Критерии оценивания по химии фгос. Критерии оценки практической работы

На уроке рассмотрено решение 23 задания ЕГЭ по информатике: дается подробное объяснение и разбор задания 2017 года

23-е задание — «Преобразование логических выражений» — характеризуется, как задание высокого уровня сложности, время выполнения – примерно 10 минут, максимальный балл — 1

Элементы алгебры логики: преобразования логических выражений

Для выполнения 23 задания ЕГЭ необходимо повторить следующие темы и понятия:

Рассмотрите тему .
Рассмотрите тему .

Разные типы заданий 23 и их решение от простого к сложному:

1. Одно уравнение с непересекающимися операндами внешней операции и одним вариантом решения:

2. Одно уравнение с непересекающимися операндами внешней операции и несколькими вариантами решения

3. Одно уравнение с пересекающимися операндами внешней операции

Рассмотрим каждый случай отдельно и учтем его результаты для второго уравнения системы:

Поскольку для двух уравнений решения в трех случаях не могут «работать» одновременно, то результат — это сложение трех решений:

4. Несколько уравнений: метод отображения решений уравнения

Метод отображения можно использовать:

5. Несколько уравнений: использование битовых масок

Побитовая маска (битовая маска) - метод, который можно использовать:

Решение 23 заданий ЕГЭ по информатике

Разбор 23 задания ЕГЭ по информатике 2017 года ФИПИ вариант 1 (Крылов С.С., Чуркина Т.Е.):

Сколько существует различных наборов значений логических переменных x1 , x2 , … x6 , y1 , y2 , … y6

(¬(x1 ∨ y1)) ≡ (x2 ∨ y2)
(¬(x2 ∨ y2)) ≡ (x3 ∨ y3)
…
(¬(x5 ∨ y5)) ≡ (x6 ∨ y6)

* Аналогичное задание находится в сборнике «Типовые экзаменационные варианты», Крылов С.С., Чуркина Т.Е. 2019 года, вариант 7.

¬a ≡ b ¬b ≡ c ¬c ≡ d ¬d ≡ e ¬e ≡ f a ≠ b b ≠ c c ≠ d d ≠ e e ≠ f

Вспомним, как выглядит таблица истинности для эквивалентности:

x1	x2	F
0	0	1
0	1	0
1	0	0
1	1	1

Рассмотрим, в каких случаях выражения будут возвращать ложь. Каждое из пяти выражений будет ложно, когда: либо оба операнда истинны, либо оба операнда ложны (операция равносильность = истине: при 00 или 11).

Составим битовую маску для наших уравнений. В цепочке значений от a до f не может быть двух единиц или двух нулей, идущих подряд, так как в этом случае система будет ложна (к примеру, a ≠ b , если 0 ≠ 0 — это ложь). Таким образом, для данных уравнений существует всего две цепочки решений:

цеп.1 цеп.2 a 0 1 b 1 0 c 0 1 d 1 0 e 0 1 f 1 0

Теперь вспомним о заменах: каждая из переменных от a до f представляет собой скобку, внутри которой две переменные, связанные дизъюнкцией . Дизъюнкция двух переменных истинна в трех случаях (01, 10, 11), а ложна — в одном (00). Т.е., к примеру:

x1 ∨ y1 = 1 тогда, когда: либо 0 ∨ 1 , либо 1 ∨ 0 , либо 1 ∨ 1 x1 ∨ y1 = 0 тогда и только тогда, когда 0 ∨ 0

Это говорит о том, что на каждую единицу в цепочке приходится три варианта значений, а на каждый ноль - один . Т.о. получаем:

для первой цепочки: 3 3 * 1 3 = 27 наборов значений ,

и для второй: 3 3 * 1 3 = 27 наборов значений

Итого наборов:

27 * 2 = 54

Результат: 54

Подробное объяснение данного задания смотрите на видео:

23_2: Разбор 23 задания ЕГЭ по информатике 2017 года ФИПИ вариант 3 (Крылов С.С., Чуркина Т.Е.):

Сколько существует различных наборов значений логических переменных x1 , x2 , … x9 , y1 , y2 , … y9 , которые удовлетворяют всем перечисленным ниже условиям?

(¬(x1 ∧ y1)) ≡ (x2 ∧ y2)
(¬(x2 ∧ y2)) ≡ (x3 ∧ y3)
…
(¬(x8 ∧ y8)) ≡ (x9 ∧ y9)

* Аналогичное задание находится в сборнике «Типовые экзаменационные варианты», Крылов С.С., Чуркина Т.Е. 2019 года, вариант 9.

✍ Решение (использование метода побитовая маска):

Поскольку в скобках одинаковые действия, и переменные повторяются, то введем обозначения:

¬a ≡ b ¬b ≡ c ¬c ≡ d ¬d ≡ e ¬e ≡ f ¬f ≡ g ¬g ≡ h ¬h ≡ i

Вместо отрицания первого операнда просто будем использовать «не эквивалентно»:

a ≠ b b ≠ c c ≠ d d ≠ e e ≠ f f ≠ g g ≠ h h ≠ i

Вспомним таблицу истинности для эквивалентности:

x1	x2	F
0	0	1
0	1	0
1	0	0
1	1	1

Теперь рассмотрим, в каких случаях полученные условия будут возвращать ложь. Каждое из условий будет ложно, если либо оба операнда истинны, либо оба операнда ложны: например a ≠ b = 0 , если: a=0 и b=0 или a=1 и b=1

Это означает, что для одного условия не может быть такого случая, что a=0 и b=0 или a=1 и b=1 .

Составим битовую маску для условий. В цепочке значений от a до i не может быть двух единиц или двух нулей, идущих подряд, так как в этом случае система будет ложна. Таким образом, для данных условий существует всего две цепочки решений:

цеп.1 цеп.2 цеп. цеп. a 0 1 0 1 b 1 0 0 1 не может быть! c 0 1 ... ... d 1 0 e 0 1 f 1 0 g 0 1 h 1 0 i 0 1

a до i истинна в одном случае, а ложна — в трех . Т.е., к примеру:

x1 ∧ y1 = 0 тогда, когда: либо 0 ∧ 1 , либо 1 ∧ 0 , либо 0 ∧ 0 x1 ∧ y1 = 1 тогда и только тогда, когда 1 ∧ 1

0 в цепочке приходится три 1 - один . Т.о. получаем:

для первой цепочки: 3 5 * 1 4 = 243 набора значений ,

и для второй: 3 4 * 1 5 = 81 набор значений

Итого наборов:

243 + 81 = 324

Результат: 324

Предлагаем посмотреть видео с решением данного 23 задания:

23_3: Разбор 23 задания ЕГЭ по информатике 2017 года ФИПИ вариант 5 (Крылов С.С., Чуркина Т.Е.):

Сколько существует различных наборов значений логических переменных x1 , x2 , … x8 , y1 , y2 , … y8 , которые удовлетворяют всем перечисленным ниже условиям?

¬(((x1 ∧ y1) ≡ (x3 ∧ y3)) → (x2 ∧ y2))
¬(((x2 ∧ y2) ≡ (x4 ∧ y4)) → ¬(x3 ∧ y3))
¬(((x3 ∧ y3) ≡ (x5 ∧ y5)) → (x4 ∧ y4))
¬(((x4 ∧ y4) ≡ (x6 ∧ y6)) → ¬(x5 ∧ y5))
¬(((x5 ∧ y5) ≡ (x7 ∧ y7)) → (x6 ∧ y6))
¬(((x6 ∧ y6) ≡ (x8 ∧ y8)) → ¬(x7 ∧ y7))

В качестве ответа Вам нужно указать количество таких наборов.

* Аналогичное задание находится в сборнике «Типовые экзаменационные варианты», Крылов С.С., Чуркина Т.Е., 2019 года, вариант 11.

✍ Решение с использованием метода побитовая маска:

Поскольку в скобках одинаковые действия, и скобки повторяются в разных уравнениях, то введем обозначения. Обозначим латинскими буквами в алфавитном порядке скобки с переменными согласно их номерам:

1-a 2-b 3-c 4-d 5-e 6-f 7-g 8-h

После замены получим следующие выражения:

¬((a ≡ c) → b) ¬((b ≡ d) → ¬c) ¬((c ≡ e) → d) ¬((d ≡ f) → ¬e) ¬((e ≡ g) → f) ¬((f ≡ h) → ¬g)

Используя законы алгебры логики, преобразуем одно из условий (первое). Потом по аналогии выполним преобразования для остальных условий:

Избавимся от импликации:

¬((a ≡ c) → b)

¬(¬(a ≡ c) ∨ b)

По закону Де Моргана избавимся от отрицания над общей внешней скобкой:

¬(¬(a ≡ c) ∨ b)

(a ≡ c) ∧ ¬b

По аналогии преобразуем остальные условия, учитывая, что двойное отрицание просто аннулирует отрицание:

(a ≡ c) ∧ ¬b (b ≡ d) ∧ c (c ≡ e) ∧ ¬d (d ≡ f) ∧ e (e ≡ g) ∧ ¬f (f ≡ h) ∧ g

Рассмотрим, в каких случаях условия будут возвращать истину. Внешняя операция конъюнкция: каждое из условий будет истинно только в том случае, если оба операнда истинны : например: (a ≡ c) ∧ ¬b возвратит истину , если: (a ≡ c) = 1 и ¬b = 1

Это означает, что все операнды, стоящие после знака конъюнкции, должны быть истинны.

Составим битовую маску для наших уравнений с учетом указанного требования:

цеп.1 a ? b 0 c 1 d 0 e 1 f 0 g 1 h ?

Значение для переменной a найдем из условия (a ≡ c) ∧ b . В битовой маске с=1 , значит, чтобы условие a ≡ c было истинным, а должно тоже равняться 1

Значение для переменной h найдем из условия (f ≡ h) ∧ ¬g . В битовой маске f=0 , значит, чтобы условие f ≡ h было истинным, h должно тоже равняться 0 (таблица истинности эквивалентности).

Получим итоговую битовую маску:

цеп.1 a 1 b 0 c 1 d 0 e 1 f 0 g 1 h 0

Теперь вспомним, что каждая из переменных от a до h представляет собой скобку, внутри которой две переменные, связанные конъюнкцией. Конъюнкция двух переменных истинна в одном случае, а ложна — в трех . Т.е., к примеру:

x1 ∧ y1 = 0 тогда, когда: либо 0 ∧ 1 , либо 1 ∧ 0 , либо 0 ∧ 0 x1 ∧ y1 = 1 тогда и только тогда, когда 1 ∧ 1

Это говорит о том, что на каждый 0 в цепочке приходится три варианта значений, а на каждую 1 - один . Т.о., получаем:

3 4 * 1 4 = 81 набор значений

Результат: 81

23_4: Разбор 23 задания ЕГЭ по информатике демоверсия 2018 года ФИПИ:

Сколько существует различных наборов значений логических переменных x1 , x2 , … x7 , y1 , y2 , … y7 , которые удовлетворяют всем перечисленным ниже условиям?

(¬x1 ∨ y1) → (¬x2 ∧ y2) = 1
(¬x2 ∨ y2) → (¬x3 ∧ y3) = 1
…
(¬x6 ∨ y6) → (¬x7 ∧ y7) = 1

✍ Решение, используется метод отображения:

Внешняя операция в отдельно взятом уравнении — это импликация, результат которой должна быть истина. Импликация истинна если:

0 -> 0 0 -> 1 1 -> 1

т.е. ложна только, когда 1 -> 0

Если скобка (¬x1 ∨ y1) = 0 , то для скобки (¬x2 ∧ y2) возможны варианты 0 или 1 .

Если скобка (¬x1 ∨ y1) = 1 , то для скобки (¬x2 ∧ y2) возможен один вариант — 1 .

В скобках дизъюнкция (∨) истинна, когда: 0 ∨ 1, 1 ∨ 0, 1 ∨ 1; ложна, когда: 0 ∨ 0.

В скобках конъюнкция истинна, когда 1 ∧ 1 и ложна во всех остальных случаях.

Построим таблицу истинности для первого уравнения, учтем все возможные варианты. Выделим в ней те строки, которые возвращают ложь: т.е. где первая скобка (¬x1 ∨ y1) возвратит 1 , а вторая (¬x2 ∧ y2) — 0 :

Поскольку уравнения однотипные и отличаются только сдвигом номеров переменных на единицу, то будем использовать метод отображения. Для первого уравнения x1 и y1 будут обозначаться x i и y i , а x2 и y2 будут обозначаться x i+1 и y i+1 .

Теперь найдем общее количество решений, подставляя в отображении соответствующие x и y

В итоге получаем:

1 + 19 + 1 + 1 = 22

Результат: 22

Видеоразбор демоверсии 2018 23 задания смотрите здесь:

23_5: Решение 23 задания ЕГЭ по информатике 2018 (диагностический вариант, С.С. Крылов, Д.М. Ушаков, Тренажер ЕГЭ 2018 года):

Сколько различных решений имеет уравнение:

(a → b) ∨ (c → ¬d) ∨ ¬(e ∨ a ∨ c) = 1

где a, b, c, d, e — логические переменные?

В качестве ответа указать количество таких наборов.

✍ Решение:

Внешняя логическая операция — ∨ — дизъюнкция. Таблица истинности:

0 ∨ 0 = 0 0 ∨ 1 = 1 1 ∨ 0 = 1 1 ∨ 1 = 1

Поскольку дизъюнкция равна единице аж в трех случаях, то искать количество вариантов будет достаточно сложно. Значительно проще найти варианты, когда ∨ = 0 и вычесть их из общего количества вариантов .

Найдем общее количество строк в таблице истинности. Всего 5 переменных, поэтому:

количество строк в ТаблИстин = 2 5 = 32

Посчитаем, сколько вариантов имеют решение при значении уравнения = 0. Чтобы потом вычесть это значение из общего количества. Для операции дизъюнкция (∨) каждая скобка должна быть равна нулю:

(a → b) ∨ (c → ¬d) ∨ ¬(e ∨ a ∨ c) = 0 0 0 0

Теперь рассмотрим каждую скобку отдельно:

1. (a → b) = 0, импликация ложна в одном случае (1 → 0) = 0 т.е. имеем a = 1 , b = 0 2. (c → ¬d) = 0, импликация ложна в одном случае (1 → 0) = 0 т.е. имеем c = 1 , d = 1 3. ¬(e ∨ a ∨ c) = 0

т.к. перед скобкой стоит отрицание, то для большей понятности раскроем скобки по закону Де Моргана:

¬e ∧ ¬a ∧ ¬c = 0 Конъюнкция равна 0, когда хоть один операнд = 0.

из п.1 и п.2 имеем a = 1 и c = 1 . Тогда для e имеем два варианта: e = 0 , e = 1 , т.е.:

¬0 ∧ ¬1 ∧ ¬1 = 0 ¬1 ∧ ¬1 ∧ ¬1 = 0

То есть всего имеем 2 цепочки «исключаемых» решений:

1. a = 1, b = 0, c = 1, d = 1, e = 0 2. a = 1, b = 0, c = 1, d = 1, e = 1

Эти два варианта исключаем (вычитаем) из общего количества:

32 - 2 = 30

Результат: 30

23_6: Разбор 23 задания демоверсии егэ по информатике 2019:

Сколько существует различных наборов значений логических переменных x1, x2, … x7, y1, y2, … y7 , которые удовлетворяют всем перечисленным ниже условиям?

(y1 → (y2 ∧ x1)) ∧ (x1 → x2) = 1 (y2 → (y3 ∧ x2)) ∧ (x2 → x3) = 1 … (y6 → (y7 ∧ x6)) ∧ (x6 → x7) = 1 y7 → x7 = 1

В ответе не нужно перечислять все различные наборы значений переменных x1, x2, … x7, y1, y2, … y7, при которых выполнена данная система равенств.
В качестве ответа Вам нужно указать количество таких наборов.

✍ Решение:

Поскольку все равенства однотипны (кроме последнего), отличаются только сдвигом номеров переменных на единицу, то для решения будем использовать метод отображения: когда, найдя результат для первого равенства, необходимо применить тот же принцип с последующими равенствами, учитывая полученные результаты для каждого из них.
Рассмотрим первое равенство. В нем внешняя операция — это конъюнкция, результат которой должна быть истина. Конъюнкция истинна если:

1 -> 1 т.е.: (y1 → (y2 ∧ x1)) ∧ (x1 → x2) = 1 1 1

Найдем случаи, когда равенство будет ложным (чтобы в дальнейшем исключить эти случаи):

(y1 → (y2 ∧ x1)) ∧ (x1 → x2) = 0

Внутри первой «большой» скобки находится операция импликации. Которая ложна:

1 -> 0 = 0 т.е. случаи: y1=1 → (y2=0 ∧ x1=1) y1=1 → (y2=1 ∧ x1=0) y1=1 → (y2=0 ∧ x1=0)

Таким же образом проанализируем вторую скобку. В ней импликация вернет ложь:

(x1=1 → x2=0)

Построим таблицу истинности для первого уравнения, учтем все возможные варианты. Поскольку переменных 4, то строк будет 2 4 = 16 . Выделим те строки, которые возвращают ложь:

Теперь переходим к методу отображения. Для первого уравнения x1 и y1 обозначим x i и y i , а x2 и y2 обозначим x i+1 и y i+1 . Стрелками обозначим значения только тех строк таблицы истинности, которые возвращают 1 .

Найдем общее количество решений, подставляя в таблицу из отображения соответствующие значения x и y , и, учитывая предыдущие значения:

Теперь вернемся к последнему равенству. По условию оно должно быть истинным. Равенство вернет ложь только в одном случае:

y7=1 → x7=0 = 0

Найдем соответствующие переменные в нашей таблице:

Рассчитаем сумму по последнему столбцу, не учитывая строку, возвращающую ложь:

1 + 7 + 28 = 36

Результат: 36

Видео решения 23 задания демоверсии егэ 2019:

23_7: Разбор 23 задания ЕГЭ по информатике «Типовые экзаменационные варианты», Крылов С.С., Чуркина Т.Е., 2019, вариант 16 (ФИПИ):

Сколько существует различных наборов значений логических переменных x1 , x2 , … x6 , y1 , y2 , … y6 , которые удовлетворяют всем перечисленным ниже условиям?

¬(((x1 ∧ y1)) ≡ (x2 ∧ y2)) → (x3 ∧ y3))
¬(((x2 ∧ y2)) ∨ ¬(x3 ∧ y3)) → (x4 ∧ y4))
¬(((x3 ∧ y3)) ≡ (x4 ∧ y4)) → (x5 ∧ y5))
¬(((x4 ∧ y4)) ∨ ¬(x5 ∧ y5)) → (x6 ∧ y6))

В качестве ответа Вам нужно указать количество таких наборов.

✍ Решение:

Поскольку в малых скобках везде одна и та же операция (∧ ), и переменные в скобках не пересекаются, то можно выполнить замену:

¬((a ≡ b) → c) = 1 ¬((b ∨ ¬c) → d) = 1 ...

Избавимся от отрицания, указав, что каждое выражение при этом становится ложным:

(a ≡ b) → c = 0 (b ∨ ¬c) → d = 0 (c ≡ d) → e = 0 (d ∨ ¬e) → f = 0

Внешняя операция во всех выражениях — импликация (→ ). Вспомним таблицу истинности для операции импликация:

0 → 0 = 1 0 → 1 = 1 1 → 0 = 0 1 → 1 = 1

Импликация ложна только в одном случае: 1 → 0 = 0 . Все выражения в задании ложны. Учтем это.

Построим побитовую маску, прослеживая значение каждой переменной, двигаясь с первого выражения к последнему:

цеп1 цеп2 a 0 1 b 0 1 c 0 0 d 0 0 e 0 0 f 0 0

Так как каждая переменная изначально заменяет скобку, в которой находится операция конъюнкция (∧), то, вспомнив таблицу истинности для этой операции, сопоставим для каждого нуля 3 решения (конъюнкция ложна в трех случаях), а для каждой единицы — 1 решение (конъюнкция истинна в одном случае).

Посчитаем значение для каждой побитовой цепочки:

цеп1 = 3*3*3*3*3*3 = 729 решений цеп2 = 1*1*3*3*3*3 = 81 решение

Поскольку цепочки не могут выполняться одновременно, а выполнится либо одна, либо другая, то полученные значения необходимо сложить:

729 + 81 = 810 решений

Ответ: 810

Доступен видеоразбор задания 23:

23_8: Разбор 23 задания ЕГЭ по информатике «Типовые экзаменационные варианты», Крылов С.С., Чуркина Т.Е., 2019, вариант 2 (ФИПИ):

Сколько существует различных наборов значений логических переменных x1 , x2 , … x12 , которые удовлетворяют всем перечисленным ниже условиям?

¬(x1 ≡ x2) → (x3 ∧ x4) = 0
¬(x3 ≡ x4) → (x5 ∧ x6) = 0
¬(x5 ≡ x6) → (x7 ∧ x8) = 0
¬(x7 ≡ x8) → (x9 ∧ x10) = 0
¬(x9 ≡ x10) → (x11 ∧ x12) = 0
(x1 ≡ x4) ∨ (x5 ≡ x8) ∨ (x2 ≡ x12) = 1

В качестве ответа Вам нужно указать количество таких наборов.

✍ Решение:

x1 x2 x4 x5 x8 x12 0 0 1 0 1 1 0 1 1 0 1 0 0 0 1 1 0 1 0 1 1 1 0 0 1 0 0 0 1 1 1 1 0 0 1 0 1 0 0 1 0 1 1 1 0 1 0 0

Так как в схеме отображений значения для пары x1 и x2 равные 00 и 11 не используются, то выделим их и не будем использовать в последующих вычислениях. Выпишем оставшиеся варианты:

x1 x2 x4 x5 x8 x12 0 1 1 0 1 0 y1 0 1 1 1 0 0 y2 1 0 0 0 1 1 y3 1 0 0 1 0 1 y4

Построим таблицу отображений отдельно для каждой получившейся строки, учитывая значения операндов (x n):

Посчитаем число решений для всех полученных строк: 4 + 4 + 2 + 2 = 12

Эти решения необходимо исключить, т.к. мы рассмотрели ложный случай уравнения 6 :

96 - 12 = 84

Cколько баллов дается за каждое задание ЕГЭ по химии. Критерии оценивания ЕГЭ по химии 2019: баллы и оценки, таблица перевода, а также структура экзамена, методика проверки и основные изменения в новом году. В 2019 задания для ЕГЭ по химии стали содержать большее количество математических элементов, расчетов физических величин, более глубокой стала проверка и основного теоретического курса химии. В то же время, количество заданий снизилось, теперь вместо 40 вопросов, учащемуся придется решить 35 (по другим данным 34). Соответственно, изменилась шкала оценки, за ЕГЭ по химии 2019 первичный балл стал ниже – на 4 единицы.

Все задания оцениваются по-разному, за сложные задачи можно заработать до 5 баллов. Поэтому для поступления в профильные ВУЗы необходимо максимально глубоко изучать предмет.

Таблица критериев оценки заданий ЕГЭ 2019 по химии с учетом новых требований:

Номер задания	Максимальный балл


































35	3

Оценка заданий осуществляется по установленной методологии, при этом за сложные задания, где требуется логика, баллы выставляются посредством специальных аналитических таблиц. Если ответ максимально соответствует требования анализа, за него можно получить до 5 баллов. Если учащийся развил тему только частично, то количество баллов снижается. За невыполненное задание начисляется 0 баллов.

Проверка сложных заданий осуществляется двумя экспертами. Если есть сильное расхождение баллов, то привлекается третий специалист. Это обеспечивает максимально эффективное и объективное оценивание знаний выпускников.

Таблица перевода ЕГЭ-2019 по химии из баллов в оценки:

Количество баллов	Оценка

Структура заданий ЕГЭ по химии в 2019 году включает 29 вопросов с кратким ответом, а также 5 с развернутым.

Продолжительность экзамена составляет 210 минут, по нормативу на простые вопросы должно уходить около 3 минут, на сложные - до 15. Что касается минимального балла для прохождения в специализированные ВУЗы, то каждое высшее учебное заведение устанавливает свои требования. Например, для поступления на химический факультет МГУ, либо престижного Московского медицинского университета необходимо набрать не менее 50 баллов.

Но обычно общий проходной балл в престижные ВУЗы составляет 400-470 (на химический факультет минимум меньше, на медицинский - больше), и только от химии поступление в то же МГУ не зависит, поэтому если баллов не хватает, можно добрать по математике, биологии, русскому и внутренним вступительным экзаменам.

Значительные изменения в ЕГЭ наблюдаются также и по другим предметам.

Для успешной сдачи химии рекомендуется уделять большую часть времени решению задач и уравнение. Во время сдачи можно пользоваться калькулятором, таблицей Менделеева и растворимости солей. Также разрешен электрохимический ряд напряжения металлов.

Критерии оценивания ЕГЭ по химии 2019 описаны достаточно четко в регламенте, но у каждого выпускника есть право на подачу апелляции.

Таблица переводов баллов в оценки ОГЭ-2019 по химии

Для выпускников 9-х классов предусмотрены свои критерии оценивания. Согласно всем КИМ и ГИА, максимально можно набрать 34 балла. А вот, если выпускник хочет пойти в медколледж, профильный класс или на еще какое-то средне-специальное образование, связанное с химией, фармацевтикой и медициной, ему нужно набрать от 23 баллов и выше.ээ

Таблица переводов баллов по химии для ОГЭ-2019

Вопреки кажущейся простоте, набрать 9 баллов для минимального проходной оценке не так просто. Нужно уметь решать задачи, ориентироваться в формулах, хотя бы минимально владеть теорией. Кто сдал на двойку, останется на второй год, если провалит и пересдачу.

Таблица оценки баллов по заданиям:

Номер задания















	2 (1 – если решено частично)
	2 (1 – если решено частично)
	2 (1 – если верно на 2/3)
	2 (1 – если верно на 2/3)

Многие школьники, чтобы перестраховаться, начинают решать сразу со сложных заданий. Если решить их все без ошибок, можно набрать сразу 19 баллов, то есть, на «четверку». Однако, это подразумевает полное решение задания, иначе оно будет оценено в 1 балл, а то и вовсе нет.

Критерии оценивания тестирования по химии каждый год меняются, правила становятся жестче, поскольку среди правительства существует идея о недостаточно качественном образовании. Это, конечно, не имеет под собой оснований, ведь школьники учатся хуже не из-за программы, а по большей части из-за перегруженности.

Что пойдет в аттестат? Что делать, если ЕГЭ по химии написан на двойку?

Если ЕГЭ по химии не сдан, а по математике и русскому нормальные оценки, школьнику просто выдадут аттестат. И еще дадут сертификат ЕГЭ, где химию просто не впишут. При этом экзамен можно пересдать через год. Минус тут один - может не хватить общего балла для поступления, а если ВУЗ требует химию в обязательном порядке, то вообще не примут документы. Соответственно, школьник теряет время, а юношей могут и вовсе в армию забрать, после которой пересдать будет еще сложнее.

Если за год оценка 4 или 5, а ЕГЭ по химии сдан на 3 или 4 (то есть понижение балла), что пойдет в аттестат? Пойдет годовая отметка. Если ЕГЭ сдан на 5, а за год 3, то тоже на аттестат не влияет. Но каждая конкретная школа , где обязали считать среднее арифметическое.

Почему так происходит? Потому что этот подсчет никто потом не проверяет. Исходя из этого - решать вопрос лучше заранее с учителем химии и классным руководителем, обычно в нормальных школах педагоги стараются идти навстречу выпускникам. Если у ребенка 4-ка, но он поднажал и сдал ЕГЭ на 5, почему бы ему не помочь?

Но! Надо помнить, что оценки в аттестате при поступлении никому не нужны, и, особенно, по химии. Смотрят сегодня в 99% случаев только на сертификат ЕГЭ.

Критерии и нормы оценки знаний обучающихся по химии

1. Оценка устного ответа

Отметка «5» :

Ответ полный и правильный на основании изученных теорий;

Материал изложен в определенной логической последовательности, литературным языком;

Ответ самостоятельный.

Ответ «4» ;

Ответ полный и правильный на сновании изученных теорий;

Материал изложен в определенной логической последовательности, при этом допущены две-три несущественные ошибки, исправленные по требованию учителя.

Отметка «З» :

Ответ полный, но при этом допущена существенная ошибка или ответ неполный, несвязный.

Отметка «2» :

При ответе обнаружено непонимание учащимся основного содержания учебного материала или допущены существенные ошибки, которые учащийся не может исправить при наводящих вопросах учителя, отсутствие ответа.

2. Оценка умений решать расчетные задачи

Отметка «5»:

В логическом рассуждении и решении нет ошибок, задача решена рациональным способом;

Отметка «4»:

В логическом рассуждении и решения нет существенных ошибок, но задача решена нерациональным способом, или допущено не более двух несущественных ошибок.

Отметка «3»:

В логическом рассуждении нет существенных ошибок, но допущена существенная ошибка в математических расчетах.

Отметка «2»:

Имеется существенные ошибки в логическом рассуждении и в решении;

Отсутствие ответа на задание.

3. Оценка экспериментальных умений

Оценка ставится на основании наблюдения за учащимися и письменного отчета за работу.

Отметка «5»:

Работа выполнена полностью и правильно, сделаны правильные наблюдения и выводы;

Эксперимент осуществлен по плану с учетом техники безопасности и правил работы с веществами и оборудованием;

Проявлены организационно - трудовые умения, поддерживаются чистота рабочего места и порядок (на столе, экономно используются реактивы).

Отметка «4» :

Работа выполнена правильно, сделаны правильные наблюдения и выводы, но при этом эксперимент проведен не полностью или допущены несущественные ошибки в работе с веществами и оборудованием.

Отметка «3»:

Работа выполнена правильно не менее чем наполовину или допущена существенная ошибка в ходе эксперимента в объяснении, в оформлении работы, в соблюдении правил техники безопасности на работе с веществами и оборудованием, которая исправляется по требованию учителя.

Отметка «2»:

Допущены две (и более) существенные ошибки в ходе: эксперимента, в объяснении, в оформлении работы, в соблюдении правил техники безопасности при работе с веществами и оборудованием, которые учащийся не может исправить даже по требованию учителя;

Работа не выполнена, у учащегося отсутствует экспериментальные умения.

4. Оценка реферата.

Реферат оценивается по следующим критериям:

Соблюдение требований к его оформлению;

Необходимость и достаточность для раскрытия темы приведенной в тексте реферата информации;

Умение обучающегося свободно излагать основные идеи, отраженные в реферате;

Способность обучающегося понять суть задаваемых членами аттестационной комиссии вопросов и сформулировать точные ответы на них.

5. Оценка письменных контрольных работ

Отметка «5»:

Ответ полный и правильный, возможна несущественная ошибка.

Отметка «4»:

Ответ неполный или допущено не более двух несущественных ошибок.

Отметка «3»:

Работа выполнена не менее чем наполовину, допущена одна существенная ошибка и при этом две-три несущественные.

Отметка «2»:

Работа выполнена меньше чем наполовину или содержит несколько существенных ошибок;

Работа не выполнена.

При оценке выполнения письменной контрольной работы необходимо учитывать требования единого орфографического режима.

5. Оценка тестовых работ

Тесты, состоящие из пяти вопросов можно использовать после изучения каждого материала (урока). Тест из 10-15 вопросов используется для периодического контроля. Тест из 20-30 вопросов необходимо использовать для итогового контроля.

При оценивании используется следующая шкала:

для теста из пяти вопросов

Нет ошибок - оценка «5»;

Одна ошибка - оценка «4»;

Две ошибки - оценка «З»;

Три ошибки - оценка «2».

Для теста из 30 вопросов:

25-З0 правильных ответов - оценка «5»;

19-24 правильных ответов - оценка «4»;

13-18 правильных ответов - оценка «З»;

Меньше 12 правильных ответов - оценка «2».

Федеральная служба по надзору в сфере образования и науки
(Рособрнадзор)
27.02.2019г. № 10-151

Федеральная служба по надзору в сфере образования и науки в соответствии с пунктом 21 Порядка проведения государственной итоговой аттестации по образовательным программам основного общего образования, утвержденного приказом Минпросвещения России и Рособрнадзора от 07.11.2018 № 189/1513 (зарегистрирован Минюстом России 10.12.2018, регистрационный № 52953) (далее - Порядок), направляет для использования в работе рекомендации по определению минимального количества первичных баллов, подтверждающих освоение обучающимися образовательных программ основного общего образования в соответствии с требованиями федерального государственного образовательного стандарта основного общего образования (далее - минимальное количество первичных баллов), рекомендации по переводу суммы первичных баллов за экзаменационные работы основного государственного экзамена (далее - ОГЭ) и государственного выпускного экзамена (далее - ГВЭ) в пятибалльную систему оценивания в 2019 году .

В соответствии с пунктом 22 Порядка органы исполнительной власти субъектов Российской Федерации, осуществляющие государственное управление в сфере образования, обеспечивают проведение государственной итоговой аттестации по образовательным программам основного общего образования, в том числе определяют минимальное количество первичных баллов, а также обеспечивают перевод суммы первичных баллов за экзаменационные работы ОГЭ и ГВЭ в пятибалльную систему оценивания. Приложение: на 14 л.

Заместитель руководителя: А.А. Музаев

Шкала пересчета первичного балла за выполнение экзаменационной работы в отметку по пятибалльной шкале.

Химия .

2019 год.

Максимальное количество баллов, которое может получить участник ОГЭ за выполнение всей экзаменационной работы (без реального эксперимента), - 34 балла.

0-8 баллов - отметка «2»

9-17 баллов - отметка «3»

18-26 баллов - отметка «4»

27-34 баллов - отметка «5»

Результаты экзамена могут быть использованы при приеме обучающихся в профильные классы для обучения по образовательным программам среднего общего образования. Ориентиром при отборе в профильные классы может быть показатель, нижняя граница которого соответствует 23 баллам.

Максимальное количество баллов, которое может получить участник ОГЭ за выполнение всей экзаменационной работы (с реальным экспериментом), - 38 баллов.

0-8 баллов - отметка «2»

9-18 баллов - отметка «3»

19-28 баллов - отметка «4»

29-38 баллов - отметка «5»

2018 год.

Шкала пересчета первичного балла за выполнение экзаменационной работы в отметку по пятибалльной шкале (работа без реального эксперимента, демоверсия 1)

0-8 баллов - отметка «2»

9-17 баллов - отметка «3»

18-26 баллов - отметка «4»

27-34 баллов - отметка «5»

Результаты экзамена могут быть использованы при приеме учащихся в профильные классы средней школы. Ориентиром при отборе в профильные классы может быть показатель, нижняя граница которого соответствует 23 баллам.

Шкала пересчета первичного балла за выполнение экзаменационной работы в отметку по пятибалльной шкале (работа с реальным экспериментом, демоверсия 2)

0-8 баллов - отметка «2»

9-18 баллов - отметка «3»

19-28 баллов - отметка «4»

29-38 баллов - отметка «5»

2017 год.

Максимальное количество баллов, которое может получить экзаменуемый за выполнение всей экзаменационной работы (без реального эксперимента), - 34 балла.

0-8 баллов - отметка «2»

9-17 баллов - отметка «3»

18-26 баллов - отметка «4»

27-34 баллов - отметка «5»

Максимальное количество баллов, которое может получить экзаменуемый за выполнение всей экзаменационной работы (с реальным экспериментом), - 38 баллов.

0-8 баллов - отметка «2»

9-18 баллов - отметка «3»

19-28 баллов - отметка «4»

29-38 баллов - отметка «5»

2016 год.

0-8 баллов - отметка «2»

9-17 баллов - отметка «3»

18-26 баллов - отметка «4»

27-34 баллов - отметка «5»

0-8 баллов - отметка «2»

9-18 баллов - отметка «3»

19-28 баллов - отметка «4»

29-38 баллов - отметка «5»

2015 год.

0-8 баллов - отметка «2»

9-17 баллов - отметка «3»

18-26 баллов - отметка «4»

27-34 баллов - отметка «5»

Отметку «5» рекомендуется выставлять в том случае, если из общей суммы баллов, достаточной для получения этой отметки, выпускник набрал 5 и более баллов за выполнение заданий части 3. Результаты экзамена могут быть использованы при приеме учащихся в профильные классы средней школы. Ориентиром при отборе в профильные классы может быть показатель, нижняя граница которого соответствует 23 баллам.

0-8 баллов - отметка «2»

9-18 баллов - отметка «3»

19-28 баллов - отметка «4»

29-38 баллов - отметка «5»

2014 год.

0-8 баллов - отметка «2»

9-17 баллов - отметка «3»

18-26 баллов - отметка «4»

27-34 баллов - отметка «5»

0-8 баллов - отметка «2»

9-18 баллов - отметка «3»

19-28 баллов - отметка «4»

29-38 баллов - отметка «5»

2013 год.

0-8 баллов - отметка «2»

9-17 баллов - отметка «3»

18-26 баллов - отметка «4»

27-33 баллов - отметка «5»

2012 год.

Максимальное количество баллов, которое может получить экзаменуемый за выполнение всей экзаменационной работы, - 33 балла.

0-8 баллов - отметка «2»

9-17 баллов - отметка «3»

18-26 баллов - отметка «4»

27-33 баллов - отметка «5»

Отметку «5» рекомендуется выставлять в том случае, если из общей суммы баллов, достаточной для получения этой отметки, выпускник набрал 5 и более баллов за выполнение заданий части 3.
Результаты экзамена могут быть использованы при приеме учащихся в профильные классы средней школы. Ориентиром при отборе в профильные классы может быть показатель, нижняя граница которого соответствует 23 баллам.

2011 год.

0-8 баллов - отметка «2»

9-17 баллов - отметка «3»

18-26 баллов - отметка «4»

27-33 баллов - отметка «5»

Предложенная нижняя граница баллов для выставления отметки «3» является ориентиром для территориальных предметных комиссий и может быть снижена, но не ниже чем до 6 баллов.

2010 год.

0-10 баллов - отметка «2»

11-19 баллов - отметка «3»

20-28 баллов - отметка «4»

29-34 баллов - отметка «5»

2009 год.

0-10 баллов - отметка «2»

11-18 баллов - отметка «3»

19-27 баллов - отметка «4»

28-33 баллов - отметка «5»