skkn 12. sử dụng hệ thống bài tập có nhiều cách giải nhằm rèn luyện tư duy cho học sinh trong dạy học hóa học vô cơ lớp 11 nâng cao trường nguyễn văn duy

Nguyễn Văn Duy - THPT tiên Lữ: Sử dụng hệ thống bài tập có nhiều cách giải nhằm
rèn luyện tư duy cho học sinh trong dạy học hóa học vô cơ lớp 11 nâng cao
trường THPT


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 vô cơ lớp 11 nâng cao trường THPT"
Hy vọng đề tài này sẽ góp phần nâng cao chất lượng dạy học hóa học ở trường THPT.

- Rèn luyện tư duy đa hướng cho học sinh lớp 11 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 nâng cao trường THPT và bồi dưỡng học sinh
giỏi.
 !"#$%&
'Khách thể nghiên cứu : Quá trình dạy học hóa học ở trường THPT.

1
- Đối tượng nghiên cứu : Hệ thống bài tập hóa học có nhiều cách giải ở lớp 11 nâng

cao trường THPT.
()*#
- Chương trình hóa học THPT : chương trình hóa học vô cơ lớp 11
(%+,#-%+-!-
- 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
( .)/,
Nghiên cứu thực trạng của học sinh sau khi học hoá 10 và kiểm tra chất lượng để căn cứ vào
đó lập kế hoạch xây dựng đề tài từ tháng tháng 11 năm 2011

0123343 56738(9::;:
DD: Dung dịch
ĐKTC: Điều kiện tiêu chuẩn
ĐLBTNT: Định luật bảo toàn nguyên tố
PTHH: Phương trình hóa học
THPT: Trung học phổ thông

2
<0=
343>?=4=@AB:CD4E3
1. Phương pháp bảo toàn số mol electron
a/ Nội dung: “Trong phản ứng oxi hóa – khử, số mol electron mà chất khử cho bằng số mol
electron mà chất oxi hóa nhận”.
b/ Phạm vi áp dụng: Phương pháp bảo toàn eletctron cho phép giải rất nhanh nhiều bài toán
trong đó có nhiều chất oxi hóa và chất khử tham gia vì theo phương pháp này không cần viết
các PTHH và dĩ nhiên không cần cân bằng các PTHH.
c/ Các bước giải:
- Xác định chất khử và chất oxi hóa ở giai đoạn đầu và giai đoạn cuối (bỏ qua các giai đoạn
trung gian).

- Viết các quá trình khử và quá trình oxi hóa (có thể theo phương pháp electron hoặc ion –
electron).
- Áp dụng định luật bảo toàn electron.
d/ Chú ý: Điều quan trọng nhất là nhận định đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối cùng của
các chất oxi hóa và chất khử, không cần tới các phương trình hóa học cũng như các sản
phẩm trung gian.
2. Phương pháp bảo toàn khối lượng
a/ Nội dung: “Tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng các sản
phẩm”
Xét phản ứng: A + B → C + D
Luôn có:
DCBA
mmmm +=+
b/ Đánh giá phương pháp bảo toàn khối lượng
- Phương pháp bảo toàn khối lượng cho phép giải nhanh được nhiều bài khi biết quan hệ về
khối lượng của các chất trước và sau phản ứng.
- Đặc biệt, khi chưa rõ phản ứng xảy ra là hoàn toàn hay không hoàn toàn thì việc sử dụng
phương pháp này càng đơn giản hóa bài toán.

3
- Phương pháp bảo toàn khối lượng thường được sử dụng trong các bài toán hỗn hợp nhiều
chất.
c/ Các bước giải:
- Lập sơ đồ biến đổi các chất trước và sau quá trình phản ứng.
- Từ giả thiết của bài toán tìm
∑
m
trước
và
∑

m
sau
(không cần biết là phản ứng hoàn toàn hay
không hoàn toàn).
- Vận dụng phương pháp bảo toàn khối lượng để lập phương trình toán học, kết hợp với các
dữ kiện khác để lập được hệ phương trình.
- Giải hệ phương trình.
d/ Chú ý: Điều quan trọng nhất khi áp dụng phương pháp này là phải xác định đúng khối
lượng chất tham gia phản ứng và tạo thành (lưu ý đến các chất kết tủa, bay hơi và khối lượng
dung dịch).
3. Phương pháp bảo toàn nguyên tố
a/ Nội dung:
Căn cứ vào định luật bảo toàn nguyên tố: “Trong các phản ứng hóa học thông thường,
các nguyên tố luôn được bảo toàn”.
Như vậy: “Tổng số mol nguyên tử của một nguyên tố X bất kì trước và sau phản ứng
luôn bằng nhau”.
b/ Các bước giải
- Viết sơ đồ các biến đổi
- Rút ra mối liên hệ về số mol của các nguyên tố cần xác định theo yêu cầu của đề bài trên
cơ sở định luật bảo toàn nguyên tố.
c/ Chú ý:
- Điểm mấu chốt của phương pháp là phải xác định được đúng các hợp phần có chứa nguyên
tố X ở trước và sau phản ứng. Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố với X để rút ra mối liên
hệ giữa các hợp phần.
- Hạn chế viết PTHH mà thay vào đó nên viết sơ đồ phản ứng biểu diễn các biến đổi cơ bản
của các nguyên tố quan tâm.

4
4. Phương pháp tăng giảm khối lượng
a/ Nội dung: “Dựa vào sự tăng giảm khối lượng khi chuyển từ chất này sang chất khác để

xác định khối lượng một hỗn hợp hay một chất”
b/ Đánh giá phương pháp tăng giảm khối lượng
- Phương pháp tăng giảm khối lượng cho phép giải nhanh được nhiều bài toán khi biết quan
hệ về khối lượng và tỉ lệ mol của các chất trước và sau phản ứng.
- Đặc biệt, khi chưa biết rõ phản ứng xảy ra hoàn toàn hay không hoàn toàn thì việc sử dụng
phương pháp này càng giúp đơn giản hóa bài toán.
- Các bài toán giải theo phương pháp tăng giảm khối lượng đều có thể giải được theo
phương pháp bảo toàn khối lượng. Vì vậy có thể nói phương pháp tăng giảm khối lượng và
bảo toàn khối lượng là anh em sinh đôi. Tuy nhiên tùy từng bài tập mà sử dụng phương pháp
nào sẽ hiệu quả hơn.
- Phương pháp tăng giảm khối lượng thường được sử dụng trong các bài toán hỗn hợp nhiều
chất.
c/ Các bước giải:
- Xác định mối quan hệ tỷ lệ mol giữa chất cần tìm và chất đã biết.
- Lập sơ đồ chuyển hóa của 2 chất này.
- Xem xét sự tăng hoặc giảm của ∆M và ∆m theo phản ứng và theo dữ kiện đề bài.
- Lập phương trình toán học để giải.
5. Phương pháp bảo toàn điện tích
a/ Nội dung:
- Trong dd luôn trung hòa về điện nên một dd tồn tại đồng thời các các cation và anion thì
tổng số điện tích dương bằng tổng số điện tích âm hay tổng số mol điện tích dương bằng
tổng số mol điện tích âm.
- Ví dụ: Dung dịch X có chứa a mol Na
+
, b mol Mg
2+
, c mol HCO
3
-
, d mol SO

4
2-
thì:
a.1 + b.2 = c.1 + d.2
b/ Phạm vi áp dụng
Định luật bảo toàn điện tích thường áp dụng cho các bài toán về chất điện li để:

5
- Tìm số mol, nồng độ các ion hoặc pH của dd.
- Xét xem sự tồn tại hay không tồn tại của một dd.
c/ Các bước giải
- Xác định tổng số mol điện tích dương và tổng số mol điện tích âm.
- Áp đụng định luật bảo toàn điện tích.
- Xét các tương tác có thể xảy ra trong dd (nếu tạo được kết tủa, chất khí, chất điện li yếu).
- Đối với quá trình oxi hóa – khử phải nhận định đúng sự tồn tại của ion sau phản ứng.
6. Phương pháp trung bình
a/ Nội dung:
Đối với một hỗn hợp bất kì ta luôn có thể biểu diễn chúng qua một đại lượng tương
đương, thay thế cho cả hỗn hợp, là đại lượng trung bình (như khối lượng mol trung bình, số
nguyên tử trung bình, số nhóm chức trung bình….), được biểu diễn qua biểu thức:

∑
∑
=
=
n
i
i
n
i

ii
n
nX
X
1
.

Trong đó:
- X
i
là đại lượng đang xét của chất thứ i trong hỗn hợp
- n
i
là số mol của chất thứ i trong hỗn hợp
(3FG$H%&*H-IJKLMN&-O )
• là khối lượng trung bình của một mol hỗn hợp.
không phải hằng số mà có giá trị phụ thuộc vào thành phần về lượng các chất trong
hỗn hợp:

M =
tæng khèi l îng hçn hîp (tÝnh theo gam)
tæng sè mol c¸c chÊt trong hçn hîp
.
•
i i
1 1 2 2 3 3
1 2 3 i
M n
M n M n M n
M

n n n n
+ + +
= =
+ + +
∑
∑
Nếu hỗn hợp là chất khí thì có thể tính theo công thức:

6
1 1 2 2 3 3
hh
1 2 3
V M + V M + V M
M
V + V + V
=
• luôn nằm trong khoảng khối lượng mol phân tử của các chất thành phần
nhỏ nhất và lớn nhất:
M
min
< < M
max
• Biểu thức tính nguyên tử Cacbon trung bình:
Với các công thức:

x y z 1
x y z 2
C H O ; n mol
C H O ; n mol
′ ′ ′

ta có:
- Nguyên tử cacbon trung bình:
1 1 2 2
1 2
x n x n
x
n n
+ +
=
+ +
- Nguyên tử hiđro trung bình:
1 1 2 2
1 2
y n y n
y
n n
+ +
=
+ +
Một hỗn hợp gồm nhiều chất cùng tác dụng với một chất khác thì có thể thay thế hỗn
hợp đó bằng một công thức trung bình với các điều kiện:
• Các phản ứng xảy ra phải xảy ra cùng loại và cùng hiệu suất.
• Số mol, thể tích hay khối lượng của chất trung bình phải bằng số mol, thể tích
hay khối lượng của hỗn hợp.
• Các kết quả phản ứng của chất trung bình phải y hệt như kết quả phản ứng của
toàn bộ hỗn hợp.
Công thức của chung cho toàn bộ hỗn hợp là công thc trung bnh.
b/ Đánh giá
- Phương pháp trung bình là một trong những phương pháp thuận tiện nhất cho phép giải
nhanh chóng và đơn giản nhiều bài toán hóa học phức tạp.

- Phương pháp này được áp dụng trong việc giải nhiều bài toán khác nhau kể cả vô cơ và
hữu cơ, đặc biệt là chuyển bài toán hỗn hợp thành bài toán đơn giản.
- Phương pháp trung bình còn giúp giải nhanh nhiều bài toán mà thoạt nhìn có vẻ là thiếu dữ
kiện hoặc những bài toán cần biện luận để xác định chất trong hỗn hợp.
c/ Các bước giải:

7
- Xác định trị số trung bình giúp giải quyết yêu cầu của bài toán.
- Chuyển hỗn hợp về dạng công thức chung
mn
BA
- Xác định trị số
n
,
m
… theo dữ kiện đã cho từ đó đưa ra kết luận cần thiết.
d/ Chú ý
- Theo tính chất toán học ta luôn có: min(X
i
) <
X
<max(X
i
)
- Nếu các chất trong hỗn hợp có số mol bằng nhau thì trị trung bình đúng bằng trung bình
cộng và ngược lại.
- Nếu biết tỉ lệ mol các chất thì nên chọn số mol của chất có số mol ít nhất là 1, rồi suy ra số
mol các chất còn lại, từ đó tính
X
.

7. Phương pháp đường chéo
a/ Nội dung: Khi trộn lẫn hai dung dịch
Khối lượng Thể tích Nồng độ (C% hoặc C
M
)
Dung dịch 1 m
1
V
1
C
1
Dung dịch 2 m
2
V
2
C
2
Dung dịch cần pha m = m
1
+ m
2
V = V
1
+ V
2
C
Sơ đồ đường chéo và công thức tương ứng với mỗi trường hợp:
- Đối với nồng độ % về khối lượng:
•

CC
CC
m
m
−
−
=⇒
2
1
2
1
- Đối với nồng độ mol:
•

CC
CC
V
V
−
−
=⇒
2
1
2
1
b/ Đánh giá phương pháp đường chéo

8
m
1

C
1
|C
2
- C |
m
2
C
2
|C
1
- C |

C
V
1
C
1
|C
2
- C |
V
2
C
2
|C
1
- C |
C
- Đây là phương pháp có nhiều ưu điểm, giúp tăng tốc tính toán và là một công cụ đắc lực

cho phương pháp trung bình.
- Phương pháp đường chéo có thể các dụng tốt cho nhiều trường hợp, nhiều dạng bài tập,
đặc biệt là dạng bài tập “pha chế dung dịch” và tính thành phần hỗn hợp.
- Thường sử dụng kết hợp giữa đường chéo với phương pháp trung bình và phương pháp
bảo toàn nguyên tố. Với hỗn hợp phức tạp có thể sử dụng kết hợp nhiều đường chéo.
- Nhược điểm của phương pháp này là không áp dụng được cho những bài toán trong đó có
xảy ra phản ứng giữa các chất tan với nhau (trừ phản ứng với nước). Phương pháp này
không áp dụng được với trường hợp tính toán pH.
c/ Các bước giải:
- Xác định trị số cần tìm từ đề bài
- Chuyển các số liệu sang dạng đại lượng % khối lượng
- Xây dựng đường chéo để tìm kết quả của bài toán.
8. Phương pháp quy đổi
a/ Nguyên tắc
Quy đổi là một phương pháp biến đổi toán học nhằm đưa bài toán ban đầu là một hỗn
hợp phức tạp về dạng đơn giản hơn, qua đó làm cho các phép tính trở nên dễ dàng thuận
tiện. Dù tiến hành quy đổi theo hướng nào thì cũng phải tuân thủ 2 nguyên tắc:
- Bảo toàn nguyên tố: Tức là tổng số mol mỗi nguyên tố ở hỗn hợp đầu và hỗn hợp mới phải
như nhau.
- Bảo toàn số oxi hóa: Tức là tổng số mol mỗi nguyên tố ở 2 hỗn hợp phải như nhau.
b/ Các hướng quy đổi
- Quy đổi hỗn hợp nhiều chất về hỗn hợp 2 chất hoặc một chất.
Ví dụ : Với hỗn hợp các chất gồm Fe, FeO, Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4

ta có thể chuyển thành các tổ hợp
sau (Fe và FeO), (Fe và Fe
3
O
4
), (Fe và Fe
2
O
3
), (Fe
2
O
3
và FeO), (Fe
3
O
4
và FeO), (Fe
3
O
4
và
Fe
2
O
3
) hoặc Fe
x
O
y

- Quy đổi hỗn hợp nhiều chất về các nguyên tử tương ứng
Ví dụ : Hỗn hợp (Fe, FeS,FeS
2
, Cu, CuS, Cu
2
S, S) → (Cu, Fe, S).

9
- Quy đổi tác nhân oxi hóa trong phản ứng oxi hóa – khử.
Với những bài toán trải qua nhiều giai đoạn oxi hóa khác nhau bởi những chất oxi hóa
khác nhau, ta có thể quy đổi vai trò oxi hóa của chất oxi hóa này cho chất oxi hóa kia để bài
toán trở nên đơn giản.
Ví dụ: Quá trình oxh hoàn toàn Fe thành Fe
3+
Fe
→
+
2
O
Fe
x
O
y

 →
+
3
HNO
Fe

3+
có thể qui thành Fe
→
+
2
O
Fe
3+
c/ Một số điểm lưu ý:
- Trong quá trình tính toán theo phương pháp quy đổi đôi khi ta gặp s! âm đó là do sự bù trừ
khối lượng của các chất trong hỗn hợp. Trong trường hợp này ta vẫn tính toán bình thường
và kết quả cuối cùng vẫn thỏa mãn.
- Khi quy đổi hỗn hợp nhiều chất (hỗn hợp X) từ 3 chất trở lên thành hỗn hợp 2 chất hay 1
chất ta phải bảo toàn số mol nguyên tố và bảo toàn số mol hỗn hợp.
- Phương án quy đổi tốt nhất, có tính khái quát cao nhất là quy đổi thẳng về các nguyên tử
tương ứng. Đây là phương án cho lời giải nhanh, gọn, dễ hiểu, biểu thị đúng bản chất hóa
học.
9. Phương pháp đồ thị
a/ Nội dung: Trên cơ sở các phương trình hóa học, vẽ đồ thị mô tả mối quan hệ số mol các
chất phản ứng và chất cần xác định. Sau đó dựa vào đồ thị xác định lượng mà đề bài yêu
cầu.
Trong hoá học, một số dạng bài tập được giải dựa trên cơ sở nội dung của phương pháp
này. Đó là trường hợp mà trong thí nghiệm hoá học có hai quá trình lượng kết tủa tăng dần,
sau đó giảm dần đến hết khi lượng chất phản ứng có dư. Có thể vận dụng phương pháp này
trong hoá học ở các trường hợp chủ yếu sau:
- Thổi khí CO
2
vào dung dịch chứa hiđroxit của kim loại nhóm IIA.
- Rót từ từ dung dịch kiềm đến dư vào dung dịch muối nhôm hoặc muối kẽm hoặc
muối crom (III).

- Rót từ từ dung dịch axit đến dư vào dung dịch muối có chứa anion AlO
2
-
hoặc ZnO
2
2-
hoặc CrO
2
2-
.
- Sục khí NH
3
vào dung dịch muối đồng.

10
b/ Một số lưu ý
- Bài toán có thể có một nghiệm hoặc hai nghiệm.
- Dựa vào dữ kiện thực nghiệm đề bài để xác định nghiệm đúng:
+ Thể tích nhỏ nhất: Trước điểm cực đại
+ Thể tích lớn nhất: Sau điểm cực đại
+ Không có yêu cầu nào: Thường có 2 nghiệm.
c/ Đánh giá phương pháp đồ thị:
- Ưu điểm: Trực quan, sinh động.
- Nhược điểm: Chỉ áp dụng được cho số ít trường hợp và mất thời gian vễ đồ thị (hoặc phải
nhớ dạng đồ thị một cách máy móc).
d/ Hướng sử dụng:
- Không nên lạm dụng phương pháp này, chỉ nên dùng trong trường hợp tìm khoảng giá trị
hoặc cần có cái nhìn một cách trực quan.
- Có thể giải nhanh bằng phương pháp bảo toàn nguyên tố.
e/ Các bước giải

- Xác định dạng toán phù hợp
- Xây dựng đồ thị theo số mol
- Xác định lượng chất mà đề bài yêu cầu từ đồ thị, chú ý đến các từ khóa “lớn nhất”, “nhỏ
nhất” nếu có.
10. Phương pháp đại số
- Viết các phương trình phản ứng
- Đặt ẩn số cho các đại lượng cần tìm
- Tính theo phương trình phản ứng và các ẩn số đó để lập ra các phương trình đại số
- Giải phương trình đại số hoặc hệ phương trình đại số và biện luân kết quả nếu cần
- Một số bài toán cho thiếu dữ kiện nên khi giải bằng phương pháp đại số, số ẩn nhiều hơn
số phương trình và có dạng vô định không giải được. Nếu dùng phương pháp ghép ẩn ta có
thể giải loại bài toán này một cách dễ dàng.
11. Phương pháp sử dụng công thức kinh nghiệm

11
Xét bài toán tổng quát
M
0

→
+
2
O
hỗn hợp rắn (M,M
x
O
y
)
 →
+ nđSOHHNO ,(

423
M
+n
+ N
α
(S
β
)
m gam (1) m
1
gam (2) (n: max)
Gọi: Số mol kim loại là a
Số oxi hóa cao nhất (max) của kim loại là n
Số mol electron nhận ở (2) là t mol
Ta có : M – n e → M
+n
⇒ Số mol electron nhường là na (mol)
a na
Theo định luật bảo toàn electron ta có:
nat
mm
=+
−
8
1

Nhân cả hai vế với M ta được :
).(.
8
)(

1
aMntM
mmM
=+
−
⇒
mntM
nMmM

8
.
8
.
1
=+−
⇒
8

8
1
M
n
tMm
M
m
+
+
=
(1)
- Nếu kim loại đã cho là Fe có M = 56, n = 3 ta được m = 0,7.m

1
+ 5,6.t (1)
- Nếu kim loại đã cho là Cu có M = 84, n = 2 ta được m = 0,8.m
1
+ 6,4.t (2)
Khi biết 2 trong 3 đại lượng m, m
1
, t ta tính được ngay đại lượng còn lại.
b/ Phạm vi áp dụng :
- Chỉ áp dụng khi HNO
3
(hoặc H
2
SO
4
đặc nóng) lấy dư hoặc vừa đủ.
- Công thức kinh nghiệm trên chỉ áp dụng với hai him loại là Fe và Cu.
c/ Các bước giải :
- Tìm tổng số mol electron nhận ở giai đoạn khử N
+5
hoặct S
+6
- Tìm tổng khối lượng hỗn hợp kim loại và oxit kim loại.
- Áp dụng công thức (1) và (2).
12. Phương pháp ghép ẩn số
a/ Nội dung :

12
Phương pháp ghép ẩn số giúp học sinh hiểu rõ hơn về bản chất hóa học, đặc biệt khi
dạy các bài tập tiền đề khi học về hóa học.

Phương pháp này áp dụng cho bài toán mà số phương trình ít hơn số ẩn, ta không thể
tìm được nghiệm của từng ẩn mà phải thế từ những phương trình đơn giản vào phương trình
phức tạp để tìm ra giá trị cần tìm.
b/ Cách giải:
- Viết phương trình phản ứng
- Đặt ẩn số cho các đại lượng cần tìm
- Tính theo các phương trình phản ứng và các ẩn số để lập ra phương trình đại số.
- Giải phương trình đại số hoặc hệ phương trình bằng cách ghép ẩn và biện luận kết quả cần
tìm.
:PPQR02=AB:CD4E3S343=@TUVW6
:>0W3DE3Q61W:U>X=::
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.

13
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.
:WY3E(BQR02=6:Z=AB:C3[S343=@
A\ ]^^_\^*
`
D
a
#L^^*b
c
D
d
`d7ae"f

c
D
d
dgeh
Lời giải
Số mol P
2
O
5
là:
5,0
142
71

=
(mol)
P
2
O
5
+ 3H
2
O → 2H
3
PO
4
0,5 1,5 1 (mol)
Gọi a là khối lượng dd H
3
PO
4
24,5%
Gọi b là khối lượng dd H
3
PO
4
78,4 % tạo thành
3!\
Áp dụng phương trình nồng độ
Khối lượng H
3
PO
4
là:

a
a
.245,098
100
.5,24
198 +=+×
Khối lượng dd tạo thành là : 71 + a
Ta có:
49,0
71
.245,098
=
+
+
a
a
⇒ a = 258 (gam)
3!` Áp dụng phương pháp bảo toàn nguyên tố
∑n
P
= n
P
(P
2
O
5
) + n
P
(dd H
3

PO
4
24,5%) = n
P
(dd H
3
PO
4
49%)
⇒
98100
)71(49
98100
.5,24
1
×
+
=
×
+
aa
1+0,0025a = 0,005(71+a)
a = 258 (gam)

14
3!c. Giải hệ phương trình bậc nhất hai ẩn
Khối lượng H
3
PO
4

trong a gam dd H
3
PO
4
24,5% là: 0,245a
Khối lượng H
3
PO
4
trong b gam dd H
3
PO
4
24,5% là: 0,49b
Ta có hệ:
98 + 0,245a = 0,49b
71 + a = b
⇒ a = 258 (gam)
3!d. Phương pháp đường chéo
P
2
O
5
+ 3H
2
O → 2H
3
PO
4
0,5 1,5 1 (mol

Do P
2
O
5
phản ứng với nước trong dd nên từ a gam dd H
3
PO
4
24,5% chuyển thành
a – 1,5.18 = a - 27 gam dd H
3
PO
4
C%
mà C =
27
5,24
−a
a
Ta có :
51
49
27
98 C
a
−
=
−
⇒
)27()

27
5,24
49(5198 −×
−
−=× a
a
a
a = 258 (gam)
3!a. Lập biểu thức liên quan tới nước
Trong a gam dd H
3
PO
4
24,5% có khối lượng nước là: 0,755a (gam)
Trong (a+71) gam dd H
3
PO
4
49% có khối lượng nước là: 0,51(a+71) (gam)
Ta có: 0,755a – 1,5 x 18 = 0,51(a + 71)
a = 258 gam
A`. "GJc7id^*N&-jk*lm7lmD7lm
c
D
d
7lm
`
D
c
Mni7ia

*H
`
oG!]^^c7id^*N&-jKLpD
c 
Hq
%&(HGD
`
Ors-t*GJuvwGx:(
Lời giải

15
49
3!\f*!-%+-!-y-t
Gọi x, y, z, t lần lượt là số mol Fe, FeO, Fe
3
O
4
, Fe
2
O
3
trong hỗn hợp
Các PTHH
FeO + H
2

→
°t
Fe + H
2

O
y y
Fe
3
O
4
+ 4H
2

→
°t
3Fe + 4H
2
O
z 4z
Fe
2
O
3
+ 3H
2

→
°t
2Fe + 3H
2
O
t 3t
Fe + 6HNO
3

→
Fe(NO
3
)
3
+ 3NO
2
+ 3H
2
O
x 3x
FeO + 4HNO
3

→
Fe(NO
3
)
3
+ NO
2
+ 2H
2
O
y y
Fe
3
O
4

+ 10HNO
3

→
3Fe(NO
3
)
3
+ NO
2
+ 5H
2
O
z z
Fe
2
O
3
+ 6HNO
3

→
2Fe(NO
3
)
3
+ 3H
2
O
Ta có hệ:

56
x
+ 72y + 232z + 160t = 3,04 (1)
y + 4z + 3t = 0,05 (2)
Số mol NO
2
là : 3
x
+ y + z = a (3)
Ta có thể tính a theo các cách sau
3!\\ Từ (1) có :

04,3)34(
3
160
)
3
1
3
1
(56 =+++++ tzyzyx
⇒
04,305,0
3
160
3
56 =×+×
a

02,0=a

V = 0,448 (l)
3!\`
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có : m
X
+
2
H
m
= m
Fe
+
OH
m
2

16
⇒ m
Fe
= 3,04 + 0,05.2 – 0,05.18 = 2,24
⇒ n
Fe
= x + y + 3z + 2t = 0,04 (4)

02,03
05,034
04,023
)23(
=++ →




=++=
=+++=
−
zyx
tzyn
tzyxn
OFe
nn
O
Fe
⇒V = 0,02.22,4 = 0,448 (l)
3!` f*!-%+-!-zu{
3!`\. Quy hỗn hợp X về hai chất FeO và Fe
2
O
3
với số mol tương ứng là x và y
FeO + H
2

→
°t
Fe + H
2
O
x x (mol)
Fe
2
O

3
+ 3H
2

→
°t
2Fe + 3H
2
O
y 3y (mol)
Ta có hệ:
x + 3y = 0,5
72x + 160y = 3,04
⇒ x = 0,02 ; y = 0,01
FeO + 4HNO
3

→
Fe(NO
3
)
3
+ NO
2
+ 2H
2
O
0,02 0,02 (mol)
Vậy V = 4,48(l)
3!``. Quy hỗn hợp X về hai chất Fe và FeO

FeO + H
2

→
°t
Fe + H
2
O
0,05 0,05 (mol)
⇒ Số mol Fe là:
01,0
56
7205,004,3
−=
×−
(mol)
Fe + 6HNO
3

→
Fe(NO
3
)
3
+ 3NO
2
+ 3H
2
O
-0,01 -0,03 (mol)

FeO + 4HNO
3

→
Fe(NO
3
)
3
+ NO
2
+ 2H
2
O
0,05 0,05 (mol)
Vậy V = (0,05 - 0,03) x 22,4 = 4,48 (l)
3!`c. Quy hỗn hợp X về hai chất Fe và Fe
2
O
3
Fe
2
O
3
+ 3H
2

→
°t
2Fe + 3H
2

O

17
3
05,0
0,05 (mol)
⇒ Số mol Fe là:
3
02,0
160
3
05,0
04,3 =×−
(mol)
Fe + 6HNO
3

→
Fe(NO
3
)
3
+ 3NO
2
+ 3H
2
O
-0,01 -0,03 (mol)
FeO + 4HNO
3

→
Fe(NO
3
)
3
+ NO
2
+ 2H
2
O
0,05 0,05 (mol)
Vậy V = (0,05 - 0,03) x 22,4 = 4,48 (l)
3!`d. Quy hỗn hợp X về hai chất Fe và Fe
3
O
4
Fe
3
O
4
+ 4H
2

→
°t
3Fe + 4H
2
O
0,0125 0,05 (mol)

⇒ Số mol Fe là:
0025,0
56
2320155,004,3
=
×−
(mol)
Fe + 6HNO
3

→
Fe(NO
3
)
3
+ 3NO
2
+ 3H
2
O
0,0025 0,0075 (mol)
Fe
3
O
4
+ 10HNO
3

→
3Fe(NO

3
)
3
+ NO
2
+ 5H
2
O
0,0125 0,0125 (mol)
Vậy V = (0,0075 + 0,0125) x 22,4 = 4,48 (l)
3!`a. Quy hỗn hợp X về hai chất FeO và Fe
3
O
4
với số mol tương ứng là x và y
FeO + H
2

→
°t
Fe + H
2
O
x x
Fe
3
O
4
+ 4H
2

→
°t
3Fe + 4H
2
O
y 4y
Ta có hệ
72x + 232y = 3,04
x + 4y = 0,05
⇒ x = 0,01; y = 0,01
FeO + 4HNO
3

→
Fe(NO
3
)
3
+ NO
2
+ 2H
2
O
0,01 0,01 (mol)
Fe
3
O
4
+ 10HNO

3

→
3Fe(NO
3
)
3
+ NO
2
+ 5H
2
O

18
0,01 0,01 (mol)
Vậy V = (0,01 +0,01) x 22,4 = 4,48 (l)
3!`|. Quy hỗn hợp X về hai chất Fe
2
O
3
và Fe
3
O
4
với số mol tương ứng là x và y
Fe
2
O
3
+ 3H

2

→
°t
2Fe + 3H
2
O
x 3x
Fe
3
O
4
+ 4H
2

→
°t
3Fe + 4H
2
O
y 4y
Ta có hệ
160x + 232y = 3,04
3x + 4y = 0,05
⇒ x = -0,01; y = 0,02
Fe
3
O
4
+ 10HNO

3

→
3Fe(NO
3
)
3
+ NO
2
+ 5H
2
O
0,02 0,02 (mol)
Vậy V = 0,02 x 22,4 = 4,48 (l)
3!`_. Quy đổi nguyên tử
Hỗn hợp X gồm Fe và các oxit sắt có thể quy đổi thành hỗn hợp gồm 2 nguyên tử Fe và O.
H
2
+ O
→
H
2
O
0,05 0,05 (mol)
⇒ Số mol Fe là:
04,0
56
1605,004,3
=
×−

(mol)
Áp dụng định luật bảo toàn electron khi cho hỗn hợp X tác dụng với HNO
3
:
Fe → Fe
3+
+ 3e
0,04 0,12 (mol)
O
0
+ 2e → O
-2
0,05 0,1 (mol)
N
+5
+ 1e → N
+4
x x (mol)
Ta có : 0,12 = 0,1 + x
⇒ x = 0,02 mol
Vậy V = 0,02.22,4 = 4,48 (l)
3!`} Quy hỗn hợp X về một chất là Fe
x
O
y
(Fe
x
O
y
chỉ là công thức giả định)

19
Fe
x
O
y
+ yH
2

→
°t
xFe + yH
2
O
y
05,0
0,05 (mol)
Ta có :
04,3)1656(
05,0
=+ yx
y
⇒
5
4
=
y
x
Công thức quy đổi là Fe
4

O
5
: 0,01mol
Fe
4
O
5
+ 14HNO
3

→
4Fe(NO
3
)
3
+ 2NO
2
+ 7H
2
O
0,01 0,02 (mol)
Vậy V = 0,02 x 22,4 = 4,48 (l)
3!cf*!-%+-!-Ls
3!c\Bảo toàn khối lượng
OHNONOFeHNOX
mmmmm
22333
)(
++=+
Trong đó:

04,0
33
)(
==
FeNOFe
nn

22
333
12,03
)( NONONOFeHNO
nnnn +=+=
)12,0(5,05,0
2
32
NOHNOOH
nnn +==
Thay số:
3,04 + 63(0,12 +
2
NO
n
) = 0,04.242 + 46.
2
NO
n
+ 18.0,5(0,12 +
2
NO
n

)
48,44,22.02,0034,0
2
==⇒=⇒ Vn
NO
(lít)
3!c`
Bảo toàn nguyên tố oxi:
)()())(()()(
22333
OHONOONOFeOHNOOXO
mmmmm ++=+
Trong đó:
04,0
33
)(
==
FeNOFe
nn

2
2333
12,03
)( NONONOFeHNO
nnnn +=+=
)12,0(5,05,0
2
32
NOHNOOH
nnn +==

Thay số:
(3,04 – 56.0,04) + 16.3.(0,04 +
2
NO
n
) = 16.9.0,04 + 16.
2
NO
n
+ 16.0,5.(0,12 +
2
NO
n
)

20
48,44,22.02,0034,0
2
==⇒=⇒ Vn
NO
(lít)
Ac 3m^*1H!#~D
c
)K^\\7`HN&-cGD7

`
D#
`
H!rs-t*GJ#~•H,r$*H%+\``O"!Gw
Gxmf!KbH

Lời giải
Tổng số mol 3 khí là:
5,0
4,22
2,11
=
(mol)
⇒
1,01
5
5,0
=×=
NO
n
(mol);
2,02
5
5,0
22
=×==
NON
nn
(mol)
3!\. %+-!-F%€
Al + 4HNO
3

→
Al(NO
3

)
3
+ NO + 2H
2
O
0,1 mol 0,1 mol
8Al + 30HNO
3

→
8Al(NO
3
)
3
+ 3N
2
O + 15H
2
O
3
16,0
mol 0,2 mol
10Al + 36HNO
3

→
10Al(NO
3
)
3

+ 3N
2
O + 18H
2
O
3
2
mol 0,2 mol
Ta có m
Al
=
1,3527)
3
2
3
6,1
1,0( =×++
(gam)
3!`. (.•-:‚^!-s
13Al + 48HNO
3

→
13Al(NO
3
)
3
+ NO + 2N
2
O + 2N

2
+ 2H
2
O
1,3 0,1
m
Al
= 1,3 x 27 = 35,1 (gam)
3!c. %+-!-LsmHmK
Al → Al
3+
+ 3e
27
m

9
m
(mol)
N
+5
+ 3e → N
+2
0,3 0,1 (mol)
2N
+5
+ 8e → 2N
+1
(N
2
O)

1,6 0,2 (mol)
2N
+5
+ 10e → N
2
0
2 0,2 (mol)
Theo định luật bảo toàn electron ta có:

21
9
m
= (0,3 + 1,6 + 2) ⇒ m = 35,1 (gam)
3!d. 4--%+-!-Lsu$
Phân tích ta thấy HNO
3
(với các nguyên tố H, N, O) đã tham gia phản ứng và chia thành các
phần như sau:
HNO
3

→
NO
3
-
+ NO + N
2
O + N
2
+ H

2
O (1)
Tỉ lệ số mol NO : N
2
O : N
2
= 1:2:2 ta viết lại (1) như sau:
HNO
3

→
NO
3
-
+ NO + 2N
2
O + 2N
2
+ H
2
O (2)
Gọi x là số mol HNO
3
, (2) viết lại thành
xHNO
3

→
(x-9) NO
3

−
+ NO + 2N
2
O + 2N
2
+
2
x
H
2
O
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố oxi có:
3x = 3(x-9) + 3 +
2
x
⇒ x = 48
48HNO
3

→
39NO
3
-
+ NO + 2N
2
O + 2N
2
+ 24H
2
O

3,9 0,1 (mol)
⇒ 39NO
3
−
: 3,9 mol
⇒ 13Al(NO
3
)
3
: 1,3 (mol)
n
Al
= 1,3(mol) ⇒ m = 1,3 x 27 = 35,1 gam
Cách 4 là một cách làm mới đối với học sinh dựa trên việc phân tích dạng tồn tại của
các phân tử, ion của một chất ban đầu sau khi tham gia phản ứng hóa học. Cách này áp dụng
chủ yếu liên quan đến tính oxi hóa mạnh của các axit H
2
SO
4
và HNO
3
.
Ad]^^N&-jk*i7\`*HlmQ
`
#a*H3
`
QKD
c
O#ƒ^‚x%&W•^^*$r„^#GDOrs-t*GJuvw
Gx:!Kb‚^a

Lời giải
Đọc bài toán tưởng như rất đơn giản, thực tế đây là một bài toán khó. Nhiều HS cho
rằng thiếu dữ kiện, không giải được.

22
Cách cổ truyền mà HS hay dùng là phương pháp đại số, cân bằng phương trình phản
ứng hóa học và lập phương trình đại số. Tuy nhiên việc cân bằng hai phản ứng hóa học trong
bài này không phải là đơn giản, ngay cả khi cân bằng thành công rồi HS cũng chưa chắc đã
làm được tiếp. Điểm mấu chốt của bài này là HS phải biết phân tích triệt để các cụm từ đầu
bài cho “HNO
3
vừa đủ”, “Dung dịch Y chỉ chứa 2 muối sunfat”.
3!\%+-!-)r$
3!\\
Phản ứng dưới dạng ion:
FeS
2
+ 4
+
H
+ 5
−
3
NO
→
+3
Fe
+ 2
−2
4

SO
+ 5NO + 2H
2
O
0,12 0,48 0,6 0,12 0,24 (mol)
3Cu
2
S + 16
+
H
+ 10
−
3
NO
→ 6
+2
Cu
+ 3
−2
4
SO
+ 10NO + 8H
2
O
a 16a/3 10a/3 2a a (mol)
Vì dung dịch A chỉ chứa các muối sunfat và HNO
3
dùng vừa đủ nên ta phải có:
06,03/106,03/1648,0
3

=⇒+=+⇒=
∑∑
−+
aaann
NOH
Đáp án C
3!\`:
Dung dịch A chỉ chứa 2 muối sunfat, nên ta viết cùng một phản ứng
Phương trình phản ứng xẩy ra là:
6FeS
2
+ 3Cu
2
S + 40HNO
3
→ 3Fe
2
(SO
4
)
3
+ 6CuSO
4
+ 40NO + 20H
2
O
0,12 0,06 0,06 0,12
⇒ a = 0,06
3!`4-Ls,
Ta có sơ đồ:

FeS
2
→ Fe
3+
+ 2S
−2
4
O
0,12 0,12 0,24 (mol)
Cu
2
S → 2Cu
2+
+ S
−2
4
O
a 2a a (mol)
Theo định luật bảo toàn điện tích ta có:
0,12 x 3 + 2a x 2 = (24 + a) x 2
⇒ a = 0,06
3!c. 4-bH…Lsu$Q
2FeS
2
→ Fe
2
(SO
4
)
3

Cu
2
S → 2CuSO
4

23
0,12 0,06 (mol) a 2a (mol)
Áp đụng định luật bảo toàn nguyên tố S có:
0,12 x 2 + a = 0,06 x 3 + 2a x 1
⇒ a = 0,06
Aa ]^^`a7|^*N&-jw)L•k*lm7lmQ7lmQ
`
K
D
c
%&(HGD
`
Ors-t*GJuvwGx#W3W!
#~A^ODx
`
%%&\`|7`a^*G.‚^:(
€s
PTHH của các phản ứng:
Fe + 6H
+
+ 3
−
3
NO

→
Fe
3+
+ 3NO
2
+ 3H
2
O
x 3x (mol)
FeS + 10H
+
+ 9
−
3
NO

→
Fe
3+
+
−2
4
SO
+ 9NO
2
+ 5H
2
O
y y 9y (mol)
FeS

2
+ 14H
+
+ 15
−
3
NO

→
Fe
3+
+ 2
−2
4
SO
+ 15NO
2
+ 7H
2
O
z 2z 15z (mol)
Ba
2+
+
−2
4
SO

→
BaSO

4
y + 2z y + 2z (mol)
Fe
3+
+ 3OH
-

→
Fe(OH)
3
x + y + z x + y + z (mol)
3!\. Phương pháp ghép ẩn
Gọi x, y, z lần lượt là số mol của Fe, FeS, FeS
2
trong 25,6 gam hỗn hợp (x, y, z >0).
Ta có hệ:
56x + 88y + 120z = 25,6
107(x + y + z) + 233 (y + 2z) = 126,25
56(x + y + z) + 32(y + 2z) = 25,6 x + y + z = 0,3
107(x + y + z) + 233(y + 2z) = 126,25 y + 2z = 0,45
Số mol NO
2
là :
9x + 9y + 15z = 3(x + y + z) + 6(y + 2z) = 3 x 0,2 + 6 x 0,45 = 3,3
V = 3,3 . 22,4 = 73,92 (lit)
3!` Bảo toàn số mol electron

24
Đặt số mol các chất trong 25,6 gam X {Fe : x ; FeS: y ; FeS
2

: z}
⇒ 56(x + y + 2z) + 32(y + 2z) = 25,6
Bảo toàn số mol electron

Fe

→

3
Fe
+
+ 9e
x x 9x (mol)
5
N
+
+ 1e
→

4
N
+


FeS

→

3
Fe

+
+
6
S
+
+ 9e
y y y 9y (mol)
2
FeS

→

3
Fe
+
+ 2
6
S
+
+ 15e
z z 2z 15z
Ta có hệ :
56(x + y + z) + 32(y + 2z) = 25,6
107(x + y + z) + 233(y + 2z) = 126,25
Biến đổi đại số như cách 1 ta có V = 3,3 . 22,4 = 73,92 (lit)
Với HS có khả năng quan sát tinh tế, có khả năng tư duy độc lập, sáng tạo, nhận thấy
hỗn hợp ban đầu được tạo nên bởi 2 nguyên tố Fe và S sẽ làm theo cách 3, cách 4.
3!c. Nhóm các phương pháp quy đổi
3!c\ Quy đổi hỗn hợp X thành Fe và S với số mol tương ứng là x và y
Fe → Fe

3+
+ 3e
x 3x (mol)
N
+5
+ 1e → N
+4
S
0
→ S
6+
+ 6e
y 6y (mol)
Theo định luật bảo toàn e ta có :
yxn
NO
63
2
+=
Ta có hệ :
56x + 32y = 25,6 x = 0,2
107x + 232y = 126,5 y = 0,45
⇒
yxn
NO
63
2
+=
= 3,3 (mol)
V = 3,3.22,4 = 73,92 (lit)

3!c`Quy đổi hỗn hợp X thành Fe và FeS với số mol tương ứng là x và y
Fe + 6H
+
+ 3
−
3
NO

→
Fe
3+
+ 3NO
2
+ 3H
2
O
x 3x (mol)

25