PHNG GIO DC QUN HONG MAI
*
SNG KIẾN KINH NGHIỆM
LÝ THUYẾT V PHƯƠNG PHP
GIẢI MỘT SỐ DẠNG BI TP PHẦN DUNG DỊCH
MÔN : HÓA HỌC
Năm h,c 2014-2015
MC LC
MỤC LỤC 1

A. ĐẶT VẤN ĐỀ 1
I. Lý do chọn đề tài 1
II. Mức độ nghiên cứu của sáng kiến kinh nghiệm 1
III. Đối tượng, khách thể và nội dung nghiên cứu 1
IV. Mục đích chuyên đề: 1
V. Kết cấu của đề tài sáng kiến kinh nghiệm 1
B. NỘI DUNG 2
PHẦN THỨ NHẤT 2
THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ 2
I.Thuận lợi : 2
II.Khó khăn : 2
PHẦN THỨ HAI 2
NỘI DUNG 2
I. KIẾN THỨC 2
II. CÁC DẠNG BÀI TẬP CƠ BẢN 3
III. BÀI TẬP VẬN DỤNG 13
PHẦN THỨ BA 22
BÀI HỌC KINH NGHIỆM VÀ Ý KIẾN ĐỀ XUẤT 22
I.Bài học kinh nghiệm 22
A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I. Lý do chọn đề tài

V. Kết cấu của đề tài sáng kiến kinh nghiệm
Ngoài phần đặt vấn đề, kết luận, tài liệu tham khảo, đề tài gồm có 3 phần
- Phần 1 : Nêu thực trạng của vấn đề
- Phần 2 : Mô tả và giới thiệu các nội dung và phương pháp giải
- Phần 3 : Kết quả, bài học kinh nghiệm và kiến nghị .
1/24
B. NỘI DUNG
PHẦN THỨ NHẤT
THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ
I. Thuận lợi :
- Nhà trường luôn tạo điều kiện thuận tiện cho giáo viên và học sinh trong
các buổi học bồi dưỡng học sinh giỏi
- Phòng Giáo dục và Đào tạo mở các chuyên đề tập huấn cho giáo viên các
chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi .
- Tài liệu ôn thi học sinh giỏi được phổ biến rộng rãi, tạo nguồn học liệu
phong phú cho cả giáo viên và học sinh
II. Khó khăn :
- Thời gian bồi dưỡng học sinh giỏi còn thiếu, gây khó khăn cho giáo viên
và học sinh khi mà cần học một khối lượng kiến thức lớn.
- Học sinh đôi khi chưa thực sự chủ động, tích cực trong học tập.
PHẦN THỨ HAI
NỘI DUNG
I. KIẾN THỨC
1. Nồng độ phần trăm dung dịch

% .100%
ct
dd
m
C

dung dịch
= V.D
m
dm
: Khối lượng của dung môi (đơn vị: g)
V: Thể tích dung dịch (đơn vị: ml)
D: Khối lượng riêng của dung dịch (đơn vị: g/ml)
4. Sự chuyển đổi giữa nồng độ phần trăm và nồng độ mol

10.
%.
M
D
C C
M
=
5. Độ tan

100.
dm
ct
m
m
S
=
m
ct
: Khối lượng chất tan ; m
dm
: Khối lượng của dung môi

% % %
%
% % %
m C C C
C
m C C C
−
−
(C%
1
< C% < C%
2
)

1
2
dd
2
dd 1
% %
% %
m
C C
m C C
−
→ =
−
- Công thức đường chéo dùng cho C
M
dd1 1 2

→ =
−
- Công thức đường chéo dùng cho Dung dịch
d
(Khối lượng riêng của
dung dịch)
dd1 dd1 dd2 dd
dd
dd2 dd2 dd dd1
( )
( )
V ml D D D
D
V ml D D D
−
−
(Dung dịch
d1
< Dung dịch
d
< Dung
dịch
d2
)

1
2
dd
dd2 dd
dd dd dd1

dung dịch1
+ V
dung dịch2

4/24
+ Tinh thể hiđrat (A

n.H
2
O) có

( )
% .100%
18.
A
A trongtinhthe
A
M
C
M n
=
+
(Khi đó :C
M
thì rất lớn; Dung dịch
d
= D
tinh thể
; coi tinh thể hiđrat là 1 dung
dịch)

m g C
C
m g C
= −
=
= −
1 1
1 2
2 2
90% 9
9.
10% 1
m m
m m
m m
→ = → = → =
(1)
Lại có: m
dung dịch mới
= m
1
+ m
2
= 120(g) (2)
Từ (1) và (2) ta có: m
1
= 108 (g)
m
2
= 12 (g)

M
M M
M M
M
M M
V l C M C
C
V l C M C
V C C
C M
V C C
= = −
= = −
− −
→ = → = → =
− −
Vậy C
M
của dung dịch thu được là 2,1(M).
Bài 3:
Cần phải lấy bao nhiêu ml dung dịch NaOH (D=1,4 g/ml) trộn với bao
nhiêu ml NaOH (D = 1,1 g/ml) để được 600ml dung dịch NaOH (D = 1,2g/ml)
Giải
Gọi dung dịch NaOH (D=1,1g/ml) là dung dịch1 với : Vdung dịch = V
1
(ml)
Gọi dung dịch NaOH (D=1,4g/ml) là dung dịch2 với: Vdung dịch = V
2
(ml)
Áp dụng sơ đồ đường chéo ta có :

= 400 ml
V
2
= 200 ml
Vậy cần lấy 400ml dung dịch NaOH (D = 1,1g/ml) trộn với 200ml dung
dịch NaOH (D=1,4g/ml)
Bài 4:
6/24
Xác định khối lượng FeSO
4
.7H
2
O cần để khi hoà tan vào 372,2(g) H
2
O thì
được dung dịch FeSO
4
3,8%.
Giải:
Gọi H
2
O là dung dịch1 với: m
dung dịch 1
= 372,2 (g) ; C%
1
= 0%.
Gọi FeSO
4
.7H
2

2
O vào 372,2(g) H
2
O được
dung dịch FeSO
4
3,8%.
Cách 2: Dùng phương pháp đại số
Phương pháp đại số áp dụng cho pha trộn nhiều dung dịch khi không xảy
ra phản ứng hoá học và các công thức tính sau:
* Công thức tính C% sau khi pha trộn:
+ Tính m
ct
sau khi pha trộn = m
ct mới
= m
ct1
+ m
ct2
+ …. + m
ctn
+ Tính m
dung dịch
sau khi pha trộn = m
dung dịch mới
= m
dung dịch1
+ m
dung dịch2
+ ….

+ V
dung dịch2
+ …. + V
dung dịch n
C
Mmới
dd
.100%
moi
moi
n
V
=
* Công thức tính Dung dịch
d
sau khi pha trộn :
+ m
dung dịch1
= V
dung dịch1
. D
1
; m
dung dịch2
= V
dung dịch2
. D
2
; ….; m
dung dịch n

dd1 1 dd2 2 dd
dd
. . .
n n
moi
moi
V D V D V D
D
V
+ + +
=
* Bài tập minh họa cho cách 2 :
7/24
(Đề bài là bài tập minh họa của phương pháp đường chéo)
Bài tập 1:
Giải:
Vì khi cho NaOH vào H
2
O thì : H
2
O là dung môi, NaOH là chất tan.
Ta có : m
NaOH cho vào
= m
NaOH sau khi pha trộn
=
10.120
12
100
g

⇒
n
HCl mới
= 0,3 + 0,75 = 1,05(mol)
Lại có: V
dung dịch mới
= 200 + 300 = 500 ml = 0,5 l
1,05
2,1( / ) 2,1
0,5
HCl
M
C mol l M
= = =
Vậy HCl sau khi pha trộn có nồng độ là 2,1 (M.)
Bài tập 3:
Giải
Gọi V
dung dịch
NaOH (1,1 g/ml) = V
1
(ml)
Gọi V
dung dịch
NaOH (1,4 g/ml) = V
2
(ml) (V
1
, V
2

+ 1,4V
2
(1)
Mặt khác: V
1
+ V
2
= 600 (2)
Từ (1) và (2)
1
2
400
200
V ml
V ml
=

→

=

Vậy phải dùng 400 ml NaOH (1,1g/ml) với 200ml dung dịch NaOH
(1,4g/ml) được 600 ml dung dịch NaOH 1,2 g/ml.
Bài tập 4: Giải:
8/24
Đặt:
4 2
.7
( )
FeSO H O

m
C
m
m
m g
m
= =
+
⇔ = → =
+
Vậy
4 2
.7FeSO H O
m
cần cho vào
= 27,8 (g)
Dạng 2: Pha trộn dung dịch xảy ra phản ứng hoá h,c
1. Đặc điểm:
Bài tập này phải dựa vào PƯHH để xác định
2. Phương pháp làm:
Pha trộn dung dịch xảy ra phản ứng hoá học gồm có 4 bước:
+ B
1
:Viết PTPƯ hóa học xảy ra để biết chất tạo thành sau phản ứng.
+ B
2
: Tính số mol (hoặc khối lượng) của các chất sau phản ứng.
+ B
3
: Tính khối lượng hay thể tích dung dịch sau phản ứng.

chất khí
≈ 0
3. Bài tập minh họa:
Bài tập 1:
Hoà tan 47(g) K
2
O vào 177(g) H
2
O. Tính nồng độ % của dung dịch thu
được sau phản ứng.
Giải:
Theo gt:
2
2
47
0,5
94
177 59
18 6
K O
H O
n mol
n mol

= =




= =

2
O dư
Theo PT:
2
2. 2.0,5 1
1.56 56
KOH K O
KOH
n n mol
m g
= = =
→ = =
Vì H
2
O dư vẫn nằm trong dung dịch sau pư nên
m
dung dịch sau pư
=
2 2
47 177 224
K O H O
m m
+ = + =
(g)

56
% .100% 25%
224
KOH
C

= < = →
Na hết, H
2
O dư.
Theo PT : n
NaOH
= n
Na
= 1,5 mol.
-> m
NaOH
= 1,5 .40 = 60(g)
m
dung dịch sau pứ
= m
Na
+
2 2
1,5
34,5 180 .2 213( )
2
H O H
m m g
− = + − =
60
% .100% 28,2%
213
NaOH
C
= ≈

n mol

= =




= =


10/24
Ta có :
2 4 2
57 0,1
1 245 1 1
H SO BaCl
n n
= > =
-> BaCl
2
hết; H
2
SO
4
dư.
Trong dung dịch sau khi lọc bỏ kết tủa có : HCl; H
2
SO
4dư
.

H SO du
m g
→ = =
2 4 2 4
2 4
dd dd H dd
dd
114 400 0,1.233 490,7( )
7,3
% .100% 1,49%
490,7
13
% .100% 2,65%
490,7
saupu SO BaCl BaSO
saupu
HCl
H SO du
m m m m
m g
C
C
= + −
⇔ = + − =
= ≈
= =
Dạng 3: Bài toán về độ tan
1. Đặc điểm:
Bài toán có liên quan tới độ tan.
2.Phương pháp:

= 350 – a (g)
Áp dụng công thức :
4
.100 40 0,4
350 350 100
100( )
KCl
a a
S
a a
a g
= = ⇔ = =
− −
→ =
11/24
Vậy trong 350(g) dung dịch KCl ở 40
o
C có 100 (g) KCl.
Bài tập 2 :
a. Độ tan của NaCl ở 21
o
C là 36(g) xác định nồng độ % của dung dịch bão
hoà ở nhiệt độ trên.
b. Dung dịch bão hoà muối NaNO
3
ở 10
o
C có nồng độ % là 44,44%. Tính
độ tan của NaNO
3

1. Đặc điểm:
Bài toán thường hạ từ nhiệt độ cao xuống nhiệt độ thấp, khi đó khối
lượng chất tan đã vượt quá độ bão hoà của dung dịch. Lúc đó xuất hiện khối
lượng chất kết tinh.
2. Phương pháp:
Bài toán về khối lượng chất kết tinh thường sử dụng các bước sau:
+ Bước 1: Xét độ tan ở nhiệt độ cao -> m
ct
; m
H2O
ở nhiệt độ cao.
+ Bước 2: Xét độ tan ở nhiệt độ thấp -> m
ct
ở nhiệt độ thấp.
+ Bước 3: Khi đó : m
kết tinh
= m
ct
(ở nhiệt độ cao) – m
ct
(ở nhiệt độ thấp)
* Lưu ý: Đầu bài yêu cầu tính khối lượng tinh thể hoặc tìm công thức của
tinh thể thì cũng làm tương tự các bước trên . thêm bước đặt ẩn phụ hoặc đặt
công thức của tinh thể.
3. Bài tập minh họa:
Bài 1:
Tính khối lượng AgNO
3
kết tinh khỏi dung dịch khi làm lạnh 450(g) dung
dịch bão hoà ở 80

C )
= a.100/ (450-a)
↔
668 = 100.a/( 450- a) a= 391,4(g)
 m
H2O
= 450 -391,4 =58,6 (g)
12/24
* Xét ở t
o
= 20
o
C
Ta có :
3
3
( 20 )
.100
.100 222 130( )
58,6 58,6
o
AgNO
AgNO o C
b b
S b m g= ⇔ = → = =
Khi đó : m
AgNO3
(kết tinh) = 394,4 – 130 = 261,4 (g)
Vậy từ khi hạ từ 80
o

xuống t
1.
Giải:
Đặt :
4 2 4 2
( ) .5 ( )
( ); ( )
CuSO t CuSO H O tachra
m a g n x mol
= =
(x >0)
* Xét ở nhiệt độ t
2:
Ta có :
4 2
( )
100.
.100 34,2
134,2 134,2
CuSO t
a a
S
a a
= ⇔ =
− −
-> a = 34,2(g) ->
2
134,2 34,2 100( )
H O
m g

x x
S
x x
− −
= ⇔ =
− −
34,2 160
0,2 0,1( )
100 90
x
x mol
x
−
→ = → =
−

4 2
.5 ( )
0,1.250 25( )
CuSO H O tachra
m g
→ = =
Vậy khi hạ từ t
2
xuống t
1
có 25(g) CuSO
4
.5H
2

O (Sôđa tinh thể) vào 44,28ml H
2
O. Nồng
độ % của dung dịch sau khi pha trộn là bao nhiêu?
Đ.S:
2 3
% 4,24%
Na CO
C
=
Bài 4:
Hoà tan NaOH vào 200(g) H
2
O để thu được dung dịch có nồng độ 8% thì
khối lượng NaOH là bao nhiêu?
Đ.S: 17,39 (g)
Bài 5:
a. Cần lấy bao nhiêu ml dung dịch HCl 36% (D=1,19g/ml) để pha thành
5l dung dịch HCl 0,5M.
b. Khối lượng riêng của dung dịch KOH 12% là (1,1g/ml). Nồng độ của
dung dịch KOH 12% là bao nhiêu?
Đ.S: a. V= 213 (ml)
b. C
M
≈ 2,36 M
Bài 6:
Tính tỷ lệ thể tích của dung dịch HCl 18,25% (D = 1,2 g/ml) và thể tích
dung dịch HCl 13% (d = 1,123 g/ml) để pha thành dung dịch HCl 4,5M.
Đ.S : 3:1
Bài 7:

= 0,4M
C
M KOH
= 0,3 M
Bài 9:
a. Cần phải lấy thêm bao nhiêu (g) tinh thể CuSO
4
.5H
2
O và bao nhiêu (g)
dung dịch CuSO
4
4% để điều chế được 500(g) dung dịch CuSO
4
8%.
b. Cần phải lấy bao nhiêu (g) tinh thể CuSO
4
.5H
2
O và bao nhiêu (g) H
2
O
để được 250(g) dung dịch CuSO
4
16%.
Đ.S :a.33,3(g); 466,7(g).
b.62,5(g); 187,5(g).
Bài 10 :
Trong phòng thí nghiệm, 1 em học sinh đổ 1 lọ đựng 150ml dung dịch
HCl 10% có D =1,047g/ml vào lọ khác đựng 250ml dung dịch HCl 2M.

Đ.S:C
M
(A) = 2,18M; C
M
(B) = 4,36M
Bài 14 :
Thêm 400(g) H
2
O vào dung dịch có 40(g) NiSO
4
thì nồng độ của nó giảm
5%. Tính nồng độ % của dung dịch ban đầu.
Đ.S: C% NiSO
4
= 10%.
Bài 15:
A là dung dịch HCl có nồng độ 0,3M ; B là dung dịch HCl có nồng độ
0,6M.
a. Trộn A và B theo tỷ lệ thể tích V
A
:V
B
= 2:3 được dung dịch C. Hãy tính
nồng độ mol của dung dịchC.
15/24
b. Phải trộn A và B theo tỷ lệ thể tích nào để được dung dịch HCl có nồng
độ 0,4M?
Đ.S: a. C
M
= 0,48M

O cần để có được 200(g) dung
dịch NaOH 10%.
Đ.S: a. m
Na
= 1112,36(g)
b.
2 2
15,5( ); 184,5
Na O H O
m g m
= =
Bài 2:
a. Cho sản phẩm thu được khi oxi hoá hoàn toàn 5,6 lit SO
2
đo ở (đktc)
vào trong 57,2 ml dung dịch H
2
SO
4
60% có D=1,5g/ml. Tính nồng độ % của
dung dịch axit thu được.
b. Tính tỷ lệ khối lượng giữa kim loại Kali và dung dịch KOH 2% để có
được dung dịch KOH 40%.
Đ.S: a. C% = 71,8%.
b. Tỷ lệ : 13/108
Bài 3:
Thí nghiệm 1: Cho 50ml dung dịch HNO
3
X(M) với 150 ml dung dịch
Ba(OH)

2
CO
3
Bài 6:
Cho 150ml dung dịch HCl 10% (D=1,047g/ml) vào 250 ml dung dịch
HCl 2M thì thu được dung dịch A. Biết rằng: 40ml dung dịch A tác dụng vừa đủ
với 2,7(g) h
2
Zn, Fe. Tính C
M
của dung dịch A và % khối lượng của mỗi kim
loại trong hỗn hợp.
Đ.S : 2,325M
%m
Zn
= 25,76%; %m
Fe
= 74,24%
Bài 7:
Hoà tan 15(g) tinh thể FeSO
4
.7H
2
O vào H
2
O rồi cho tiếp NaOH dư, lọc
kết tủa, rửa sạch rồi nung trong không khí tới khối lượng không đổi thu được
4(g) chất rắn.
Hãy chứng tỏ rằng: Tinh thể FeSO
4

thoát ra chênh lệch nhau 448ml (đktc).
Đ.S: a. 0,2M; 0,5M; 0,1M
b. 0,145M; 0,545M
Bài 9:
17/24
Để trung hoà hết 200ml dung dịch hỗn hợp KOH 0,8M và Ba(OH)
2
2M
cần dùng vừa đủ V(ml) dung dịch hỗn hợp HCl 2M và H
2
SO
4
1,5M thu được
m(g) kết tủa và dung dịch X. Tính V, m, C
M
các chất trong dung dịch X.
Đ.S: V = 192ml; m = 67,104(g)
C
M
= 0,286M; C
M
= 0,408M
Bài 10 :
Hoà tan 1 mẫu hợp kim Ba, Na (có tỷ lệ nguyên tử 1:1) vào H
2
O thì thu
được dung dịchA và 6,72lit H
2
(đktc) .
a. Cần dùng bao nhiêu ml dung dịch hỗn hợp HCl 0,1M; H

Bài 12 :
Cho 27,4(g) kim loại Ba vào 500(g) dung dịch hỗn hợp (NH
4
)
2
SO
4
1,32% và
CuSO
4
2%. Sau khi tất cả các phản ứng kết thúc thu được khí A, kết tủa B, dung
dịch C. Tính.
a. V
A
ở (đktc).
b. Nung kết tủa B ở nhiệt độ cao tới khối lượng không đổi thì thu được
bao nhiêu (g) chất rắn.
c. Tính C% các chất có trong dung dịchC.
Đ.S : V
A
= 6,72(l) ; 31,2125(g) ; 3,03%
Bài 13:
Hoà tan 27,4(g) hỗn hợp 2 muối M
2
CO
3
và MHCO
3
vào dung dịch HCl
0,5M vừa đủ thấy tạo thành 6,729(lit) CO

Có 1 lit dung dịch hỗn hợp Na
2
CO
3
0,1M và (NH
4
)
2
CO
3
0,25M.
Cho 43(g) hỗn hợp BaCl
2
; CaCl
2
vào đó thì thu được 39,7(g) kết tủa A và dung
dịchB. Tính % khối lượng các chất trong A.
Đ.S: 49,62%; 50,38%.
Bài 16 :
Cho 27,4 gam Ba vào 400 gam dung dịch FeSO
4
3,04% sau khi các phản ứng
xảy ra hoàn toàn thu được khí A, kết tủa B và dung dịch C.
a. Tính VA (đktc).
b. Nung kết tủa B trong không khí tới khối lượng không đổi thì thu được bao
nhiêu gam chất rắn.
c. Tính C% của chất tan trong dung dịch C thu được.
Đ/S: 4,48 lít ; 25,04 gam ; 5,115%
Bài 17:
Hòa tan 1 oxit kim loại MO vào dung dịch H

Đ.S : 81,34(g)
Bài 3: (Sách 400 bài tập)
19/24
a. Độ tan của muối ăn (NaCl) ở 20
o
C

là 36(g). Xác định nồng độ % của
dung dịch bão hoà ở nhiệt độ trên.
b. Dung dịch bão hoà muối NaNO
3
ở 10
o
C là 44,44%. Tính độ tan của
NaNO
3
. Đ.S: a. 26,47 %.
b. 80g.
Bài 4:
Độ tan của phân đạm 2 lá NH
4
NO
3
ở 20
o
C là 192(g). Ở nhiệt độ này dung
dịch bão hoà NH
4
NO
3

4
)
3
bão hoà ở 10
o
C có nồng độ % là 25,1%.
a. Tính độ tan của Al
2
(SO
4
)
3
ở 10
o
C.
b. Lấy 1.000(g) dung dịch Al
2
(SO
4
)
3
bão hoà trên làm bay hơi 100(g) H
2
O
phần dung dịch còn lại đưa về 10
o
C thấy có a(g) Al
2
(SO
4

Đ.S:m
H2O
=68,2(g); m
XY.10H2O
=423,3(g
Bài 3: (Đề thi vào lớp 10 – Chuyên Hoá ĐHKHTN 1999 – 2000)
4 4
(10 ) (80 )
17,4( ); 55( )
o o
CuSO C CuSO C
S g S g= =
.Làm lạnh 1,5 kg dung dịch CuSO
4
bão
hoà ở 80
o
C xuống 10
o
C. Tính số (g) CuSO
4
.5H
2
O tách ra. Đ.S: 630(g)
Bài 4: (Đề thi vào lớp 10 – Chuyên Hoá ĐHKHTN 1996 – 1997)
Cho 600(g) dung dịch NaCl bão hoà ở 90
o
C. Hỏi có bao nhiêu (g) tinh thể
NaCl tách ra khi làm lạnh dung dịch đó xúông 0
o

CuSO C
S g=
Đ.S: 30,7(g)
Bài 6: (Đề thi vào lớp 10 – Chuyên Hoá ĐHKHTN2006-2007
Ở 25
o
C người ta đã hoà tan 450(g) KNO
3
vào 500(g) H
2
O được dung dịch A.
Biết rằng S
KNO3
(20
0
C) = 32(g). Hãy xác định khối lượng của KNO
3
tách ra khỏi
dung dịch khi làm lạnh dung dịch A xuống 20
o
C.
Đ.S: 290(g)
Bài 7: (Đề thi olimpic 30-4)
Ở 60
o
C có 31,6(g) Na
2
CO
3
tan trong 100(g) dung dịch tạo thành dung dịch

.5H
2
O .Cho biết độ tan của CuSO
4
ở 10
0
C là 17,4 (g).Xác định xem CuSO
4
.5H
2
O ban đầu có lẫn tạp chất hay tinh
khiết .Tính khối lượng tạp chất (nếu có ).
Đ.S : Khối lượng tạp chất :20,375 (g)
Bài 9:
Khi thêm 1(g) MgSO
4
khan vào 100 (g) dung dịch MgSO
4
bão hòa ở 20
0
C đã
làm cho 1,58 (g) MgSO
4
khan kết tinh trở lại ở dạng tinh thể ngậm nước . Xác
định công thức của tinh thể ngậm nước .Biết độ tan của MgSO
4
ở 20
0
C là
35,1(g).

phạm nên tôi mới chỉ xây dựng được đề tài về một số bài tập phần dung dịch để
bồi dưỡng học sinh giỏi hóa học dành cho học sinh ở trường chúng tôi, mỗi
dạng chỉ được khảo sát trên một số lượng hạn chế học sinh. Bởi vậy tôi đề
nghị:
1. Tiếp tục nghiên cứu, xây dựng bổ sung thêm những cách phân loại bài tập hóa
học.
2. Với hệ thống phân loại đã xây dựng đạt tiêu chuẩn về độ khó, độ phân biệt, độ
tin cậy cao của bài tập, khi đưa vào sử dụng cần tiếp tục khảo sát, sửa chữa để
nâng cao chất lượng .
3. Tiếp tục xây dựng hệ thống phân loại các dạng bài tập khác thuộc môn hóa
học để có thể kiểm tra đánh giá một cách toàn diện kết quả học tập của học sinh
khá, giỏi và đội tuyển học sinh giỏi .
4. Do đề tài này có nhiều ưu điểm và có tính đổi mới theo hướng tích cực trong
kiểm tra đánh giá nên các cấp quản lý giáo dục cần định hướng và đầu tư hơn
nữa, áp dụng phương pháp này để kiểm tra đánh giá kết quả học tập của học
sinh ở nhiều môn học.
22/24
Trong khi viết đề tài này chắc chắn tôi chưa thấy hết được những ưu điểm và
tồn tại trong tiến trình áp dụng, tôi rất mong muốn được sự góp ý phê bình của
các đồng nghiệp để đề tài ngày càng hoàn thiện hơn.
23/24