là số mol của FeO, Fe3O4, Fe2O3 trong m g hỗn hợp X
Các phản ứng xảy ra :
FeO + 4 HNO3 Fe(NO3)3 + NO2 + 2 H2O (1)
Fe3O4 + 10 HNO3 3 Fe(NO3)3 + NO2 + 5 H2O (2)
Fe2O3 + 6 HNO3 2 Fe(NO3)3 + 3 H2O (3)
Giả thiết cho 2 3 3( )0,2 ; 0,6 NO Fe NOn mol n mol
Theo phương trình (1) ; (2) ; (3) ta có :
x + 3y + 2z = 0,6 => 10x + 30 y + 20 z = 6 (*)
Và x + y = 0,2 (**)
Lấy (*) –(**), ta được : 9x + 29 y + 20 z = 5,8
=> 72x + 232 y + 160 z = 46,4 g.
Vậy m = 46,4 g.
17. 17
Cách 2 : Áp dụng định luật bảo toàn mol elctron và bảo toàn khối lượng đối
với hỗn hợp X :
Theo định luật bảo toàn khối lượng : mX = m Fe + mO
Mặt khác, ta có 3 3( ) 0,6 Fe NOn mol => nFe = 0,6 mol => mX = mO + 33,6 (g)
=>mO = m – 33,6 (g) =>
O
m 33,6
n mol
16
Áp dụng định luật bảo toàn mol e : ( ) ( )e en n
=> 3. n Fe = 2NO On .1 n .2
=>
( 33,6).2
0,6.3 0,2
16
m
=> m = 46,4 g.
Cách 3 : Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng đối với toàn bộ quá trình và
bảo toàn nguyên tố H
Ta có hh X + HNO3 Fe(NO3)3 + NO2 + H2O
Theo định luật bảo toàn khối lượng, ta có :
3pu 3 3 2 2X HNO Fe(NO ) NO H Om m m m m
=> 3pu 3pu 2HNO HNO Fe NOm 63.n 63.(3.n n ) 63.(3.0,6 0,2) 126 g
Theo bảo toàn nguyên tố H, ta lại có :
2 3pu 2H O HNO H O
1 1
n n m 18. .(3.0,6 0,2) 18 g
2 2
=> Xm 145,2 0,2.46 18 126 46,4 g
Cách 4 : Qui đổi hỗn hợp X thành hỗn hợp X’ : FeO và Fe2O3 hoặc Fe và
Fe2O3 hoặc FeO và Fe3O4 ; hoặc Fe và FeO hoặc Fe và Fe3O4.
Ở đây ta giải chi tiết trường hợp qui đổi hỗn hợp X thành hỗn hợp X’ gồm
FeO và Fe2O3.
Gọi x, y lần lượt là số mol của FeO và Fe2O3 trong X’
Phản ứng :
FeO + 4 HNO3 Fe(NO3)3 + NO2 + 2 H2O (1)
18. 18
x → x → x
Fe2O3 + 6 HNO3 2 Fe(NO3)3 + 3 H2O (2)
y → 2y
Từ phương trình, ta có x + 2y = 0,6 và x = 0,2
suy ra x = 0,2 mol và y = 0,2 mol.
Vậy m = 72 x + 160 y = 0,2.72 + 160.0,2 = 46,4 g.
Cách 5 : Sử dụng công thức kinh nghiệm :
Ta có 3 3Fe/hhX Fe(NO )n n 0,6mol
Sử dụng công thức kinh nghiệm, ta có :
Fe e
hh
10.m 56.n 10.0,6.56 56.0,2
m 46,4 g
7 7
.
Cách 6 : Giải bằng phương pháp trung bình :
Gọi công thức chung của các oxit là : x y
Fe O , ta có :
x y
Fe O +
3
3 2 2(2 2y)H NO xFe NO (y 1)H O
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích 2 vế ta có :
2 + 2 y 1 = 3 x => 3 x 2 y = 1 (1)
Ta lại có :
3
2
Fe
NO
n 0,6
n 0,2 x 3
x x
(2)
Từ (1) và (2) suy ra x = 3 ; y = 4.
Vậy x y x y
X Fe O Fe Om m n .(56x 16y) 0,2.(56.3 16.4) 46,4 g
Cách 7 : Giả theo hóa trị trung bình của sắt :
Gọi hóa trị trung bình của sắt trong cả hỗn hợp X là n . Khi đó công thức của
X là : 2 n
Fe O .
Áp dụng định luật bảo toàn mol e cho phản ứng của X với HNO3, ta có :
n 3
Fe Fe (3 n).e
5 4
N 1e N
Ta lại có : 3
3 3Fe(NO )Fe
n n 0,6 mol
Nên : 0,6.(3n ) = 0,2.1 => n = 8/3
19. 19
Mặt khác, theo bảo toàn nguyên tố Fe, ta có
3
2 n
Fe O Fe
1
n n 0,3 mol
2
Suy ra X
8
m 0,3.(56.2 16. ) 46,4 g
3
.
Cách 8 : Giải theo bảo toàn nguyên tố oxi
Ta có 3 3 2Fe(NO ) NOn 0,6 mol; n 0,2 mol;
Suy ra 3 2 3HNO pu H O HNO
1
n 0,6.3 0,2 2,0 mol n n 1 mol.
2
Hỗn hợp X ( FeO,Fe2O3, Fe3O4) + HNO3 Fe(NO3)3 + NO2 + H2O
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố O, ta có :
3 3 2 2 3O/X O/Fe(NO ) O/NO O/H O O/HNO pum m m m m
Suy ra : X Fem m 0,6.9.16 0,2.32 1,0.16 2.3.10 12,8 g
=> Xm 12,8 0,6.56 46,4 g.
Bài 2 :
Cách 1 : Phương pháp thông thường
Fe + 2HCl → FeCl2 + H2
x x x
Mg + 2HCl → MgCl2 + H2
y y y
Zn + 2HCl → ZnCl2 + H2
z z z
Gọi số mol của Fe, Mg, Zn lần lượt là x,y,z . Ta có hệ phương trình sau :
56x + 24y + 65z = 15,3
x + y + z = 0,3
m muối = x(56 + 35,5 . 2) + y(24 + 35,5 . 2) + z(65 + 35,5 . 2)
= 56x + 24y + 65z + 35,5 . 2 (x + y + z)
= 15,3+ 35,5. 2. 0,3 = 36,6 gam.
Cách 2 : Phương pháp bảo toàn nguyên tố
Nhận thấy: 2HCl HCl
6,72
n n 2.n 2. 0,6mol.
22,4
20. 20
Suy ra: muôi kl Cl
m m m 15,3 0,6.35,5 36,6 g.
Cách 3 : Phương pháp bảo toàn khối lượng
M + 2HCl → muối + H2
0,6 0,3 (mol)
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: mM + mHCl = mmuối + m H2
m muối = m hỗn hợp kim loại + mHCl mH2 = 15,3 + 0,6. 36,5 0,3.2 = 36,6 g.
Cách 4 : Phương pháp trung bình
Đặt M là công thức trung bình của Fe, Mg, Zn.
M + 2 HCl MCl2 + H2
Từ phương trình, suy ra 2 2MCl Hn n 0,3mol
Suy ra Muoi M Mm 0,3.(M 71) 0,3.M 0,3,71 15,3 0,3.71 36,6 g.
Bài 3 :
Cách 1 : Phương pháp thông thường
A2CO3 + 2HCl 2ACl + CO2 + H2O (1)
x 2x x
BCO3 + 2HCl BCl2 + CO2 + H2O (2)
y 2y y
(2A + 60)x + (B + 60)y = 23,8 (3)
x + y = 0,2 (4)
Từ (3) và (4) ta có : 2Ax + By + 60 (x+y) = 23,8.
→ 2Ax + By = 23,8 60.0,2 = 11,8.(5)
mmuối = 2x(A + 35,5) + y (B + 2.35,5)
= 2Ax + By + 71. (x+y) = 11,8 + 71. 0,2 = 26 g.
Cách 2 : Dùng phương pháp bảo toàn khối lượng
A2CO3 + 2HCl 2ACl + CO2 + H2O (1)
BCO3 + 2HCl BCl2 + CO2 + H2O (2)
Từ (1)(2): số mol HCl = 2 số mol CO2 = 0,4 mol.
Số mol H2O = số mol CO2 = 0,2 mol.
29. 29
kim loại. Hòa tan hoàn toàn chất rắn A vào dung dịch HCl dư thấy có 1,12 lít khí
thoát ra (đktc) và còn lại 28 gam chất rắn không tan B. Tính nồng độ CM của
Cu(NO3)2 và của AgNO3?
Đáp số: 2M và 1M
Bài 48: Hòa tan hoàn toàn 10,44 gam một oxit sắt bằng dung dịch H2SO4
đặc, nóng thu được dung dịch X và 1,624 lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất, ở
đktc). Cô cạn dung dịch X, thu được m gam muối sunfat khan. Tính giá trị của m?
Đáp số: 29,0 g
Bài 49: Hòa tan hoàn toàn 2,44 gam hỗn hợp bột X gồm FexOy và Cu bằng dung
dịch H2SO4 đặc nóng (dư). Sau phản ứng thu được 0,504 lít khí SO2 (sản phẩm khử
duy nhất, ở đktc) và dung dịch chứa 6,6 gam hỗn hợp muối sunfat. Tính phần trăm
khối lượng của Cu trong X?
Đáp số: 26,23%
Bài 50: Hòa tan hết m gam hỗn hợp X gồm Cu và 2 oxit sắt cần vừa đủ 500ml dung
dịch HCl 1,2M. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 38,74 gam hỗn hợp hai
muối khan . Tính giá trị m?
Đáp số: 22,24 g
2.2.2. Một số bài toán hữu cơ
2.2.2.1. Lớp 11
Bài 1: Hỗn hợp gồm hiđrocacbon X và oxi có tỉ lệ số mol tương ứng là 1:10. Đốt
cháy hoàn toàn hỗn hợp trên thu được hỗn hợp khí Y. Cho Y qua dung dịch H2SO4
đặc, thu được hỗn hợp khí Z có tỉ khối đối với hiđro bằng 19. Xác định công thức
phân tử của X ?
Đáp số: C4H8
Bài 2: Hỗn hợp khí A ở điều kiện tiêu chuẩn gồm hai olefin. Để đốt cháy 7 thể tích
A cần 31 thể tích O2 (đktc). Biết olefin chứa nhiều cacbon chiếm khoảng 40% –
50% thể tích hỗn hợp A. Xác định công thức phân tử của hai Olefin ?
Đáp số: C2H4 và C4H8
36. 36
khác, nếu cho m gam X tác dụng hoàn toàn với dung dịch HCl, thu được dung dịch
Z chứa (m+36,5) gam muối. Tính giá trị của m?
Đáp số: 112,2 g
Bài 40: Hỗn hợp M gồm axit cacboxylic X, ancol Y (đều đơn chức, số mol X gấp
hai lần số mol Y) và este Z được tạo ra từ X và Y. Cho một lượng M tác dụng
vừa đủ với dung dịch chứa 0,2 mol NaOH, tạo ra 16,4 gam muối và 8,05 gam
ancol. Xác định công thức của X và Y?
Đáp số: CH3COOH và C2H5OH
Bài 41: Hỗn hợp A gồm 2 este đơn chức no, đồng phân. Khi trộn 0,15 mol hỗn hợp
A với O2 vừa đủ rồi đốt cháy thu được 0,9 mol hỗn hợp sản phẩm gồm CO2 và hơi
nước. Xác định CTPTcủa 2 este?
Đáp số: CH3COOCH3 và HCOOC2H5
Bài 42: Hỗn hợp X gồm axit HCOOH và CH3COOH (tỉ lệ mol 1:1). Hỗn
hợp Y gồm hai ancol CH3OH và C2H5OH (tỉ lệ mol 3:2). Lấy 11,13 gam hỗn hợp
X tác dụng với 7,52 gam hỗn hợp Y (có xúc tác H2SO4 đặc) thu được m gam hỗn
hợp este (hiệu suất các phản ứng đều bằng 80%). Tính giá trị m ?
Đáp số: 11,616 g
Bài 43: Đem hoá hơi 6,7 gam hỗn hợp X gồm CH3COOH, CH3COOC2H5,
CH3COOCH3 và HCOOC2H5 thu được 2,24 lít hơi (đktc). Đốt cháy hoàn toàn 6,7
gam X thu được khối lượng nước bao nhiêu gam?
Đáp số: 4,5 g
Bài 44: X là 1 pentapeptit cấu tạo từ 1 amino axit no mạch hở có 1 nhóm –COOH
và 1 nhóm –NH2 (A), A có tổng phần trăm khối lượng oxi và nitơ là 51,685%. Khi
thủy phân hết m gam X trong môi trường axit thu được 30,2 gam tetrapeptit; 30,03
gam tripeptit; 25,6 gam đipeptit và 88,11 gam A. Tính giái trị m ?
Đáp số: 156,66 g
Bài 45: Cho 0,1 mol αamino axit X tác dụng với 50 ml dung dịch HCl 1M thu
được dung dịch A. Dung dịch A tác dụng vừa đủ với 250 ml dung dịch
39. 39
Gv: Hướng dẫn học sinh giải các bài
tập trong sách giáo khoa
Gv cho bài tập: Cho hỗn hợp A gồm
anken X và H2 qua Ni nung nóng, thu
được hỗn hợp B gồm 2 khí. Biết B
không làm mất màu dung dịch brom. Tỉ
khối hơi của A và B so với H2 lần lượt
là 6 và 8. Xác định Công thức phân tử
của X và % về thể tích mỗi khí trong
hỗn hợp A?
Gv: Chia lớp học thành 4 nhóm, yêu
cầu các nhóm thảo luận và đưa ra các
phương pháp giải bài toán này
Gv: Yêu cầu học sinh nhận xét trong
các cách giải vừa trình bày cách nào
hay nhất và nên lựa chọn cách nào để
áp dụng giải dạng toán này
Gv: yêu cầu học sinh trình bày cách
giải tối ưu nhất
Hs: Sửa bài tập trong sách giáo khoa
Hs: thảo luận nhóm đưa ra các cách
giải
Cách 1: Dùng bảo toàn khối lượng và
khối lượng mol trung bình
Cách 2: Khối lượng mol trung bình
Cách 3: Bảo toàn khối lượng và sự
tăng giảm số mol
Cách 4: Sơ đồ đường chéo
Hs: Trình bày bài giải tối ưu nhât.
Đáp số: C3H6; % C3H6 = 25%.
Nhận xét: Sử dụng bài tập Hóa học nhiều cách giải trong các tiết học trên
không những giúp học sinh củng cố kiến thức, rèn luyện kỹ năng giải toán Hóa học
mà còn góp phần rèn luyện một số kỹ năng mềm cho học sinh như kỹ năng tư duy
độc lập, kỹ năng hoạt động nhóm, kỹ năng trình bày, thuyết trình một vấn đề,…
Qua thực tế giảng dạy cho thấy, các tiết học sử dụng bài tập nhiều cách giúp có
không khí học tập sôi nổi, tập trung hơn và chất lượng đạt cao hơn.
2.3.2. Sử dụng Bài tập Hóa học có nhiều cách giải trong việc kiểm tra và đánh
giá.
43. 43
2.3.4.3.Đối tượng và địa bàn thực nghiệm
Đối tượng :Học sinh lớp 12 ở trường THPT lớp 12 TN1 và 12TN5
Địa bàn thực nghiệm: Thực nghiệm sư phạm tại 2 lớp 12 của trường THPT
Tăng Bạt Hổ.
2.3.4.4. Tiến hành thực nghiệm
Thực hiện giảng dạy: Nhóm đối chứng dạy bình thường như trước thực
nghiệm. Đối với nhóm thực nghiệm, GV chuẩn bị và thực hiện giảng dạy theo nội
dung và phương pháp đã đề xuất.
Thực hiện kiểm tra đánh giá
+Thực hiện kiểm tra đánh giá bài kiểm tra 45 phút, thực hiện kiểm tra trên lớp.
+ Chấm bài kiểm tra.
+ Thống kê và sắp xếp kết quả theo thứ tự từ điểm thấp đến điểm cao, cụ thể từ
điểm 1 đến điểm 10, theo 4 nhóm:
* Giỏi : Gồm các điểm 9 ; 10.
* Khá : Gồm các điểm 7 ; 8.
* Trung bình : Gồm các điểm 5; 6 .
* Yếu, kém : Gồm các điểm 0; 1; 2; 3; 4.
2.3.4.4.Kết quả
LỚP GIỎI KHÁ TRUNG BÌNH YẾUKÉM
12TN1(
thực
nghiệm)
8
(16,0%)
21
(42,0%)
20
(40,0)
1
(2,0%)
12TN5
(đối
chứng)
0
(0,0%)
18
(41,8%)
20
(46,5%)
5
(11,6%)
* Nhận xét: Từ kết quả thực nghiệm sư phạm và qua thực tế giảng dạy có thể rút ra
một số nhận xét sau đây :
+ Sử dụng bài tập hóa học , đặc biệt là bài tập hóa học có nhiều cách giải một
cách có hiệu quả, thông qua việc lựa chọn và tổ chức để HS tìm ra cách giải sẽ giúp
47. 47
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Trịnh Văn Biều (2003), Các phương pháp dạy học hiệu quả, Trường ĐHSP.
TPHCM.
2. Cao Cự Giác (2008), Hướng dẫn giải nhanh bài tập trắc nghiệm hóa học 12, Nhà
xuất bản Đại học sư phạm.
3. Võ Chánh Hoài (2008), Tuyển chọn và xây dựng hệ thống bài tập nhằm phát
triển tư duy cho HS trong dạy học phần hóa học vô cơ lớp 12 nâng cao ở trường
trung học phổ thông, Luận văn thạc sỹ giáo dục học.
4. Võ Văn Mai (2007), Sử dụng bài tập hóa học để góp phần hình thành một số
phẩm chất và năng lực cần có cho học sinh giỏi ở phổ thông, Luận văn thạc sỹ giáo
dục học.
5. Lê Xuân Trọng Ngô Ngọc An Phạm Văn Hoan Nguyễn Xuân Trường (2008),
Bài tập hóa học 12 nâng cao, Nhà xuất bản Giáo Dục, TPHCM.
6. Nguyễn Xuân Trường (2005), Phương pháp dạy học Hóa học ở trường phổ
thông, Nhà xuất bản Giáo dục, TPHCM.
7 .Huỳnh Văn Út (2008), Giải bằng nhiều cách các bài toán hoá học 12, Nhà xuất
bản Đại Học Quốc Gia TP HCM.