giúp học sinh khắc phục một số lỗi thường gặp trong ôn luyện hsg môn hóa học thcs - phần hóa vô cơ

A. ĐẶT VẤN ĐỀ:
Trong những năm gần đây, vấn đề bồi dưỡng học sinh dự thi học sinh giỏi
các cấp được Nhà trường đặc biệt quan tâm, các bậc cha mẹ học sinh nhiệt tình
ủng hộ. Giáo viên được phân công dạy bồi dưỡng đã có nhiều cố gắng trong việc
nghiên cứu để hoàn thành nhiệm vụ được giao. Nhờ vậy số lượng và chất lượng
đội tuyển học sinh giỏi của nhà trường khá cao và đặc biệt là môn hóa học nhiều
năm có học sinh giỏi tỉnh.
Là một giáo viên thường xuyên tham gia bồi dưỡng đội tuyển HS giỏi
do Phòng Giáo dục tổ chức tôi đã thấy được nhiều vấn đề mà trong đội tuyển
nhiều học sinh còn lúng túng, nhất là khi giải quyết các dạng toán như: CO
2
tác
dụng với dung dịch hỗn hợp các bazơ, dạng lập công thức phân tử, dạng hỗn
hợp muối tác dụng với axit, học sinh chưa nhuần nhuyễn được định luật bảo
toàn nguyên tố Trong khi các dạng bài tập này hầu như năm nào cũng có trong
đề thi học sinh giỏi các cấp. Từ những khó khăn vướng mắc tôi đã tìm tòi nghiên
cứu tìm ra nguyên nhân (nắm kỹ năng chưa chắc; thiếu khả năng tư duy hóa học,
…) và tìm ra được biện pháp để giúp học sinh giải quyết tốt các dạng toán hóa
học trên.
Trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi và thông qua các bài kiểm tra tôi
nhận thấy các em rất thích các dạng toán trên (CO
2
tác dụng với dung dịch hỗn
hợp các bazơ, dạng lập công thức phân tử, dạng hỗn hợp muối tác dụng với
axit, học sinh chưa nhuần nhuyễn được định luật bảo toàn nguyên tố ) mặc dù
chưa nắm vững phương pháp và gặp nhiều lỗi trong khi làm bài.
Với những lý do trên đây đã tôi nghiên cứu, tìm tòi và thảo luận với các đồng
nghiệp về những mặt hạn chế, thiếu sót và và những lỗi thường gặp của các em
học sinh giỏi bộ môn hóa học. Từ đó tôi hoàn thành SKKN “ GIÚP HỌC SINH
KHẮC PHỤC MỘT SỐ LỖI THƯỜNG GẶP TRONG ÔN LUYỆN HSG
MÔN HÓA HỌC THCS - PHẦN HÓA VÔ CƠ ” nhằm rút ngắn được phần nào

thời gian bồi dưỡng trên lớp, tạo cho các em có cái nhìn và cách tiếp cận đề thi
theo hướng lựa chọn phương pháp hiệu quả và rút ngắn thời gian làm bài thi.
Hi vọng rằng với việc khắc phục những sai sót thường gặp của các em học
sinh ở một số dạng toán mà tôi đề cập đến trong đề tài này sẽ là những bài học
quý cho học sinh trong đội tuyển học sinh giỏi các cấp. Vì khuôn khổ của bài
viết tôi không có tham vọng đưa ra nhiều ví dụ minh họa về việc khai thác các
dạng bài tập, rất mong nhận được sự động viên khích lệ từ các đồng nghiệp, các
bậc phụ huynh và các cấp lãnh đạo.
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. CƠ SƠ LÝ LUẬN
Hóa học là bộ môn khoa học tự nhiên mà học sinh được tiếp cận muộn nhưng
có vai trò quan trọng trong nhà tường phổ thông. Môn hóa học THCS cung cấp
cho học sinh một hệ thống kiến thức phổ thông, cơ bản và thiết thực đầu tiên về
hóa học, rèn cho học sinh óc tư duy sáng tạo và khả năng phản ứng nhanh nhạy.
1
Vì vậy giáo viên bộ môn hóa học cần hình thành ở các em một số kỹ năng cơ
bản: khả năng phân tích và tổng hợp kiến thức, lựa chọn phương pháp đúng đắn,
cẩn thận, kiên trì, chính xác, thói quen học tập và làm việc khoa học từ đó làm
nền tảng để các em phát triển khả năng nhận thức và năng lực hành động.
II. THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ
Thực tế hiện nay HS ở các truờng THCS miền núi cụ thể như trường THCS
Thạch Cẩm chúng tôi, điều kiện học tập còn khó khăn, việc tiếp cận với tài liệu
tham khảo cũng như các kênh thông tin khác còn hạn chế. Hơn nữa khả năng tư
duy, phân tích , tổng hợp của các em chưa tốt, kỹ năng giải bài tập còn thiếu. Vì
vậy khi gặp các dạng bài tập đòi hỏi tư duy sáng tạo các em thường lúng túng
dẫn đến sai sót, đặc biệt ở các dạng toán ôn luyện HS giỏi: Muối cacbonat tác
dụng axit, sắt kim loại hoặc muối sắt(II) tác dụng muối bạc nitrat; CO
2
tác
dụng dung dịch bazơ; giải nhanh một số bài tập bằng định luật BTKL và BTNT,

một số bài toán giải bằng phương pháp đại số.
Bằng việc nghiên cứu những tài liệu có liên quan đến đề tài và từ thực tế
những sai sót mà học sinh mắc phải trong quá trình học tập và bồi dưỡng tôi đã
biên soạn thành tài liệu nhằm phục vụ công tác giảng dạy và chia sẻ cùng đồng
nghiệp.
III. GIẢI PHÁP VÀ CÁCH THỰC HIỆN
1. CÁC GIẢI PHÁP THỰC HIỆN
Trong quá trình dạy học tôi rút ra được một số giải pháp hạn chế lỗi hoặc sai
lầm của học sinh như sau: HS cần chú ý:
a. Đọc kỹ đề ra trước khi làm bài vì đây là động tác đơn giản nhưng lại rất
quan trọng.
b.Tóm tắt đề bằng cách gạch chân dưới những nội dung quan trọng có trong
đề ra vì như vậy HS sẽ có cách nhìn bao quát được đề từ đó đưa ra phương pháp
làm bài thích hợp.
c. Phải hiểu rõ tính chất hóa học của từng loại chất, từng chất đã học.
d. Trong nhiều dạng toán các em phải biết thứ tự phản ứng đúng.
e. Với bài tập tính toán, trước hết HS phải được trang bị một số phương pháp
giải toán hoá như: phương pháp bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố, bài
toán chất khí, phương pháp trung bình, kỹ năng biện luận . . .sau đó hướng dẫn
HS trước khi giải toán phải tìm số mol các chất (nếu có thể), viết phương trình
hoá học hay sơ đồ biến hoá để kết nối các mối quan hệ, từ đó lập phương trình
hay hệ phương trình toán học, giải toán tìm nghiệm.
f. Nếu HS mắc lỗi hay sai lầm cho dù là nhỏ nhất thì phải có cách khắc phục
lỗi hay sai lầm đó ngay.
2. BIỆN PHÁP KHẮC PHỤC LỖI MÀ HỌC SINH HAY MẮC PHẢI
2.1. BÀI TOÁN TÌM CÔNG THỨC PHÂN TỬ
Ví dụ 1: Cho 31,84g hỗn hợp NaX và NaY (X, Y là 2 halogen ở 2 chu kì liên
tiếp) vào dung dịch AgNO
3
dư thì thu được 57,34 g kết tủa. Tìm công thức của 2

muối ?
2
Phân tích lỗi :Hầu hết học sinh sẽ giải bài tập này bằng cách chuyển bài
toán hỗn hợp thành bài toán một chất tương đương bằng việc gọi công thức
tổng quát chung 2 muối là: Na
X
.
- Phương trình hoá học được viết:
Na
X
+ AgNO
3

→
Ag
X
↓
+ NaNO
3
(23 +
X
) gam
→
(108 +
X
) gam
31,84 gam
→
57,34 gam

→

X
= 83,13
→
2 halogen là Br và I
→
đáp án B.
Với cách giải trên học sinh đã mắc một sai lầm: Vì chư nắm được tính chất
vật lý đó là tính tan của các muối halogen nên cho cả 2 muối NaX và NaY đều
tạo kết tủa với dung dịch AgNO
3
.
Cách khắc phục: Muối của 3 halogen: Cl, Br, I với bạc là không tan còn
NaF không tác dụng với AgNO
3
vì không tạo kết tủa( muối AgF tan).
Bài làm :
Vì vậy cần hướng dẫn học sinh xét bài toán qua 2 trường hợp:
+ TH 1: Hỗn hợp 2 muối halogen gồm: NaF và NaCl, lúc đó chỉ có NaCl
phản ứng
NaCl + AgNO
3

→
AgCl
↓
+ NaNO
3
n

AgNO
3
=
57,34
143,5

≈
0,4 (mol)
→
n
NaCl

≈
0,4 (mol)

→
m
NaCl
= 0,4. 58,5 = 23,4 < 31,84 → trường hợp này cũng thoả mãn.
+ TH 2 : Hỗn hợp cả 2 muối halogen đều phản ứng với dung dịch AgNO
3
,
kết quả tìm được 2 halogen là Br và I.
Vậy đáp án là: NaF và NaCl hoặc NaBr và NaI.
Ví dụ 2: Hòa tan 9,875 gam một muối hiđrocacbonat (muối A) vào nước và
cho tác dụng một lượng H
2
SO
4
vừa đủ, rồi đem cô cạn cẩn thận được 8,25 gam

một muối sunfat trung hòa khan. Xác định công thức phân tử, gọi tên muối ?
Phân tích lỗi: Vì các em có cách nhìn chưa tổng quát về muối:thường học
sinh chỉ nghỉ muối gồm hai thành phần là kim loại và gốc axit nên nhiều học
sinh sau khi rút ra biểu thức mối liên hệ giữa R với hóa trị n: R = 18n và biện
luận thấy không có kim loại nào phù hợp đã kết luận rằng đề không chính xác.
Cách khắc phục: Thực tế thì không có kim loại nào phù hợp với biểu thức
đó nhưng học sinh cần nhớ rằng: muối vô cơ ngoài muối của kim loại còn có
muối amoni.
Bài làm:
A là muối hiđrocacbonat
⇒
công thức của A có dạng R(HCO
3
)
n
(n là hóa trị
của R: 1≤ n ≤ 3, n nguyên ).
2R(HCO
3
)
n
+ nH
2
SO
4

→
R
2
(SO

4
)
n
+ 2nH
2
O + 2nCO
2
(1)
Theo (1) ta có:
9,875 8,25
2.
61 2 96R n R n
=
+ +

⇒
R = 18n
n R Kết quả
1 18 Loại
2 36 Loại
3
3 54 Loại
Ta nhận thấy không có kim loại nào phù hợp.
Vậy R chỉ có thể là nhóm (NH
4
)

có hóa trị I và có khối lượng mol bằng 18.
⇒
A là muối NH

4
HCO
3
: amoni hiđrocacbonat.
Ví dụ 3: Nung hết 3,6 gam M(NO
3
)
n
thu được 1,6 gam một chất rắn không
tan trong nước. Tìm công thức muối nitrat đem nung ?
Phân tích lỗi: Vì các em chưa nắm vững tính chất hóa học sự nhiệt phân
của muối nitrat nên xét thiếu trường hợp, sai lầm hay gặp nhất là nếu chất rắn
là oxit thì các em luôn mặc định oxit là M
2
O
n
(không thay đổi hóa trị) nên nếu
gặp trường hợp kim loại có nhiều hóa trị thì sẽ giải sai bài toán.
Một số học sinh không nắm được tính tan của muối nitrit nên trường hợp tạo
muối nitrit một số em học sinh vẫn dựa vào các số liệu của bài toán để tính toán
tìm nghiệm dẫn đến mất thời gian.
Cách khắc phục:
- Trường hợp tạo muối ntrit loại vì muối này tan.
- Bài toán không cho kim loại có hóa trị duy nhất nên phải lưu ý kim loại có
hóa trị thay đổi.
Bài làm:
Vì tất cả các muối nitrat đều tan nên chất rắn thu được chỉ có thể là muối nitrit
hoặc kim loại hoặc oxit kim loại.
+ TH1: M là kim loại kiềm, Ca và Ba: loại vì tạo muối nitrit tan
+ TH2: M là kim loại từ Mg

⇒
Cu (nếu kim loại có 1 hóa trị thì m=n)
4M(NO
3
)
n

o
t
→
2M
2
O
m
+ 4nNO
2
+ ( 2n – m)O
2
a mol 0,5a
Ta có: a.( M + 62n) = 3,6 và 0,5a.( 2M + 16m) = 1,6

⇒

62 3,6
2,25
8 1,6
M n
M m
+
= =

+

⇒
M = 49,6n – 14,4m
Cặp giá trị phù hợp là: n = 2; m = 3 với M = 56: Fe
⇒
Chất cần tìm là
Fe(NO
3
)
2
+ TH3: M là kim loại đứng sau Cu trong dãy hoạt động hóa học của KL
2M(NO
3
)
n

o
t
→
2M + 2nNO
2
+ nO
2
a mol a
Ta có:a.( M + 62n) = 3,6 và a.M = 1,6
⇒
a.n =
1
31

⇒

M
n
= 49,6
⇒
M = 49,6.n
Thay n = 1; 2; 3; 4 đều không cho giá trị phù hợp của M: Loại
2.2. MUỐI CACBONAT TÁC DỤNG VỚI AXIT
Ví dụ 1: Cho từ từ 100ml dung dịch hỗn hợp Na
2
CO
3
1M và NaHCO
3
aM
(a>0) 200ml dung dịch HCl 1M, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thu được
2,688 lít CO
2
(ở đktc). Tính a.
Phân tích lỗi: Sai lầm hay gặp ở đây là do các em chưa nắm vững thứ tự
phản ứng
4
Sai lầm 1: Cho rằng HCl phản ứng với NaHCO
3
trước, phản ứng với
Na
2
CO
3

sau
⇒
kết quả sai.
Sai lầm 2: Cho rằng HCl phản ứng với Na
2
CO
3
trước, phản ứng với
NaHCO
3
sau và cũng dẫn đến kết quả sai.
Cách khắc phục: Thứ tự phản ứng đúng: mặc dù Na
2
CO
3
có tính bazơ lớn
hơn NaHCO
3
nhưng khi cho từ từ hỗn hợp hai loại muối cacbonat trên vào axit
HCl vì ban đầu axit dư nên phản ứng giữa axit với hai muối (tạo khí CO
2
) xảy
ra đồng thời.
Bài làm:
Số mol:
3
NaHCO
n
= 0,1.a = 0,1a (mol);
2 3

Na CO
n
= 0,1.1 = 0,1 (mol);
n
HCl
= 0,2.1 = 0,2 (mol);
2
CO
n
=
2,688
22,4
= 0,12 (mol), 100ml = 0,1(l)
Vì cho từ từ dung dịch hỗn hợp Na
2
CO
3
và NaHCO
3
vào dung dịch HCl nên
ban đầu HCl dư
⇒
2 phản ứng giữa các muối và axit tạo khí CO
2
xảy ra đồng
thời. Nếu sau PƯ axit HCl dư và cả hai muối cùng phản ứng hết để tạo khí CO
2
thì theo (1) và (2): n
HCl PƯ
= 2

2 3
Na CO
n
+
3
NaHCO
n
= 2.0,1 + a =0,2 + a > 0,2 (vì a> 0)
vô lý. Vậy sau PƯ axit HCl hết, cả hai muối còn dư (vì hai muối PƯ đồng thời
nên sẽ cùng dư hoặc cùng PƯ hết) và phầm trăm số mol các muối phản ứng
bằng nhau.
Cách 1 :
Gọi x và y lần lượt là số mol Na
2
CO
3
và NaHCO
3
phản ứng.
Na
2
CO
3
+ 2HCl
→
2NaCl + CO
2
+ H
2
O (1)

x mol 2x mol x mol
NaHCO
3
+ HCl
→
NaCl + CO
2
+ H
2
O (2)
y mol y mol y mol

( )
( )
( )
( )
2
HCl
x y 0,12 mol
x 0,08 mol
y 0,04 mol
n 2x y 0,2 mol
CO
n = + =
=
 
⇒
 
=
= + =






Vì 2 % số mol phản ứng của mỗi muối bằng nhau nên:

0,1 0,1
x y
a
=

⇒

0,08 0,04
0,1 0,1a
=

⇒
a = 0,5M
Cách 2:
Gọi h là % số mol mỗi muối phản ứng
⇒
0,1h và 0,1ah lần lượt là số mol
Na
2
CO
3
và NaHCO
3

phản ứng:
Na
2
CO
3
+ 2HCl


→
2NaCl + CO
2
+ H
2
O (1)
0,1h mol 0,2h mol 0,1h mol
NaHCO
3


+ HCl
→
NaCl + CO
2
+ H
2
O (2)
0,1ah mol 0,1ah mol 0,1ah mol
( )
( )
( )

2
HCl
0,1h 0,1 0,12 mol
h 0,8 80%
0,5
ah 0,4 mol
n 0,2h 0,1ah 0,2 mol
CO
n ah
a M
= + =
= =

 
⇒ ⇒ =
 
=
= + =




5
Lưu ý: Nếu đổ nhanh dung dịch hỗn hợp 2 loại muối cacbonat và dung dịch
HCl vào nhau thì ban đầu không xác định được chất dư, chất thiếu nên phải xét
hai trường hợp.
TH1: Giải sử Na
2
CO
3

phản ứng (tạo khí CO
2
) trước, NaHCO
3
phản ứng
sau.
TH2: Giả sử NaHCO
3
phản ứng trước, Na
2
CO
3
phản ứng (tạo khí CO
2
)
sau.
Nếu đề yêu cầu tính thể tích khí CO
2
thoát ra (ở đktc) chẳng hạn thì giá trị V
nằm trong khoảng 2 giá trị tìm được ở hai trường hợp trên.
2.3. SẮT HOẶC MUỐI SẮT(II) TÁC DỤNG VỚI MUỐI BẠC NITRAT
Ví dụ 1: Cho a mol Fe dạng bột vào dung dịch chứa b mol AgNO
3
đến phản
ứng hoàn toàn. Tính số mol các chất sau phản ứng theo a, b.
Phân tích sai lầm:Vì các em chưa nắm rõ tính chất hóa học của Fe và của
AgNO
3
nên thường cho rằng phản ứng của Fe với AgNO
3

dư cũng như các
muối khác là đều tạo ra muối sắt(II) tương tự với các phản ứng giữa Fe với
dung dịch muối đồng(II), dung dịch axit HCl và H
2
SO
4
loãng nên dẫn đến việc
viết phản ứng sai khi AgNO
3
dư hoặc khi 2 < n
AgNO
3
/n
Fe
< 3.
Biện pháp khắc phục:Khi cho Fe vào ddAgNO
3
có thể xảy ra các phản ứng:
Fe + 2AgNO
3

→
Fe(NO
3
)
2
+ 2Ag (1)
Fe + 3AgNO
3

→
Fe(NO
3
)
3
+ 3Ag (2)
- Nếu Fe dư hoặc
3
AgNO
Fe
n
n
= 2 thì chỉ xảy ra phản ứng (1)
- Nếu AgNO
3
dư hoặc
3
AgNO
Fe
n
n
= 3 thì chỉ xảy ra phản ứng (2)
- Nếu 2 <
3
AgNO
Fe
n
n

< 3 thì luôn có hai muối tạo thành sau phản ứng.

Trong trường hợp này nếu học viết như sau: Phản ứng tạo muối sắt(III)
trước sau đó một phần muối sắt(III) bị khử bởi lượng sắt còn lại tạo muối sắt(II)
hoặc viết đồng thời 2 phản ứng giữa Fe với AgNO
3
để tạo ra 2 muối cũng cho
kết quả đúng.
Bài làm:
Các phản ứng có thể xảy ra:
Fe + 2AgNO
3

→
Fe(NO
3
)
2
+ 2Ag (1)
Fe + 3AgNO
3

→
Fe(NO
3
)
3
+ 3Ag (2)
- Nếu
b
a
< 2 thì chỉ xảy ra phản ứng (1) và Fe dư.

n
Ag
= b (mol); n
Fe

(dư)
= a – b (mol); n
Fe(NO
3
)
2
= 0,5b (mol)
- Nếu
a
b
= 2 thì chỉ xảy ra phản ứng (1) và cả hai chất tham gia PƯ đều hết.
n
Ag
= b = 2a (mol); n
Fe(NO
3
)
2
= 0,5b = a (mol)
- Nếu
b
a
> 3 thì chỉ xảy ra phản ứng (2) và AgNO
3
dư.

6
n
Ag
= 3a (mol); n
AgNO
3
(dư)
= b – 3a (mol); n
Fe(NO
3
)
3

= a (mol)
- Nếu
b
a
= 3 thì chỉ xảy ra phản ứng (2) và cả hai chất tham gia PƯ đều hết.
n
Ag
= 3a = b (mol); n
Fe(NO
3
)
3

= a = b/3 (mol)
- Nếu 2 <
b
a

< 3 thì xảy ra cả hai phản ứng.
Gọi x và y lần lượt là số mol Fe tham gia phản ứng (1) và (2):
Theo đề, ta có:
2 3
x y a
x y b
+ =


+ =


3
2
x a b
y b a
= −

⇔

= −

n
Ag
= n
AgNO
3
= b (mol)
n
Fe(NO

3
)
2
= 3a -b (mol), n
Fe(NO
3
)
3

= b- 2a (mol)
Ví dụ 2 (áp dụng): Cho 4,2 gam Fe vào 850 gam dung dịch AgNO
3
3,5%,
khuấy đều để phản ứng xảy ra hoàn toàn toàn. Kết thúc phản ứng thu được m
gam chất rắn. Tính m.
Bài làm:
Số mol: n
Fe
=
4,2
56
=0,075(mol);
3
AgNO
m
=850x3,5%=29,75(g);

3
29,75
170

AgNO
n =
=0,175 (mol)
Vì 2 <
3
0,175 7
0,075 3
AgNO
Fe
n
n
= =
< 3 nên có 2 phản ứng sau xảy ra:
Fe + 2AgNO
3

→
Fe(NO
3
)
2
+ 2Ag
0,075 mol 0,15 mol 0,075 mol 0,15 mol

3
AgNO
n
(dư)
= 0,175 – 0,15 = 0,025 (mol)
AgNO

3
+ Fe(NO
3
)
2

→
Fe(NO
3
)
3
+ Ag
0,025 mol 0,025 mol 0,025 mol 0,025 mol

3 2
( )Fe NO
n
(dư)
= 0,075 – 0,025 = 0,05 (mol)
n
Ag
= 0,15 + 0,025 = 0,175 (mol)
m
Ag
= 108.0,175 = 18,9 (g)
Ví dụ 3: Cho 200ml dung dịch FeCl
2
0,6M tác dụng với 400ml dung dịch
AgNO
3

1M, thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là bao nhiêu ?
Phân tích lỗi: Do chưa nắm đuợc tính oxihoa của AgNO
3
nên đa số học sinh
chỉ viết được một phản ứng sau: FeCl
2
+ 2AgNO
3

→
Fe(NO
3
)
2
+ 2AgCl↓(1)
Và mặc định kết tủa chỉ có AgCl nên tính sai giá trị của m.
Cách khắc phục: Thực tế, vì AgNO
3
dư nên có thêm phản ứng(2) sau xảy
ra:
Fe(NO
3
)
2
+ AgNO
3

→
Fe(NO
3

)
3
+ Ag↓ (2)
Như vậy, kết tủa gồm AgCl và Ag nên giá trị của m sẽ lớn hơn.
Bài làm:
Số mol:
3
AgNO
n
= 0,1x4 = 0,4 (mol);
2
FeCl
n
= 0,2x0,6 = 0,12 (mol)
7
FeCl
2
+ 2AgNO
3

→
Fe(NO
3
)
2
+ 2AgCl↓ (1)
0,12 mol 0,24 mol 0,12 mol 0,24 mol

3
AgNO

n
(dư)
= 0,4 – 0,24 = 0,16 (mol)
Fe(NO
3
)
2
+ AgNO
3

→
Fe(NO
3
)
3
+ Ag↓ (2)
0,12 mol 0,12 mol 0,12 mol
Sau (2): AgNO
3
dư ( 0,16 – 0,12 = 0,04 mol)
m = m
AgCl
+ m
Ag
= 0,24.143,5 + 108.0,12 = 47,4 (g)
2.4. CO
2
TÁC DỤNG VỚI DUNG DỊCH HỖN HỢP BARƠ
Ví dụ 1: Cho V lít CO
2

ở đktc hấp thụ hoàn toàn vào 6 lít dung dịch chứa
hỗn hợp NaOH 0,1M và Ba(OH)
2
0,025M thu được 23,64 gam kết tủa. Tính V.
Phân tích lỗi: Nhiều học sinh sau khi so sánh
3
BaCO
n
với
2
( )Ba OH
n
nhận thấy
3
BaCO
n
<
2
( )Ba OH
n
và kết luận rằng Ba(OH)
2
dư nên chỉ giải một trường hợp dẫn
đến thiếu trường hợp. Một số học sinh viết đồng thời phản ứng của CO
2
với 2
bazơ (gồm 4 phản ứng) và cảm thấy rắc rối trong việc xác định muối được tạo
ra và cũng dẫn đến sai lầm.
Cách khắc phục: Khi cho CO
2

tác dụng với dung dịch nước vôi trong hoặc
dung dịch hỗn hợp chứa Ba(OH)
2
(hoặc Ca(OH)
2
) với KOH hoặc NaOH (hoặc
cả hai) thì nếu
3
BaCO
n
<
2
( )Ba OH
n
đều xảy ra 2 trường hợp:
+ TH1: Ba(OH)
2
dư, không có phản ứng hòa tan kết tủa BaCO
3
.Với trường
hợp này vì Ba(OH)
2
dư nên sản phẩm tạo thành không thể chứa muối cacbonat
trung hòa hoặc muối cabonat axit của Na, K.
+ TH2: Kết tủa bị hòa tan một phần, xảy ra cả 4 phản ứng trên.
Bài làm:
Số mol: n
NaOH
= 6.0,1 = 0,6 (mol);
2

( )Ba OH
n
= 0,025.6 = 0,15 (mol);
3
BaCO
n
=
23,64
197
= 0,12 (mol)
Vì
3
BaCO
n
= 0,12 mol <
2
( )Ba OH
n
= 0,15 mol
⇒
xảy ra 2 trường hợp
TH1: Ba(OH)
2
dư, chỉ có phản ứng tạo kết tủa.
Ba(OH)
2
+ CO
2

→

BaCO
3
+ H
2
O
0,12 mol 0,12 mol

⇒

2
CO
V
= 0,12.22,4 = 2,688 (l)
TH2: Kết tủa bị hòa tan một phần
Ba(OH)
2
+ CO
2

→
BaCO
3
+ H
2
O (1)
0,15 mol 0,15 mol 0,15 mol
NaOH + CO
2

→

NaHCO
3
(2)
0,6 mol 0,6 mol
BaCO
3


+ CO
2
+ H
2
O
→
Ba(HCO
3
)
2


(3)
(0,15 – 0,12) 0,03 mol

⇒

2
CO
V
= ( 0,6 + 0,15 + 0,03).22,4 = 17,472 (l)
Ví dụ 3: Sục từ từ V lít khí CO

2
(đktc) vào 1 lít dung dịch NaOH 0,4M và
Ba(OH)
2
0,16M.
8
a. Tính V để có kết tủa lớn nhất.
b. Tính V để thu được 19,7 gam kết tủa.
c. Tính khối lượng kết tủa khi V = 14,784 lít.
Bài làm:
Số mol: n
NaOH
= 1.0,4 = 0,4 (mol);
2
( )Ba OH
n
= 1.0,16 = 0,16 (mol);
a. Ba(OH)
2
+ CO
2

→
BaCO
3
+ H
2
O (1)
2NaOH

+ CO
2

→
Na
2
CO
3
+ H
2
O (2)
CO
2
+ Na
2
CO
3
+ H
2
O
→
2NaHCO
3


(3)
Theo các phản ứng trên: để có kết tủa lớn nhất thì:

2
( )Ba OH

n
≤

2
CO
n
≤

2
( )Ba OH
n
+ n
NaOH

⇔
0,16
≤

2
CO
n
≤
0,56

⇔
3,584 (l)
≤

2
CO

V
≤
12,544 (l)
b.
3
BaCO
n
=
19,7
197
= 0,1 (mol)
Vì
3
BaCO
n
= 0,1 mol <
2
( )Ba OH
n
= 0,16 mol
⇒
xảy ra 2 trường hợp:
TH1: Ba(OH)
2
dư, chỉ có phản ứng tạo kết tủa.
Ba(OH)
2
+ CO
2

→
BaCO
3
+ H
2
O
0,1 mol 0,1 mol

⇒

2
CO
V
= 0,1.22,4 = 2,24 (l)
TH2: Kết tủa bị hòa tan một phần
Ba(OH)
2
+ CO
2

→
BaCO
3
+ H
2
O (1)
0,16 mol 0,16 mol 0,16 mol
NaOH + CO
2

→
NaHCO
3
(2)
0,4 mol 0,4 mol
BaCO
3
+ CO
2
+ H
2
O
→
Ba(HCO
3
)
2


(3)
(0,16 – 0,1) 0,06 mol

⇒

2
CO
V
= ( 0,16 + 0,4 + 0,06).22,4 = 13,888 (l)
c.
2

CO
n
=
14,784
22,4
= 0,66 (mol)
Vì V = 14,784 (l) > 12,544 (l) nên phải xảy ra các phản ứng sau:
Ba(OH)
2
+ CO
2

→
BaCO
3
+ H
2
O (1)
0,16 mol 0,16 mol 0,16 mol
NaOH

+ CO
2

→
NaHCO
3
(2)
0,4 mol 0,4 mol

2( 3)
CO
n
= 0,66 – ( 0,16 + 0,4) = 0,1 (mol)
BaCO
3
+ CO
2
+ H
2
O
→
Ba(HCO
3
)
2
(3)
0,1 mol 0,1 mol

3
BaCO
n
(dư)
= 0,16 – 0,1 = 0,06 (mol)

3
BaCO
m
= 0,06.197 = 11,82 (g)
2.5. GIẢI BÀI TẬP HÓA HỌC BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẠI SỐ

Ví dụ : Để m gam sắt ngoài không khí sau một thời gian biến thành hỗn hợp
B gồm 4 chất rắn có khối lượng 12 gam gồm Fe, FeO, Fe
3
O
4
và Fe
2
O
3
.
9
a. B tác dụng với HNO
3
dư tạo ra 2,24 lit khí NO duy nhất ở đktc. Tính m.
b. B tác dụng với H
2
SO
4 đặc nóng
dư thu được 2,24 lít khí SO
2
ở đktc. Tính m.
Phân tich lỗi: Lỗi hay gặp nhiều nhất trong đạng toán này là:
+ Vì kỹ năng giải hệ phương trình chưa tốt nên sau khi đã lập được hệ thì
kết luận ngay là không thể giải hệ để tìm m theo yêu cầu bài toán vì số phương
trình toán học ít hơn số ẩn số.
+ Vì chưa nắm vững tính chất hóa học của H
2
SO
4 đặc nóng
, HNO

3
nên nhiều
học sinh nhầm lẫn phản ứng giữa Fe
2
O
3
với axit H
2
SO
4 đặc nóng
có tạo khí SO
2
, với
HNO
3
tạo NO , hoặc FeO, Fe
3
O
4
phản nứng với H
2
SO
4 đặc nóng
, với HNO
3
chỉ tạo
muối và nước dẫn đến tính sai kết quả.
Bài làm:
Ta có: n
NO

=
2,24
22.4
=0,1 (mol), n
SO
2
=
2,24
22,4
= 0,1 (mol)
Để m gam sắt ngoài không khí có các PTHH xảy ra :
2Fe + O
2

o
t
→
2FeO
4Fe + 3O
2

o
t
→
2Fe
3
O
4
3Fe + 2O
2

o
t
→
Fe
2
O
3

Câu a: Hỗn hợp B(gồm Fe, FeO, Fe
3
O
4
, Fe
2
O
3
) tác dụng với dd HNO
3
:
Fe + 4HNO
3
→ Fe(NO
3
)
3
+ NO + 2H
2
O (1)
3FeO + 10HNO

3
→ 3Fe(NO
3
)
3
+ NO + 5H
2
O (2)
3Fe
3
O
4
+ 28HNO
3
→ 9Fe(NO
3
)
3
+ NO + 14H
2
O (3)
Fe
2
O
3
+ 6HNO
3
→ 2Fe(NO
3
)

3
+ 3H
2
O
Đặt: số n
Fe
=x, n
FeO
=y, n
Fe
3
O
4
= z, n
Fe
2
O
3
=t
Theo khối lượng hỗn hợp B: 56x + 72y + 232z + 160t = 12 (1)
Theo số mol nguyên tử Fe: x + y + 3z + 2t =
56
m
(2) (bảo toàn nguyên tố)
Theo số mol nguyên tử O trong oxit: y + 4z + 3t =
12
16
m−
(3)
Theo (1), (2), (3) số mol NO: x +

2,24
0,1
3 3 22,4
y z
+ = =
(4)
Kết hợp (1), (2), (3) và (4) ta có hệ:

56 72 232 160 12 (1')
3 2 (2')
56
12
4 3 (3')
16
0,1 (4')
3 3
x y z t
m
x y z t
m
y z t
y z
x
+ + + =



+ + + =



−

+ + =



+ + =


10
Phân tích lỗi : Nhiều học sinh cho rằng có 5 ẩn số nhưng chỉ có 4 phương
trình như vậy không đủ số phương trình để tìm ra các ẩn số cụ thể bằng bao
nhiêu cho nên không thể tính được m.
Cách khắc phục: HS cần có kỹ năng biện luận: đầu bài chỉ yêu cầu tính
khối lượng sắt ban đầu, như vậy không cần phải đi tìm đầy đủ các ẩn x, y, z, t. Ở
đây có phương trình nếu biết giá trị của nó ta dễ dàng tính được khối lượng sắt
ban đầu đó là phương trình (2’). Tìm được giá trị của (2’), đó là số mol Fe từ đó
ta tính được m.
- Thực hiện các phép tính trên:Tìm giá trị của phương trình (2’):
Chia (1’) cho 8 được : 7x + 9y + 29z + 20t = 1,5 (5’)
Nhân (4’) với 3 được : 3x + y + z = 0,3 (6’)
Cộng (5’) với (6’) được: 10x + 10y + 30z + 20t = 1,8 (7’)
Chia (7’) cho 10 được : x + y + 3z + 2t = 0,18
Vậy: m = 56.0,18 = 10,08g.
Câu b: X tác dụng với H
2
SO
4 đặc nóng
:
Fe + 6H

2
SO
4 (đặc)

o
t
→
Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3SO
2
+ 6H
2
O (1)
2FeO + 4H
2
SO
4 (đặc)

o
t
→
Fe
2
(SO
4

)
3
+ SO
2
+ 2H
2
O (2)
2Fe
3
O
4
+ 10H
2
SO
4 (đặc)

o
t
→
3Fe
2
(SO
4
)
3


+ SO
2
+ 10H

2
O (3)
Fe
2
O
3
+ 3H
2
SO
4 (đặc)

o
t
→
Fe
2
(SO
4
)
3
+ H
2
O
Gọi: n
Fe
=x, n
FeO
=y, n
Fe
3

O
4
= z, n
Fe
2
O
3
=t
Ta có: m
X
= 56x + 72y + 232z + 160t = 12 (a)
Theo các PTHH (1), (2), (3) ta có:
n
SO
2
=
3
2
x +
1
2
y +
1
2
z = 0,1 (b)
n

= n
Fe
+ n

FeO
+ 3n
Fe
3
O
4
+ 2n
Fe
2
O
3
= x + y+ 3z+ 2y
(học sinh làm theo phương pháp đại số đến đây này thường bế tắc)
Lấy (a) chia 8 ta có : 7x + 9y + 29z + 20t = 1,5 (c)
Lấy (b) nhân 2 ta có: 3x + y + z = 0,2 (d)
Cộng (c) và (d) ta có : 10x + 10y + 30x +20t = 1,7 (e)
Chia (e) cho 10 ta có : x + y + 3z + 2t = 0,17
Theo định luật bảo toàn nguyên tố Fe ta có: n
Fe
= x + y + 3z + 2t= 0,17 mol
Vậy m = 0,17x56 = 9,52gam.
Qua việc giải bài toán trên bằng phương pháp đại số ta thấy việc giải hệ
phương trình đại số nhiều khi rất phức tạp, thông thường HS chỉ lập được
phương trình đại số mà không giải được hệ hoặc giải sai hệ phương trình đó.
Về mặt hóa học, chỉ dừng lại ở chỗ HS viết xong các phương trình phản ứng
hóa học và đặt ẩn để tính theo các phương trình phản ứng đó (dựa vào mối
tương quan tỉ lệ thuận) còn lại đòi hỏi ở HS nhiều về kĩ năng toán học. Tính chất
11
toán học của bài toán lấn át tính chất hóa học, làm lu mờ bản chất hóa học. Trên
thực tế, HS chỉ quen giải một bài toán là chỉ tìm cách giải bằng phương pháp đại

số, mặc dù trong nhiêu trường hợp thường bế tắc.
Cánh khắc phục những lỗi và nhược điểm giải theo phương pháp đại số trên
tôi thường hướng dẫn học sinh cách giải bài toán trên bằng cách áp dụng định
luật bảo toàn nguyên tố và định luật bảo toàn khối lượng.
2.6. ÁP DỤNG ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ VÀ ĐỊNH
LUẬT BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG
Cách này dễ hiểu, có tác dụng khắc sâu định luật bảo toàn khối lượng, định
luật bảo toàn nguyên tố và có ưu điểm là áp dụng cho mọi quá trình oxi hoá –
khử hoặc không oxi hoá - khử. Với việc áp dụng ĐLBTNT và ĐLBTKL thì HS
chỉ cần viết sơ đồ phản ứng mà không cần viết đầy đủ các PTHH.
Ví dụ 1: Để m gam sắt ngoài không khí sau một thời gian biến thành hỗn hợp
B gồm 4 chất rắn có khối lượng 12 gam gồm Fe, FeO, Fe
3
O
4
và Fe
2
O
3
.
a. B tác dụng với HNO
3
dư tạo ra 2,24 lit khí NO duy nhất ở đktc. Tính m.
b. B tác dụng với H
2
SO
4đặc nóng
dư thu được 2,24 lít khí SO
2
ở đktc. Tính m.

Phân tích lỗi: Khi làm bài toán áp dụng hai định luật trên thì học
sinh
thường hay mắc lỗi khi áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố do chưa hiểu
rõ bản chất của định luật.
Cách khắc phục: Định luật bảo toàn nguyên tố: trong một phản ứng hóa
học tổng số nguyên tử của mỗi nguyên tố luôn được bảo toàn. Nên số mol
nguyên tử mỗi nguyên tố không thay đổi trước và sau khi phản ứng.
Ví dụ: A + B
→
A
x
B theo ĐLBTNT: n
A
= x n
A
x
B
hay n
A
x
B
=
A
n
x
Bài làm:
Số mol:
2
SO
n

=
2.24
22.4
= 0,1 (mol), n
NO
=
2,24
22.4
= 0,1 (mol)
Câu a: Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: (kí hiệu khối lượng là m)
m
B
+ m
HNO
3
= m
Fe(NO
3
)
3
+ m
NO
+ m
H
2
O
(1)
Tính các giá trị chưa biết của (1)
n
Fe(NO

3
)
3

= n
Fe
=
56
m
. Vây m
Fe(NO
3
)
3
=242
56
m
Muốn tính
3
HNO
m
cần tính
3
HNO
n
. ở đây số mol HNO
3
được dùng vào 2 việc là
tạo ra NO và tạo ra muối.
Theo ĐLBTNT nitơ:

n
HNO
3
tạo NO
= n
NO
= 0,1 (mol)
n
HNO
3
tạo muối
= 3n
Fe(NO
3
)
3

= 3n
Fe
=
3
56
m
(gam)
n
HNO
3
phản ứng
= 0,1 +
3

56
m
. Vậy m
HNO
3
phản ứng
= 63.
3
0,1
56
m
 
+
 ÷
 
(gam)
Theo ĐLBTNT hiđro:
12
n
H
2
O
=
1
2
n
HNO
3
phản ứng
=

1
2
3
0,1
56
m
 
+
 ÷
 
. Vậy m
H
2
O
= 9.
3
0,1
56
m
 
+
 ÷
 
(gam)
Thay các giá trị tìm được vào (1) được phương trình bậc nhất, chỉ chứa ẩn m:
12 +
3
63. 0,1
56
m

 
+
 ÷
 
= 242.
56
m
+ 30.0,1 + 9.
3
0,1
56
m
 
+
 ÷
 
. Giải ra m =
10,08g.
Câu b: Vì H
2
SO
4
dư nên B tan hết và muối thu được là Fe
2
(SO
4
)
3
. Gọi x là
số mol Fe

2
(SO
4
)
3
B + H
2
SO
4

→
Fe
2
(SO
4
)
3
+ SO
2
+ H
2
O
12 gam x mol 0,1 mol
Bảo toàn nguyên tố S:

2 4
H SO
n
(pư)
= 3.x + 0,1 (mol)

⇒

2
H O
n
= 3.x + 0,1 (mol)
Bảo toàn khối lượng :
m
B
+
2 4
H SO
m
(pư)
=
2 4 3
( )Fe SO
m
+
2
SO
m
+
2
H O
m
12 + 98.( 3x + 0,1) = 400.x + 64.0,1 + 18. (3x+ 0,1)

⇒
x = 0,085 (mol)

n
Fe
= 2.
2 4 3
( )Fe SO
n
= 2.0,085 = 0,17(mol)

⇒
m
Fe
= 0,17x56 = 9,52 (g)
⇒
m = 9,52(g)
Ví dụ 2: Cho 20 gam hỗn hợp A gồm Fe và Fe
3
O
4
tác dụng với dung dịch
H
2
SO
4
đặc, nóng và khuấy đều. Sau khi phản

ứng xảy ra hoàn toàn thu được
3,36 lít khí SO
2
(đktc), dung dịch B và 2,96 gam kim loại. Tính khối lượng muối
trong dung dịch B.

Phân tích lỗi: Vì chưa nắm rõ tính chất Fe có tính khử còn Fe
2
(SO
4
)
3
có tính
oxihoa nên đa phần học sinh viết thiếu phản ứng giữa Fe dư với Fe
2
(SO
4
)
3
dẫn
đến kết quả sai.
Cách khắc phục: Vì kim loại Fe dư và Fe khử được muối sắt(III) thành
muối sắt(II)
⇒
trong B chỉ chứa FeSO
4
.
Bài làm:

2
SO
n
=
3,36
22,4
= 0,15 (mol); m

A(pư)
= 20 – 2,96 = 17,04 (g).
Vì Fe dư nên muối thu được trong dung dịch B là FeSO
4
. Gọi x là số mol FeSO
4
A + H
2
SO
4

→
FeSO
4
+ SO
2
+ H
2
O
17,04 gam x mol 0,15 mol
Bảo toàn nguyên tố S:

2 4
H SO
n
= x + 0,15 (mol)
⇒

2
H O

n
= x + 0,15 (mol)
Bảo toàn khối lượng :
17,04 + 98.(x + 0,15) = 152.x + 0,15.64 + (x + 0,15).18

⇒
72 x = 19,44
⇒
x = 0,27 (mol)
⇒

4
FeSO
m
= 0,27. 152 = 41,04 (g)
IV. HIỆU QUẢ CỦA VIỆC TRIỂN KHAI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Trước khi chưa áp dụng đề tài kết quả bồi dưỡng học sinh giỏi huyện do tôi
phụ trách các năm học 2009-2010, 2010-2011 như sau:
13
TT Họ Và Tên Điểm
1 Lê Văn Tuấn 15,00
2 Nguyễn Thị Linh 10,25
3 Nguyễn Thị Triết 14,25
4 Nguyễn Thị Ngọc 14,50
Điểm trung bình 13,50
Khi áp dụng đề tài kết quả bồi dưỡng học sinh giỏi huyện do tôi phụ trách
các năm học 2011-2012, 2012-2013 như sau:
TT Họ Và Tên Điểm
1 Phạm Bảo Ngọc 16,75
2 Nguyễn Văn Cường 14,25

3 Nguyễn Thị Phương 14,75
4 Nguyễn Thị Lý 16,50
5 Vũ Văn Việt 15,50
Điểm trung bình 15,60
So sánh kết quả các năm trên ta thấy điểm trung bình đã tăng(khi áp dụng đề
tài là):15,60 – 13,50 = 2,1điểm/bài.
Như vậy, việc ứng dụng đề tài này vào thực tiễn bước đầu đã đem lại kết quả
hết sức khả quan. Việc giải các dạng toán hóa học của các em học sinh đã rút
ngắn được nhiều thời gian, các em trình bày khoa học hơn, lựa chọn phương
pháp giải bài tập đúng đắn hơn cho nên kết quả làm bài của các em cao hơn.
C. KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT
I. KẾT LUẬN
Đề tài này tôi viết dành cho đối tượng học sinh khá, giỏi môn Hóa học cấp
THCS. Qua quá trình áp dụng tôi thấy đã phát huy được tính tích cực của HS,
rèn luyện tốt tư duy sáng tạo cho HS, HS tự tin hơn khi làm bài tập hóa học. Đề
tài còn tạo cho HS niềm đam mê lớn đối với môn Hóa học. Tuy nhiên giáo viên
cần cần hướng dẫn học sinh vận dụng các kỹ năng một cách hợp lý và biết kết
hợp linh hoạt các mảng kiến thức hóa học cơ bản khác, khi ấy kết quả bồi dưỡng
học sinh giỏi sẽ đạt kết quả như mong muốn.
Trên đây là một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi tôi đã trao đổi với
các đồng nghiệp để biên soạn đề tài này. Trong quá trình biên soạn không tránh
khỏi thiếu sót rất mong được sự góp ý của các bạn đồng nghiệp và của các bậc
phụ huynh học sinh.
II. ĐỀ XUẤT
Mỗi giáo viên đứng lớp có các kinh nghiệm giảng dạy riêng nếu như tổng hợp
các kinh nghiệm đó lại thì sẽ tạo nên phương pháp dạy học có thể nói là hoàn
thiện. Vì vậy tôi có đề suất với Phòng giáo dục là: phổ biến các SKKN đạt giải
14
cao đặc biệt là giải A, B cấp tỉnh để chúng tôi có thêm nhiều kinh nghiệm giảng
dạy từ đó chất lượng học sinh mới được nâng cao.

MỤC LỤC
Nội dung Trang
A. Đặt vấn đề
B. Giải quyết vấn đề
I. Cơ sở lý luận
II. Thực trạng vấn đề
III. Giải pháp và cách thực hiện
1. Các giải pháp thực hiện
2. Khắc phục một số lỗi mà HS hay mắc phải
2.1 Bài toán tìm công thức phân tử
2.2 Muối cacbonat tác dụng với axit
2.3 Sắt hoặc muối săt(II) tác dụng với muối bạc nitrat
2.4 CO
2
tác dụng với dung dịch hỗn hợp bazơ
2.5 Giải bài tập bằng phương pháp đại số
2.6 Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố và định luật bảo
toàn khối lựợng
IV. Hiệu quả của việc viết sáng kiến kinh nghiệm
C. Kết luận và đề suất
Mục lục
1
2
2
2
2
2
3
3
4

8
9
12
14
16
17
18
15