Megoldási módjainak számítási feladatok kémiából különböző nehézségi szint
Az kell, hogy képes legyen megoldani a problémát a kiszámított
Legyen képes megoldani a problémát - az integrált mutatója mesterként tudás a kémia, fizika, matematika, és természetesen, a mentális képességek a diákok. Ezért a problémák megoldását - ez nem csak az egyik vezető oktatási módszerek, hanem a leginkább informatív ellenőrzési eljárást. Az asszimilációs folyamat tudás nagyjából négy fázisból áll:- megértése;
- tárolás;
- alkalmazás standard körülmények;
- az új, nem szabványos körülmények között, és ezek különböző kombinációi.
Egyáltalán ezek a szakaszok a képzés és felügyelet különböző típusú feladatokat.
Az első a tanárok és oktatók, akik előadott és támogatta azt az elképzelést, hogy szükség van egy feladat a tanulási folyamat kémia VN Verkhovskii, JL Goldfarb, LA Cvetkovot, LM Smorgon, SG Shapovalenko, Y. Hodakov.
Annak ellenére, hogy a különböző megközelítések tanítás a diákok problémamegoldó kémiai problémák, mindenki elismeri, hogy a fő képzési forma legyen önálló munkát. Önálló munka a diákok hatékony jelenlétében elegendő alapvető ismeretek és a megfelelő ellátások, könyvek probléma.
Jelenleg van egy ellentmondás a szintje a standard feladatok egy iskola tanfolyam és a szint a vizsga céljait. A nehézség egyes vizsga céljait gyakran megfizethetetlen, nem csak a diákok, hanem a tanárok többsége. Különböző előnyöket példák a megoldások meglehetősen nehéz problémákat. A tapasztalat azonban azt mutatja, hogy a kémiai, fizikai és matematikai ismeretek a legtöbb tanuló nem elegendőek ahhoz, hogy megértsük őket. Ezért lehetetlen átmennek a vizsgán, anélkül, hogy az előkészítő tanfolyamok vagy oktatók. És ez megköveteli a nagy idő- és erőforrás-túlterheli a középiskolás diákok számára.
Ezért nyilvánvaló relevanciáját tanulói problémamegoldó képesség kémiai problémákat.
Probléma a megállapítás a tömeghányada az elem az anyag
Az első, és természetesen, a legegyszerűbb típusú problémák által tanulmányozott diákok az osztályban VIII - megtalálni a tömegarányai kémiai elemek az anyagban. Ez egy nagyon egyszerű feladat, de a tapasztalat azt mutatja, hogy a legtöbb diák számára komoly problémát jelent emlékezve még az egyszerű képletek számítások. Kezdettől fogva hangsúlyt fektetünk a logika a diákok, és nem a mechanikai tömés. A név „tömeghányada” azt jelzi, hogy a kiszámítására töltés súlyát.
Kérem a diákok egy egyszerű kérdést:
- Mit kell tenni, hogy minden kapta részesedése valamit?
A diákok azonnal adja meg a választ:
Ezután én erősít a figyelmet arra a tényre, hogy a részvény - ez is része az egésznek. Eszközök tömegének kiszámításához kell lennie tulajdonítható kémiai elem, osztva a súlya a teljes molekula.
Így a diákok könnyen, segítségével a logika, magukat abból a képlet megállapításához szükséges a tömeghányad a kémiai elem egy anyag.
Feladat 1.Vychislit tömege arányát a hidrogén és az oxigén a vízben molekulában.
Megoldás: Először számítsuk ki a relatív molekulatömeg úr a víz:
Úr (H2 O) = Ar (H) * 2 + Ar (O) = 2 * 1 + 16 = 18;
majd a masszát frakció hidrogénatom: (H) = * 100% = 11,1%
és oxigén: (O) = = = 88,9%
Válasz: (H) = 11,1%. (G) = 88,9%.
Problémák találni képletű anyag a tömegarányai alkotó elemek úgy
Ezután megvizsgálja a megoldás a inverz probléma - a megállapítás a képlet az anyag ismert tömegű frakciókat alkotó kémiai elemek. algoritmus is ilyen problémák megoldására a diákok elsajátították elég könnyen. A nehézség az, hogy az arány a atomok kémiai elemek egyszerű egész számok. Elmagyarázom, hogy szükség van az összes szám kiválasztásához az arány a legkevésbé, és ossza meg minden kapcsolatot. De ebben az esetben is kiderülhet, nem egész számok. Akkor van az összes eredményt a kettős, hármas, stb amíg az egész, hogy nem csökkennek.
Feladat 2.Find képletű anyag, amely tartalmaz 83,33% szén, és 16,67% -os hidrogén.
Megoldás: Egy anyagösszetétel Ah Wu, a képlet 1:
Behelyettesítve az adatok ebben a képletben, megkapjuk az expressziós :.
Egyszerű számítások adja meg a választ: 5. 12
A: A képletű vegyület C5 H12
De a válasz nem mindig olyan egyszerű.
A példa ezt a problémát a magas iskolában, amikor szó, több tehetséges diákok ki lehet mutatni, hogy a bináris vegyület egyenértékű az atomok számát Z számszerűen egyenlő annak oxidációs állapotát. Ehhez figyelembe vesszük hagyományosan ágens kompozíció Ax Wu atomok, mint a reakció terméke és a B komponensek:
A diagramból redox folyamat, az következik, hogy: z (A) = m. z (B) = n.
Van azonban egy csomó bináris általános képletű vegyületek, amelyek nem írt összhangban oxidációs fokú az elemek. Ezek közé tartozik számos karbidok, nitridek, oxidok, szénhidrogének és egyéb anyagok. Például: CaC2. CR7 C3. Mn8 C3. Mn4 N, Mo2 N, Fe3 O4. U3 O8.
Nyilvánvaló, hogy minden egyes elem az anyagot, akkor is, ha nincs formula készül oxidációs állapotok, akkor lehet számítani, egyenértékű vagy a molekulatömeg-elemet. De sok ilyen anyag az oxidáció mértékét az elemek által képviselt egy töredéke, és így azonos számú is frakcionált. 2 megoldani a problémát a „egyenértékű”. Erre a célra a matematikai kifejezést a törvény ekvivalens
= Ahol M (1 / z (A) A) - ekvivalens móltömege A,
M (1 / z (B) B) - A ekvivalens móltömege- meg kell adnia a tömegarányai az elemek az A és B a készítményben egy vegyület Ah Wu.
- mint fentebb jeleztük, Z (A) = m. z (B) = n.
Osszuk z (A) z (B): =. Tekintettel arra, hogy x m = y n. Találunk a hozzáállás:
Mi kifejezetten a moláris tömege az A és B a moláris tömeg ekvivalens:
M (A) = Z (A) * M (1 / z (A) A),
M (B) = z (B) * M (1 / z (B) B).
Helyettesítő a képletben: = írásbeli expresszióját, és az arány a egyenértékű számok kifejezve az arány a indexek, kapunk egy matematikai kifejezést a törvény az ekvivalensek:
Mi használja ezt a képletet a probléma megoldása: helyettesítő moláris tömegű hidrogén ekvivalens, és a tömegarányai elemek:
Ezért kiszámoljuk a moláris tömege a szén egyenértékű anyaggal:
M (1 / z (C) C) = 5 g / mol.
Ezután meghatározzuk a megfelelő számú szénatomot az anyag:
Így, az oxidáció mértékét a szén a szénhidrogén egyenlő -12/5.
Határozzák meg a képlet: Cx -12/5 Well 1;
Ezért a legegyszerűbb képlet C5 H12.
Ha a feltétele a probléma, hogy meg kell határozni a képlet bináris képződött vegyület egy ismeretlen elem, az „ekvivalens” is nagyon jól lehet használni annak kezelésére.
Célkitűzés képletű 3.Opredelit két oxid az azonos elem, ha a tömeghányad ezen oxidok egyenlő 88.11% és 84.75%. Ez az elem is képez fluoridot tartalmazó 32,47 tömeg% fluort.
Kiszámítjuk az oxigén egyenértékű oxidok, figyelembe véve, hogy az oxidáció mértékét oxigén -2:
A (2) egyenlet, kiszámítja ekvivalens móltömege az ismeretlen elem R az első oxid:
; M (1 / z (R) R) = 89,28 g / mol.
Feltételezik továbbá, hogy az egyenértékű az elem számát R az első oxid egy egész szám, és a szelekciós módszerek meghatározása móltömeg elemet, figyelembe véve, hogy:
M (R) = z (R) * M (1 / z (R) R) kap asztal 1:
A 3. táblázatból következik, hogy egy ismeretlen komponens lehet neptunium, hiszen három vegyértékű ón-fluorid nem létezik. Ezután, egy első oxid, ahol a súlya frakció a elem megegyezik 88,11% lehet NpO2. Ugyanakkor számolva a második oxid ad valódi választ hafnium (Fr2 O5 oxid nem létezik). Hogyan, hogy megszüntesse ezt az ellentmondást?
Feltételezhető, hogy a második elem oxid oxidációs számot, és egy frakcionális ekvivalens száma z (R) egy második frakcionált-oxid. Erre a feltevésre alapozva, definiáljuk a megfelelő számú Z 1 (R), és a, majd, a második oxid képlet:
képlet használható, hogy meghatározzuk a második oxid képletű (1):
Így, a képlet a második oxid Np3 O8.
Problémák megoldása a „szabályok a kereszt”
„A szabály a határon” ismeri a hallgatók órai. Azt a vonat a diákok a kémiai számítások, amennyiben lehetséges, hogy ezt a szabályt. Az ilyen lehetőség sok elég, különösen a számítások elkészítéséhez kapcsolódó oldatok meghatározott koncentráció. Ehhez a „szabály a kereszt” felírható a következőképpen:
Itt, az A és B - a koncentráció a kiindulási anyagok, a C - koncentrációját a kapott oldatot.
Ha az oldat koncentrációja százalékban kifejezve, a szabály elmondható a következő: hogy megkapjuk a (A - B) gramm az oldat koncentrációja: C%, szükséges, hogy egy (C - B) gramm oldatkoncentrációjában A% és (A - C) oldat koncentrációja g%.
A és B vehet az értékeket 0 (tiszta oldószer) és 100 (tiszta oldott anyag), míg a C, mindig nagyobb lesz, mint az A, és kevesebb, mint a B.
Ha a koncentráció a megoldások, kifejezett mol / l, ez a szabály is megállapítható az alábbiak szerint: hogy megkapjuk a (A - B) ml (vagy L) koncentrációjú oldatot C mol / l, szükséges, hogy egy (C-B) ml (vagy L) koncentrációja előállítása mol / l, és az (a-C), ml (vagy L) koncentrációja az oldat mol / l.
Használata „szabályok a kereszt”, hogy egyszerűsítse a feladatokat, és ne a közbenső számítások, melyek nagyon gyakran hibáznak, valamint csökkenti az időt, hogy megoldást.
Tekintsük alkalmazásának lehetőségét „szabályok a kereszt” konkrét példákat.
Feladat 4.Opredelit tömeg közönséges sót, és a térfogatot desztillált vízzel megszerzéséhez szükséges 230 g 12 tömeg% -os sóoldatban.
Forma az áramkör alkalmazásának „kereszt szabályok” bővíti eredeti adatok: x - só tömege, y - víz tömege:
Annak meghatározására, az x és y levél- és megoldására két arányok:
Válasz: V (H2 O) = 202,4 ml.
Feladat 5.Opredelit víz térfogata (ml), hogy hozzá kell adni 400 ml 18% erősségű sóoldattal sűrűsége 1,132 g / ml, így 11% -os oldat.
törzsoldat súly: m = p * V; m = 1.130 * 400 = 152,8 (g).
Építünk az áramkört, és megtalálni a víz térfogata:
Válasz: V (H2 O) = 288,15 ml.
Számítógépes program képzési problémamegoldás kémia
Az egyik általános eszköze az oktatás - számítógépes képzési programok, amelyek a leginkább jellemzők. Az ötlet, hogy a számítógépek diákok oktatására a megoldás a kémiai problémák nem új, és tükröződik még a nevét számos könyvet problémák és előnyök a tanárok számára. Van ebben a tekintetben kiváló, ha nem egyedülálló, jellemzői: együtt a kémia és még mindig tanítani tudomány. Én birtokában nem csak egy számítógépes terem. Van egy tisztességes tapasztalat számítógép-használat oktatása kémia diák, köztük megoldása kémiai problémákat.