phương pháp giải nhanh một số dạng bài tập hóa học

MỞ ĐẦU
I – LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Hoá học là bộ môn khoa học quan trọng trong nhà trường phổ
thông. Môn hoá học cung cấp cho học sinh một hệ thống kiến thức phổ
thông, cơ bản và thiết thực đầu tiên về hoá học, giáo viên bộ môn hoá
học cần hình thành ở các em một kỹ năng cơ bản, phổ thông và thói
quen học tập và làm việc khoa học làm nền tảng cho việc giáo dục xã
hội chủ nghĩa, phát triển năng lực nhận thức, năng lực hành động. Có
những phẩm chất cần thiết như cẩn thận, kiên trì, trung thực, tỉ mỉ,
chính xác, yêu chân lí khoa học, có ý thức trách nhiệm với bản thân,
gia đình, xã hội có thể hoà hợp với môi trường thiên nhiên, chuẩn bị
cho học sinh lên và đi vào cuộc sống lao động.
Trong môn hoá học thì bài tập hoá học có một vai trò cực kỳ quan
trọng nó là nguồn cung cấp kiến thức mới, vận dụng kiến thức lí thuyết,
giải thích các hiện tượng các quá trình hoá học, giúp tính toán các đại
lượng: Khối lượng, thể tích, số mol Việc giải bài tập sẽ giúp học sinh
được củng cố kiến thức lí thuyết đã được học vận dụng linh hoạt kiến
thức vào làm bài. Để giải được bài tập đòi hỏi học sinh không chỉ nắm
vững các tính chất hoá học của các đơn chất và hợp chất đã học, nắm
vững các công thức tính toán, biết cách tính theo phương trình hóa học và
công thức hoá học. Đối với những bài tập đơn giản thì học sinh thường đi
theo mô hình đơn giản: Như viết phương trình hoá học, dựa vào các đại
lượng bài ra để tính số mol của một chất sau đó theo phương trình hoá
học để tính số mol của các chất còn lại từ đó tính được các đại lượng theo
yêu cầu của bài . Nhưng đối với một số dạng bài tập thì nếu học sinh chỉ
áp dụng theo phương pháp thông thường thì rất mất nhiều thời gian làm
bài hơn nữa lại trình bày dài dòng và khó hiểu.Qua giảng dạy tôi thấy
rằng phương pháp giải nhanh các bài toán là một vấn đề rất quan trọng,
cần phải giải quyết được thì mới nâng cao được chất lượng học tập của
học sinh, đặc biệt là học sinh giỏi. Chính vì những lý do trên mà tôi đã
chọn đề tài : “ Phương pháp giải nhanh một số dạng bài tập hóa học”

II- MỤC ĐÍCH VÀ NHIỆM VỤ CỦA ĐỀ TÀI
1- Mục đích:
- Nâng cao chất lượng và hiệu quả dạy- học hoá học
- Giúp cho học sinh nắm chắc được phương pháp làm nhanh một số dạng
bài tập dạng từ đó rèn kỹ năng giải nhanh một số dạng bài tập hóa học
- Phát huy tính tích cực và tạo hứng thú cho học sinh trong học tập đặc
biệt là trong giải bài tập hoá học
- Là tài liệu rất cần thiết cho việc ôn học sinh giỏi khối 9 và giúp giáo
viên hệ thống hoá được kiến thức, phương pháp dạy học.
2- Nhiệm vụ:
- Nêu được những cơ sở lý luận về phương pháp giải nhanh các bài toán
hoá học; nêu ra một số phương pháp cụ thể và nguyên tắc áp dụng cho
mỗi phương pháp.
- Thực trạng về trình độ và điều kiện học tập của học sinh lớp 9 đặc biệt
là học sinh trong đội tuyển học sinh giỏi lớp 9 trước và sau khi vận dụng
đề tài.
- Từ việc nghiên cứu vận dụng đề tài, rút ra bài học kinh nghiệm để phát
triển thành diện rộng, góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy đặc biệt là
việc bồi dưỡng học sinh giỏi .
- Một số bài tập minh hoạ
III – PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
- Để hoàn thành tốt đề tài này tôi đã sử tôi đã vận dụng các phương
pháp nghiên cứu khoa học như:
- Phân tích lý thuyết, điều tra cơ bản, tổng kết kinh nghiệm sư phạm và
sử dụng một số phương pháp thống kê toán học trong việc phân tích kết
quả thực nghiệm sư phạm v.v .
- Nghiên cứu kỹ sách giáo khoa lớp 9 và các sách nâng cao về
phương pháp giải bài tập tham khảo các tài liệu đã được biên soạn và
phân tích hệ thống các dạng bài toán hoá học theo nội dung đã đề ra.
- Đúc rút kinh nghiệm của bản thân trong quá trình dạy học.

- Tham khảo, học hỏi kinh nghiệm của một số đồng nghiệp .
- Áp dụng đề tài vào chương trình giảng dạy đối với học sinh lớp 9
đại trà và ôn thi học sinh giỏi
CHƯƠNG I : TỔNG QUAN
I- Cơ sở lí luận.
Như chúng ta đã biết các bài tập hoá học rất phong phú và đa dạng.
Mỗi dạng bài tập hoá học đều có nguyên tắc riêng và có phương pháp giải
đặc trưng riêng. Tuy nhiên do việc phân loại các bài tập hoá học chỉ mang
tính tương đối, vì vậy trong mỗi loại bài tập loại này thường chứa đựng
một vài yếu tố của loại bài tập kia. Điều đó giải thích tại sao có nhiều bài
toán hoá học giải được bằng nhiều cách giải khác nhau. Để giải được một
bài toán không phải chỉ đơn thuần là giải ra đáp số mà việc biết giải khéo
léo, tiết kiệm được thời gian mà vẫn cho kết quả chính xác mới là điều
quan trọng.
Về nguyên tắc, muốn giải nhanh và chính xác một bài toán hoá học thì
nhất thiết học sinh phải hiểu sâu sắc nội dung và đặc điểm của bài toán
đó, nắm vững các mối quan hệ giữa các lượng chất cũng như tính chất
của các chất, viết đúng các phương trình phản ứng xảy ra. Thực tế có rất
nhiều bài toán rất phức tạp: các dữ kiện đề bài cho ở dạng tổng quát ,
hoặc không rõ, hoặc thiếu nhiều dữ kiện …tưởng chừng như không bao
giờ giải được. Muốn giải chính xác và nhanh chóng các bài toán loại này
thì phải chọn một phương pháp phù hợp nhất ( phương pháp giải thông
minh ).
Tôi nghĩ, giáo viên giảng dạy môn hóa học đặc biệt là giáo viên bồi
dưỡng học sinh giỏi sẽ không đạt được mục đích nếu không biết chọn lọc
những phương pháp giải toán thông minh, nêu ra đặc điểm của phương
pháp và nguyên tắc áp dụng. Các phương pháp này là cẩm nang giúp học
sinh biết tìm hướng giải dễ dàng, hạn chế tối đa những sai lầm trong quá
trình giải bài tập, đồng thời phát triển tìm lực trí tuệ cho học sinh ( thông
qua các bài tập tương tự mẫu và các bài tập vượt mẫu ).

Trong phạm vi của đề tài này, tôi xin được mạn phép trình bày kinh
nghiệm bồi dưỡng một số phương pháp giải nhanh các bài tập hoá học.
Nội dung đề tài được sắp xếp theo 5 chủ đề, mỗi chủ đề có nêu nguyên
tắc áp dụng và các ví dụ minh hoạ. Sau đây là tên một số phương pháp
giải bài tập hoá học được thể hiện trong đề tài:
1. Phương pháp tự do chọn lượng chất.
2. Phương pháp tăng giảm khối lượng.
3. Phương pháp áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố, bảo toàn
khối lượng.
4. Phương pháp sơ đồ hợp thức.
5. Phương pháp khối lượng mol trung bình.
II- Phân tích thực trạng của đề tài
1. Thực trạng chung:
Khi chuẩn bị thực hiện đề tài, năng lực giải các bài toán hoá học của
học sinh trường THCS Chí Tân còn rất yếu. Mặc dù đa số các em đều có
sách tham khảo thậm chí một số em có rất nhiều sách tham khảo nhưng
các em lại chưa biết lựa chọn mua các loại sách phù hợp , chủ yếu là sử
dụng các sách “ Học tốt “ hoặc “ Bài tập nâng cao ”. Việc Giáo viên mở
rộng kiến thức cho học sinh đặc biệt là kiến thức khó trong các giờ học
còn hạn chế. Học sinh thường rất lúng túng khi phải gặp các bài tập phức
tạp như : các dạng có dữ kiện không cơ bản (tổng quát), hoặc các bài tập
quá nhiều phản ứng, hoặc các bài tập dữ kiện đề cho không rõ…
2- Điểm mới của đề tài
- Học sinh nắm được bản chất của phản ứng nên các em cảm thấy dễ
hiểu, hiểu sâu sắc vấn đề giải thích được nguyên nhân dẫn đến các
trường hợp của bài toán
- Có thể áp dụng cho nhiều đối tượng học sinh khối cấp 2: với học sinh
đại trà, áp dụng với các đối tượng học sinh khá giỏi.
- Tài liệu này có thể dùng cho các học sinh khối trung học phổ thông
hoặc giáo viên có thể tham khảo.

3- Điểm hạn chế của đề tài
- Đề tài khó áp dụng vào việc giảng dạy trực tiếp trên lớp mà chủ yếu áp
dụng vào việc bồi phụ học sinh ngoài giờ hoặc bồi dưỡng đội tuyển học
sinh giỏi.
- Đề tài chỉ đề cập một số phương phương pháp giải nhanh cơ bản.
CHƯƠNG II : NỘI DUNG
I. PHƯƠNG PHÁP TỰ CHỌN LƯỢNG CHẤT.
1- Cơ sở lí thuyết.
- Với các bài toán đề bài cho các lượng chất dưới dạng tổng quát ( dạng
tỉ lệ mol, tỉ lệ % theo thể tích, khối lượng , hoặc các lượng chất đề bài cho
đều có chứa chung một tham số : m (g), V(l), x(mol)…) thì các bài toán
này sẽ có kết quả không phụ thuộc vào lượng chất đã cho.
- Phương pháp tối ưu nhất là tự chọn một lượng chất cụ thể theo hướng
có lợi cho việc tính toán, biến bài toán từ phức tạp trở nên đơn giản. Sau
khi đã chọn lượng chất thích hợp thì bài toán trở thành một dạng rất cơ
bản, việc giải toán lúc này sẽ thuận lợi hơn rất nhiều.
Chú ý: Nếu bài toán khảo sát về % m ( hoặc % V ) của hỗn hợp thì
nên coi hỗn hợp có khối lượng 100 gam ( Quy về 100 ). Trong các phản
ứng hoá học thì thường chọn số mol chất bằng hệ số trong PTHH.
2 – Ví dụ :
* Ví dụ 1 :
Cho m gam hỗn hợp Na và Fe tác dụng hết với axít HCl. Dung dịch thu
được cho tác dụng với Ba(OH)
2
dư rồi lọc lấy kết tủa tách ra , nung trong
không khí đến lượng không đổi thu được chất rắn nặng m gam. Tính %
lượng mỗi kim loại ban đầu ?
Gợi ý HS
GV giúp HS phát hiện đượcđây là dạng bài đề cho ở dạng tổng quát và
chú ý các dữ kiện : hỗn hợp tác dụng hết với axit HCl, dung dịch thu

được tác dụng với Ba(OH)
2
dư, nung kết tủa đến lượng không đổi
Giải
PTHH xảy ra khi cho m gam hỗn hợp Na và Fe tác dụng với HCl :
2Na + 2HCl
→
2NaCl + H
2
(1)
Fe + 2HCl
→
2FeCl
2
+ H
2
(2)
PTHH xảy ra khi cho dung dịch thu được tác dụng với Ba(OH)
2
dư:
FeCl
2
+ Ba(OH)
2

→
Fe(OH)
2
↓

+ BaCl
2
(3)
PTHH xảy ra khi nung kết tủa trong không khí :
4Fe(OH)
2
+ O
2

→
2Fe
2
O
3
+ 4H
2
O (4)
Gọi m = m
Fe +
m
Na
= 100gam
Theo đề bài
2 3 2 3
Fe O Fe O
100
m 100gam n 0,625mol
160
⇒ = ⇒ = =
- Theo PTHH (4):

2 2 3
Fe(OH) Fe O
n 2.n 2.0,625 1,25mol= = =
- Theo PTHH (3):
2 2
FeCl Fe( OH)
n n 1,25mol= =
- Theo PTHH (2):
2
Fe FeCl Fe
n n 1,25mol m 1,25.56 70gam= = ⇒ = =
- Vậy: %Fe = 70%
% Na = 30%.
* Ví dụ 2:
Hoà tan một lượng oxit của kim loại R vào trong dd H
2
SO
4
4,9% ( vừa
đủ ) thì thu được một dung dịch muối có nồng độ 5,87%. Xác định CTPT
của oxit kim loại.
Gợi ý HS:
GV: Chỉ cho HS thấy đây là trường hợp lượng chất đề cho ở dạng tổng
quát ( dạng tỉ lệ % ), vì vậy bài này có thể được tự do chọn lượng chất.
HS : Đề xuất cách chọn lượng chất : chọn
100
2 4
dd H SO
m gam
=

hoặc giả sử
có 1 mol oxit đã tham gia phản ứng.
Giải :
Đặt công thức tổng quát của oxit là R
2
O
x
( x là hoá trị của R )
Giả sử hoà tan 1 mol R
2
O
x

R
2
O
x
+ xH
2
SO
4
→ R
2
(SO
4
)
x
+ xH
2
O

1mol x(mol) 1mol
(2M
R
+ 16x) g 98x (g) (2M
R
+ 96x)g
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có :
dd sau pö R R
.x
m ( M x) ( M x)g
,
= + + × = +
98
2 16 100 2 2016
4 9

Phương trình nồng độ % của dung dịch muối là :
R
R
M x
% ,
M x
+
⋅ =
+
2 96
100 5 87
2 2016
suy ra ta có M
R

= 12x
Vì x là hoá trị của kim loại trong oxit bazơ nên : 1 ≤ x ≤ 4
Biện luận:
x 1 2 3 4
M
R
12 24 36 48
Vậy kim loại là Mg ; oxit kim loại là : MgO
* Ví dụ 3 :
Cho a gam dung dịch H
2
SO
4
loãng nồng độ C% tác dụng hoàn toàn với
hỗn hợp 2 kim loại K và Fe ( Lấy dư so với lượng phản ứng ). Sau phản
ứng, khối lượng khí sinh ra là 0,04694 a (g). Tìm giá trị C% ?
Gợi ý HS :
GV : gợi ý cho HS phát hiện ra vì kim loại lấy dư nên toàn bộ lượng axit
và nước trong dung dịch đều phản ứng. Các lượng chất đều cho dưới
dạng tổng quát ( chứa chung tham số a ), vì vậy bài toán sẽ không phụ
thuộc vào lượng a (gam ).
HS : Nêu cách chọn lượng chất : chọn a = 100 gam.
Giải :
Giả sử a = 100 g ⇒
2 4
2
2
( )
100 ( )
4,694( )

H SO
H O
H
m c gam
m c gam
m gam

=

= −


=

Vì hỗn hợp kim loại Fe, Na lấy dư nên xảy ra các phản ứng sau :
2K + H
2
SO
4

→
K
2
SO
4
+ H
2
(1)
Fe + H
2

SO
4

→
FeSO
4
+ H
2
(2)
2K
(dư)
+ 2H
2
O
→
2KOH + H
2
(3)
Theo các ptpư (1),(2),(3) ta có :
2 2 4 2
1 100 4,694
( )
2 18 2
C 1
+
98 2

H H SO H O
c
n n n

−
= + × ⇔ × =
∑ ∑
⇒ 31 C = 760 ⇒ C = 24,5
Vậy nồng độ dung dịch H
2
SO
4
đã dùng là C% = 24,5%
3 . Bài tập áp dụng.
Bài 1.
Hỗn hợp gồm NaCl, KCl (hỗn hợp A) tan trong nước thành dung dịch.
Thêm AgNO
3
dư vào dung dịch này thấy tách ra một lượng kết tủa bằng
229.6% so với A. Tìm % mỗi chất trong A.
Đáp án :
%NaCl 70,2%
%KCl 100% 70,2% 29,8%
=


= − =

Bài 2.
Hỗn hợp chứa Fe, FeO, Fe
2
O
3
. Nếu hoà tan a gam hỗn hợp bằng HCl dư

thì lượng H
2
thoát ra bằng 1% lượng hỗn hợp đem thí nghiệm. Nếu khử a
gam hỗn hợp bằng H
2
nóng, dư thì thu được 1 lượng nước bằng 21,15%
lượng hỗn hợp đem thí nghiệm. Xác định % mỗi chất trong hỗn hợp.
Đáp án :
2 3
%Fe 28%
%FeO 35,8 %
%Fe O 36,2%
=


=


=

Bài 3.
Hỗn hợp gồm CaCO
3
lẫn Al
2
O
3
và Fe
2
O

3
trong đó Al
2
O
3
chiếm 10,2%,
Fe
2
O
3
chiếm 9,8%. Nung hỗn hợp này ở nhiệt độ cao thu được chất rắn có
lượng bằng 67% lượng hỗn hợp ban đầu. Tính % lượng chất rắn tạo ra.
Đáp án :
2 3
2 3
10,2
%Al O .10 0% 15,22%
67
9,8
%Fe O .100% 14,62%
67
= =
= =
3
5
%CaCO .100% 7,4%
67
%CaO 62,6%
= =
=

II. PHƯƠNG PHÁP TĂNG GIẢM KHỐI LƯỢNG
1- Cơ sở lí thuyết.
Ngun tắc của phương pháp này là dựa vào sự tăng hoặc giảm khối
lượng trong q trình làm biến đổi chất này thành chất khác. Về bản chất
phương pháp này dựa trên cơ sở của định luật bảo tồn khối lượng, vì vậy
trong nhiều tài liệu dạy học hố học nhiều tác giả ví phương pháp này và
phương pháp bảo tồn khối lượng như “anh em sinh đơi”.
-Phương pháp chung:
+) Tìm độ tăng ( hoặc giảm ) khối lượng theo PTHH (
m∆
2
)
+) Tìm độ tăng ( hoặc giảm ) khối lượng theo đề (
m
∆
1
)
+) Suy luận để tìm số mol của các chất phản ứng và chất sản phẩm,
hoặc có thể tìm nhanh số mol của một chất A theo cơng thức sau :

A
độ tăng theo đề ( m )
n hệ số
độ tăng theo ptpư ( m )
∆
= ×
∆
1
2
Như vậy nếu biết độ tăng ( giảm ) khối lượng theo đề bài thì ta luôn

tìm được số mol của các chất trong phản ứng ( và ngược lại ). Còn khối
lượng tăng ( giảm ) theo phương trình thì luôn tìm được, kể cả các trường
hợp chưa biết CTHH của chất tham gia và chất sản phẩm.
2- Ví dụ :
* Ví dụ 1:
Hoà tan hoàn toàn 28,4 gam một hỗn hợp gồm 2 muối cacbonat của 2
kim loại thuộc phân nhóm IIA ở 2 chu kỳ liên tiếp của bảng tuần hoàn
trong dung dịch axit HCl, sau phản ứng thu được một dung dịch X và
6,72 lít khí Y ( đktc).
Cô cạn dung dịch X thì thu được bao nhiêu gam muối khan.
Xác định 2 kim loại.
Gợi ý HS :
GV: Đây là bài toán rất quen thuộc mà HS có thể giải bằng phương pháp
bảo toàn khối lượng hoặc phương pháp ghép ẩn số. Tuy nhiên muốn giải
nhanh chóng thì nên dùng phương pháp tăng giảm.
HS: Viết PTHH dạng tổng quát và tìm độ tăng khối lượng của muối theo
PTHH.
Giải:
Đặt công thức tổng quát cho hỗn hợp muối cacbonat là :
M
CO
3

(
M
là khối lượng mol trung bình của 2 kim loại nhóm IIA )
Phương trình phản ứng:
M
CO
3

+ 2HCl
→
M
Cl
2
+ H
2
O + CO
2

1mol 1mol 1mol
⇔ (
M
+ 60)g (
M
+ 71)g
Theo ptpư : Cứ 1mol muối cacbonat chuyển thành 1mol muối clorua thì
khối lượng muối tăng lên : 71 - 60 = 11 gam
Vậy số mol CO
2
= số mol
M
CO
3
=
m , ,
,
,
−
= =

28 4 6 72
0 3
11 22 4
mol
Suy ra :
m , , , gam
= × + =
11 0 3 28 4 31 7
Vậy khối lượng muối khan thu được là 31,7 gam
b)Khối lượng mol trung bình của 2 muối cacbonat là :
,
, M =94,67 - 60 = 34,67
,
= ⇒
28 4
94 67
0 3
Hai kim loại nhóm IIA thuộc 2 chu kỳ liên tiếp có
M
= 34,67 nên phải
là Mg(24) và Ca(40).
* Ví dụ 2:
Thả một thanh kim loại Pb vào trong dung dịch muối nitrat của kim
loại hoá trị II, đến khi lượng Pb không đổi nữa thì lấy ra khỏi dung dịch,
thấy khối lượng của nó giảm 28,6 gam. Thả tiếp thanh Fe nặng 100g vào
phần dung dịch còn lại. Đến khi lượng Fe không đổi nữa thì lấy kim loại
khỏi dung dịch, làm khô cân nặng 130,2 gam. Tìm công thức của muối
nitrat ban đầu.
Gợi ý HS:
-Do lượng kim loại ở 2 phản ứng đã không đổi được nữa nên R(NO

3
)
2

và Pb(NO
3
)
2
đã phản ứng hết.Suy ra số mol Pb(NO
3
)
2
ở 2 phản ứng
bằng nhau.
-Bài toán này vẫn có thể giải được bằng phương pháp đại số kết hợp
với ghép ẩn số.
Giải:
Đặt công thức muối nitrat ban đầu là R(NO
3
)
2

Các phương trình phản ứng:
R(NO
3
)
2
+ Pb
→
Pb(NO

3
)
2
+ R (1)
Pb(NO
3
)
2
+ Fe
→
Fe(NO
3
)
2
+ Pb (2)
Từ đề bài nhận thấy : Lượng muối ở 2 phản ứng đều đã phản ứng hết
Theo (1): do khối lượng kim loại giảm 28,6 gam, nên :
3 2
( )
2,86
207
(mol)
Pb NO
n
R
=
−
Theo (2): do khối lượng kim loại tăng 130,2 -100 =30,2 gam, nên :
3 2
( )

3,02
207 56
= 0,2 (mol)
Pb NO
n
=
−
Suy ra ta có :
28,6
207
= 0,2 R = 64 ( Cu )
R
⇒
−
Vậy công thức phân tử của muối nitrat : Cu(NO
3
)
2
3.Bài

tập áp dụng.
Bài 1.
Hoà tan 20gam hỗn hợp hai muối cacbonat kim loại hoá trị 1 và 2 bằng
dung dịch HCl dư thu được dung dịch X và 4,48 lít khí (ở đktc) tính khối
lượng muối khan thu được ở dung dịch X.
Đáp số :
M
(Muối khan)
= 20 + 2,2 = 22,2 (gam)
Bài 2.

Ngâm một lá đồng trong 20 ml dung dịch AgNO
3
cho tới khi đồng
không thể tan thêm được nữa. Lấy đồng ra, rửa nhẹ và cân thấy lá đồng
tăng thêm 1,25 gam. Hãy xác định nồng độ mol của dung dịch AgNO
3
đã
dùng (giả sử toàn bộ lượng bạc giải phóng bám hết vào lá đồng).
Đáp số :
M 3
0,02
C (AgNO ) 1M
0,02
⇒ = =
Bài 3.
Nhúng một thanh sắt nặng 8 gam vào 500 ml dung dịch CuSO
4
2M. Sau
một thời gian lấy lá sắt ra cân lại thấy nặng 8,8 gam. Xem thể tích dung
dịch không thay đổi thì nồng độ mol/lit của CuSO
4
trong dung dịch sau
phản ứng là bao nhiêu?
Đáp số : C
M CuSO
4
=
5,0
9,0
= 1,8 M

III. PHƯƠNG PHÁP ÁP DỤNG ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN
NGUYÊN TỐ , BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG
1- Cơ sở lí thuyết.
Trong các phản ứng hoá học, “ tổng số mol nguyên tử của một nguyên
tố hoặc nhóm nguyên tử trước phản ứng và sau phản ứng luôn bằng
nhau”
Ý nghĩa của phương pháp :
Phương pháp này giúp giải nhanh các bài toán có nhiều biến đổi hoá
học phức tạp hoặc các bài tập hỗn hợp phức tạp, chẳng hạn : các bài toán
xảy ra phản ứng giữa các hỗn hợp muối, axit, bazơ …
Ví dụ : Phản ứng trung hoà hỗn hợp axit với hỗn hợp bazơ được biểu
diễn tổng quát:
yR(OH)
x
+ xH
y
E
→
R
y
E
x
+ xyH
2
O
Theo PTPƯ ta có :
( (
2
OH H O
cuûa axit) = n cuûa bazô) = n

H
n
Vì vậy khi biết được số mol của nhóm - OH thì tìm được số mol H
trong axit , số mol H
2
O và ngược lại.
2- Ví dụ :
* Ví dụ 1:
Có 190 ml dung dịch chứa đồng thời KOH và Ba(OH)
2
có nồng độ
tương ứng là 3M và 4M. Tính thể tích dung dịch Axit chứa đồng thời HCl
1,98M và H
2
SO
4
1,1M đủ để trung hoà lượng dung dịch kiềm trên.
Gợi ý HS:
Có thể giải bài toán bằng phương pháp ghép ẩn số, tuy nhiên phương
pháp này rất phức tạp.Vì vậy cần sử dụng phương pháp tính theo nhóm
-OH và theo -H
Tìm số mol của KOH và Ba(OH)
2
, Suy ra số mol (OH);suy luận theo
PTHH để tìm số mol H ( của axit ).
Giải:
Ta có :
2
( )
4.190 3.190

0,76 0,57
1000 1000
KOH
mol ; n mol
Ba OH
n
= = = =

Suy ra :
2
( ) ( )
2. 2.0,76 0,57 2,09
KOH
+ n mol
OH Ba OH
n n
−
= = + =
Các phương trình phản ứng:
KOH + HCl
→
KCl + H
2
O
2KOH + H
2
SO
4

→

K
2
SO
4
+ H
2
O
Ba(OH)
2
+ 2HCl
→
BaCl
2
+ 2H
2
O
Ba(OH)
2
+ H
2
SO
4

→
BaSO
4
+ 2H
2
O
Theo các ptpư : ⇒

( (
OH
cuûa axit) = n cuûa bazô) = 2,09 mol
H
n

(1)
Đặt V (l) là thể tích dung dịch Axit
⇒
(
2 4
H SO HCl
cuûa axit) = 2 n + n 2 1,1V+1,98V= 4,18V (mol)
H
n
× = ×
(2)
Từ (1),(2) ta có : 4,18 V = 2,09 ⇒ V = 0,5 lít
* Ví dụ 2 :
Có 1 lít dung dịch hỗn hợp Na
2
CO
3
0,1M và (NH
4
)
2
CO
3
0,25M. Cho

vào dung dịch đó 43 gam hỗn hợp BaCl
2
và CaCl
2
, sau khi kết thúc phản
ứng thì thu được 39,7 gam kết tủa A và dung dịch B.
a.Chứng minh hỗn hợp muối clorua đã phản ứng hết.
b.Tính % khối lượng của các chất có trong kết tủa A.
Gợi ý HS:
Để chứng minh muối clorua phản ứng hết ta phải chứng minh hỗn hợp
muối cacbonat còn dư. Tức là số mol gốc CO
3
phản ứng < số mol gốc
CO
3
ban đầu.
Trong hỗn hợp Na
2
CO
3
và (NH
4
)
2
CO
3
thì số mol CO
3
= tổng số mol 2
muối ( vì 1 mol mỗi muối đều có 1 mol CO

3
)
Giải:
Từ công thức Na
2
CO
3
và (NH
4
)
2
CO
3
⇒

3
( 0,1 0,25
goác 2muoái
ban ñaàu) = 0,35 mol
CO
n n
= = +
∑
Đặt RCl
2
là công thức đại diện cho hỗn hợp BaCl
2
và CaCl
2
. Ta có các

PTPƯ :
Na
2
CO
3
+ RCl
2

→
2NaCl + RCO
3
↓ (1)
(NH
4
)
2
CO
3
+ RCl
2

→
2NH
4
Cl + RCO
3
↓ ( 2)
Từ (1), (2) nhận thấy :
Cứ 1 mol muối clorua biến thành RCO
3

thì khối lượng giảm 71 –60 =11 g
Do đó :

3 2 3 4 2 3
( )
( 0,3
43-39,7
p.öùng) mol
11
CO Na CO NH CO
n n n= + = =
∑
< 0,35
Vậy lượng (CO
3
) còn dư nên hỗn hợp BaCl
2
và CaCl
2
đã phản ứng hết.
Gọi x, y là số mol của BaCO
3
và CaCO
3
trong kết tủa A, ta có:
197 100 39,7
0,3 0,2
x=0,1
A
x y

x y y
+ =
 
⇒
 
+ = =
 

Vậy :
3
0,1 197
% 100 49,62%
39,7
3
CaCO
%m =50,38%
BaCO
m
×
= × = ⇒
*Ví dụ 3 :
Để m gam một phoi bào sắt (rắn A ) ngoài không khí sau một thời gian
thu được hỗn hợp B có khối lượng 12 gam gồm sắt và các oxit của sắt.
Cho B tác dụng hoàn toàn với HNO
3
loãng thấy giải phóng 2,24 lít khí
NO ( đktc).
a.Viết các phương trình phản ứng có thể xảy ra
b.Xác định m.
Gợi ý HS :

Ta có thể xác định sơ đồ phản ứng:
Fe
→

3
x y
HNO
Fe O
Fe(dö)
+
→
Fe(NO
3
)
3
+ NO + H
2
O
số mol Fe trong muối = số mol Fe ( ban đầu )
số mol HNO
3
( pư) = số mol NO + số mol N trong Fe(NO
3
)
3

Giải :
2Fe + O
2
→ 2FeO (1)

4Fe + 3O
2
→ 2Fe
2
O
3
(2)
3Fe + 2O
2
→ Fe
3
O
4
(3)
Rắn B : FeO ; Fe
2
O
3
; Fe
3
O
4
; Fe
Fe + 4HNO
3
→ Fe(NO
3
)
3
+ NO + 2H

2
O (4)
3FeO + 10HNO
3
→ 3Fe(NO
3
)
3
+ NO + 5H
2
O (5)
3Fe
3
O
4
+ 28HNO
3
→ 9Fe(NO
3
)
3
+ NO + 14H
2
O (6)
Fe
2
O
3
+ 6HNO
3

→ 2Fe(NO
3
)
3
+ 3H
2
O (7)
Như vậy : toàn bộ lượng sắt đã chuyển thành lượng muối Fe(NO
3
)
3

Số mol của Fe ( bđ ) = số mol muối Fe
3+
= a (mol)
Từ các ptpư : ⇒ n
axit
= 3.n
muối
+ n
NO
= 3a + 0,1 =
2
H O
2.n
b. Theo định luật BTKL ta có :
(3a + 0,1).63 = 242a + 0,1× 30 + (1,5a + 0,05 )× 18
Giải ra được : a = 0,18 mol ⇒ m = 10,08 gam
3. Bài tập áp dụng .
Bài 1 :

Cho 7,8 gam hỗn hợp kim loại Al và Mg tác dụng với HCl thu được
8,96 lít H
2
(ở đktc). Hỏi khi cô cạn dung dịch thu được bao nhiêu gam
muối khan.
Đáp án :
m
muối khan
= 36,2 gam
Bài 2 :
Hoà tan hoàn toàn 3,22g hỗn hợp X gồm Fe, Mg và Zn bằng một lượng
vừa đủ dung dịch H
2
SO
4
loãng, thu được 1,344 lit hiđro (ở đktc) và dung
dịch chứa m gam muối. Tính m?
Đáp án :
m = 8,98 gam
Bài 3 :
Khử 3,48 g một oxit của kim loại M cần dùng 1,344 lít H
2
. Toàn bộ
lượng kim loại thu được cho tác dụng với HCL dư thu được 1,008 lít H
2
(đktc). Xác định kim loại M và oxit của nó ?
Đáp án :
Kim loại : Fe
Oxit : Fe
3

O
4
IV. PHƯƠNG PHÁP SƠ ĐỒ HỢP THỨC
1- Cơ sở lí thuyết.
Đây là phương pháp được vận dụng chủ yếu cho việc giải các bài toán
chứa nhiều PTPƯ nối tiếp nhau ( quan hệ bởi các chất trung gian ).
Ngoài ra phương pháp này vẫn được sử dụng rất hiệu quả trong các
trường hợp bài toán có nhiều PTPƯ diễn ra song song ( không có chất
trung gian ) nếu biết tỉ lệ về lượng của các chất ở 2 phản ứng khác nhau.
Phương pháp chung:
+) Nếu các phản ứng nối tiếp nhau thì lập một sơ đồ hợp thức chuyển
hoá giữa các chất đề cho và chất đề hỏi.
+) Nếu các phản ứng song song mà biết được tỉ số mol của 2 chất ở 2
phản ứng khác nhau thì có thể nhập 2 PTPƯ thành một PTPƯ, lúc này
việc tính toán sẽ nhanh và đơn giản.
Chú ý : Khi nhập các phương trình phản ứng thành một phương trình
phản ứng thì phải chọn hệ số của các chất phù hợp với tỉ lệ mol đã ch
2- Ví dụ :
* Ví dụ 1:
Sục 0,672 lít khí CO
2
( đktc)

vào trong V (lít) dung dịch Ca(OH)
2
0,015M
đến khi phản ứng hoàn toàn thì thu được 1 muối không tan và 1 muối tan
có tỉ lệ mol 2 : 1.
Tìm V.
Gợi ý HS:

Có thể dùng phương pháp đại số ( đặt số mol muối tan và muối KT lần
lượt là x mol, 2x mol )
Ta có thể giải nhanh bài toán bằng cách nhập 2 phản ứng thành 1 phản
ứng theo tỉ lệ mol của muối là 2: 1
Giải:
0,03
2
0,672
Soá mol cuûa CO = mol
22,4
=
Các phương trình phản ứng xảy ra: :
CO
2
+ Ca(OH)
2

→
CaCO
3
↓ + H
2
O (1) × 2
2CO
2
+ Ca(OH)
2

→
Ca(HCO

3
)
2
(2)
Vì tỉ lệ mol CaCO
3
: Ca(HCO
3
)
2
= 2 : 1 nên ta có phương trình phản ứng
chung:
4CO
2
+ 3Ca(OH)
2

→
2CaCO
3
↓ + Ca(HCO
3
)
2
+ 2H
2
O
4mol 3mol
0,03 mol → 0,0225 mol
Vậy thể tích của dung dịch Ca(OH)

2
0,015 M đã dùng là :

0,0225
1,5
0,015
M
n
V
C
= = =
lít
Chú ý : Nếu 0,672 lít khí là của hỗn hợp CO
2
và SO
2
thì đặt công
thức chung của 2 oxit là RO
2
và bài toán vẫn được giải nhanh chóng và
đơn giản.
Ví dụ 2:
Hoà tan hoàn toàn 10,8 gam kim loại Al vào trong dung dịch HNO
3
thì
sau phản ứng thu được một dung dịch X và hỗn hợp khí Y gồm 2 khí NO
và N
2
O có tỉ khối đối với khí Hiđro bằng 19,2. Tính thể tích của mỗi khí
trong hỗn hợp Y ( đktc).

Gợi ý HS:
Từ dữ kiện :
2
/
M
hh
Y H
d ⇒

⇒
tỉ lệ số mol của 2 khí ( bằng phương
pháp đại số hoặc theo phương pháp đường chéo)
Biết được tỉ số mol của 2 khí ta có thể xác nhập 2 phản ứng thành một
phản ứng
Từ PTPƯ : Biết số mol Al
⇒
số mol của các chất khí.
Giải:
Vì
2
/
19,2 2 38,4 = 19,2 M gam/mol
hh
Y H
d
⇒ = × =

Ta có sơ đồ đường chéo:
Khí 1(NO): n
1

30 5,6
38,4
Khí 2(N
2
O): n
2
44 8,4
Suy ra ta có :
1
2
5,6 2
8,4 3
n
n
= =
Các phương trình phản ứng :
Al + 4HNO
3
→
Al(NO
3
)
3
+ NO + 2H
2
O (1) × 2
8Al + 30HNO
3
→
8Al(NO

3
)
3
+ 3N
2
O + 15H
2
O (2)
Vì tỉ lệ mol NO : N
2
O = 2 : 3 nên tổng hợp (1) và (2)ta có ptpư:
10Al + 38HNO
3

→
10 Al(NO
3
)
3
+ 2NO + 3N
2
O + 19H
2
O (3)
Theo phương trình (3) ta có :
1 1 10,8
0,08
5 5 27
mol
NO Al

n n= × = × =
⇒ V
NO
= 0,08 × 22,4 = 1,792 lít ;
suy ra :
2
3
1,792 2,688
2
lít
N O
V
= × =
3- Bài tập áp dụng.
Bài 1:
Đốt cháy hoàn toàn 12 g Mg trong không khí được chất rắn A. Cho A
phản ứng hết với dung dịch HCl thu được m gam muối. Tìm m ?
Đáp số :
m = 59,5 gam
Bài 2 :
Trộn một dung dịch có hoà tan 0,2 mol CuCl
2
với một dung dịch có hoà
tan 20g NaOH. Lọc hỗn hợp các chất sau phản ứng, được kết tủa và nước
lọc. Nung kết tủa đến lượng không đổi.
a. Viết các PTHH.
b. Tính khối lượng chất rắn thu được sau khi nung.
Đáp số :
m
CuO

=16 gam
V. PHƯƠNG PHÁP KHỐI LƯỢNG MOL TRUNG BÌNH
1- Cơ sở lí thuyết.
Nguyên tắc của phương pháp này là dựa vào việc tính khối lượng mol
trung bình của một hỗn hợp. Khối lượng mol trung bình của hỗn hợp
được xác định theo công thức:
hh
hh
m
n M n M
M
n n n
+ +
= =
+ +
∑
∑
1 1 2 2
1 2

+) Đối với hỗn hợp khí thì có thể thay các số mol n
1
,n
2
… bằng thể tích
hoặc % thể tích.
+) Nếu hỗn hợp chỉ có 2 chất khí , với x% là % thể tích của khí thứ nhất
thì :
x%.M ( x%).M
M

%
+ −
=
1 2
100
100
+) Giá trị của
M
nằm trong khoảng : M
1
<
M
< M
2
( giả sử M
1
< M
2
)
Đây là phương pháp cho phép giải nhanh chóng nhiều bài toán hoá
học phức tạp. Phương pháp này có thế mạnh khi giải các bài tập xác định
2 kim loại cùng một phân nhóm chính và thuộc 2 chu kỳ liên tiếp trong
bảng tuần hoàn các nguyên tố hoá học, hoặc xác định công thức phân tử
của các hợp chất hữu cơ đồng đẳng liên tiếp. Ngoài ra phương pháp này
cũng được sử dụng rất hiệu quả khi giải các bài toán xác định thành phần
% của một hỗn hợp.
Phương pháp chung :
+) Căn cứ các dữ kiện đề cho để tính
M
của hỗn hợp.

+) Từ khối lượng mol trung bình có thể tìm được giới hạn khối lượng
mol của các nguyên tố cần tìm ( đối với bài toán tìm CTHH ), hoặc giới
hạn của một lượng chất.
+) Từ khối lượng mol trung bình cũng cĩ thể tìm được thành phần %
của các chất trong hỗn hợp.
+) Nếu hỗn hợp gồm 2 chất có cấu tạo và tính chất hoá tương tự nhau
( 2 kim loại cùng phân nhóm chính, hoặc 2 hợp chất vô cơ có cùng công
thức tổng quát, các hợp chất hữu cơ đồng đẳng … ) thì có thể đặt một
công thức đại diện cho hỗn hợp. Các đại lượng tìm được của chất đại diện
là các giá trị của hỗn hợp (m
hh
; n
hh
;
M
hh
).
1. Ví dụ:
Ví dụ 1:
Hỗn hợp X gồm hai kim loại kiềm A và B thuộc hai chu kỳ liên tiếp
nhau trong bảng tuần hoàn các nguyên tố hoá học. Chia m ( gam ) hỗn
hợp X làm 2 phần bằng nhau:
Phần 1 : Hoà tan vào dung dịch HCl dư thu được một dung dịch Y. Cô
cạn Y được 23,675 gam muối khan.
Phần 2: Đốt cháy hoàn toàn thì phải dùng hết 1,96 lít khí O
2
( đktc).
Xác định hai kim loại A,B
Xác định % khối lượng của các kim loại trong hỗn hợp X.
Gợi ý HS:

Hai kim loại có hoá trị và tính chất tương tự nên để đơn giản có thể
đặt một ký hiệu đại diện cho hỗn hợp 2 kim loại. Viết PTHH, Từ số
mol O
2
và khối lượng muối khan ta tính toán để tìm giá trị
M
hh
.
Giải:
Xác định kim loại A,B
Đặt
M
là kim loại đại diện cho hỗn hợp hai kim loại kiềm A,B
Gọi a là số mol của hỗn hợp ở mỗi phần
Phương trình hoá học:
2
M
+ 2HCl
→
2
M
Cl + H
2
(1)
a a
4
M
+ O
2
→

2
M
2
O (2)
a
4
a
Từ (1),(2) ta có hệ phương trình:
( 35,5) 23,675
1,96
0,0875
32,14
4 22,4
a=0,35

M a
a
M

+ × =

 
⇒
 
= =
=





Hai kim loại kiềm liên tiếp có
M
= 32,14 thoã mãn là Na (23) và K(39)
Xác định % khối lượng của hỗn hợp X
gọi x là số mol của K
⇒
số mol Na là ( 0,35 – x ) mol
Áp dụng công thức tính khối lượng mol trung bình ta có:
39 (0,35 ).23
32,14 0,2
0,35

x x
x
+ −
= ⇒ =
Vậy n
K
= 0,2 mol và n
Na
= 0,35 - 0,2 = 0,15 mol
0,2 39
% 100% 69,33% 30,67%
0,2 39 0,15 23
Na
Suy ra: %m
K
m
×
= × = =

× + ×
Ví dụ 2 :
Một hỗn hợp khí A gồm : N
2
, H
2
, NH
3
có tỉ khối hơi đối với O
2
bằng
0,425. Biết số mol H
2
trong hỗn hợp gấp 3 lần số mol N
2
trong hỗn hợp.
Tính thành phần % theo thể tích và theo khối lượng cuả hỗn hợp khí A.
Gợi ý HS:
Đối với một hỗn hợp khí thì % thể tích bằng % số mol
GV tạo cơ hội cho HS phát hiện ra ý nghĩa của các mối quan hệ trong đề
bài : Từ tỉ khối hơi của hỗn hợp ta có thể tính được gì ? Từ quan hệ số
mol H
2
và số mol N
2
có thể giải quyết được điều gì ? Từ đó xác định các
bước để giải bằng phương pháp đại số.
Giải:
Giả sử có 1mol hỗn hợp khí A gồm : x mol N
2

, 3x mol H
2
và (1- 4x)
mol NH
3
Theo đề bài ta có :
M
hh
= 28x + 2.3x + 17 ( 1 – 4x ) = 32.0,425 = 13,6 (1)
Giải phương trình (1) được : x = 0,1 mol
Thành phần % theo thể tích của hỗn hợp khí A là:
2
0,1
% 100 10%
1
N
V
= × =
Vì tỉ lệ thể tích của các khí bằng tỉ lệ sô mol của chúng, nên :
2
% 3.10 30%
H
V
= =
⇒
3
% 100% (10% 30%) 60%
NH
V
= − + =

Thành phần % theo khối lượng của hỗn hợp khí A là:
2
0,1 28
% 100 20,59%
13,6
N
m
×
= × =
2
(3 0,1) 2
% 100 4,41%
13,6
H
m
× ×
= × =
⇒
3
% 100% (20,59 4, 41) 75%
NH
m
= − + =
Chú ý : Có thể đặt x % là % thể tích của N
2
rồi dùng công thức (1) với
tổng % là 100 %
3. Bài tập áp dụng.
Bài 1:
Hoà tan 4,88g hỗn hợp A gồm MgO và FeO trong 200ml dung dịch

H
2
SO
4
0,45M(loãng) thì phản ứng vừa đủ, thu được dung dịch B.
a/ Tính khối lượng mỗi oxit có trong hỗn hợp A.
b/ Để tác dụng vừa đủ với 2 muối trong dung dịch B cần dùng V(lit) dung
dịch NaOH 0,2M, thu được kết tủa gồm 2 hiđrôxit kim loại. Lọc lấy kết
tủa, đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được m
gam chất rắn khan(phản ứng hoàn toàn). Tính V và m.
Đáp số:
a/ m
MgO
= 2g và m
FeO
= 2,88g
b/ V
dd NaOH 0,2M
= 0,9 lit và m
rắn
= 5,2g
Bài 2:
Để hoà tan 9,6g một hỗn hợp đồng mol (cùng số mol) của 2 oxit kim
loại có hoá trị II cần 14,6g axit HCl. Xác định công thức của 2 oxit trên.
Biết kim loại hoá trị II có thể là Be, Mg, Ca, Fe, Zn, Ba.
Đáp số: MgO và CaO
Bài 3:
Khử 9,6g một hỗn hợp gồm Fe
2
O

3
và FeO bằng H
2
ở nhiệt độ cao,
người ta thu được Fe và 2,88g H
2
O.
a/ Viết các PTHH xảy ra.
b/ Xác định thành phần % của 2 oxit trong hỗn hợp.
c/ Tính thể tích H
2
(đktc) cần dùng để khử hết lượng oxit trên.
Đáp số:
b/ % Fe
2
O
3
= 57,14% và % FeO = 42,86%
c/ V
H
2
= 3,584 lit
CHƯƠNG III: THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM
Sau khi hoàn thành đề tài “Phương pháp giải nhanh một số dạng bài
tập hóa học’’ tôi đã áp dụng ngay với học sinh Trường THCS Chí Tân
nơi tôi đang công tác.
Trong năm học 2009 – 2010 tôi đã triển khai lý thuyết dạng bài tập trong
các tiết luyện tập, ngoại khoá đặc biệt trong thời gian ôn thi học sinh giỏi
tôi đã kết hợp giữa dạy lý thuyết và bài tập, kết quả thu được rất khả
quan. Các em không còn lúng túng khi giải các dạng bài tập này mà còn

rất hứng thú. Qua bài kiểm tra khảo sát của lớp 9A và lớp 9B trong năm
học 2009 – 2010 cho thấy :
Kết quả kiểm tra đợt 1:( Chưa áp dụng đề tài )
Lớp Sĩ số
Điểm giỏi Điểm khá Điểm TB Điểm yếu
SL % SL % SL % SL %
9A 38 3 7,89 9 23,69 22 57,89 4 10,53
9B 39 2 5,13 12 30,77 21 53,85 4 10,25
Kết quả kiểm tra đợt 2: (Đã áp dụng đề tài vào lớp 9A )
Lớp Sĩ số Điểm giỏi Điểm khá Điểm TB Điểm yếu
SL % SL % SL % SL %
9A 38 14 36,85 19 50 5 13,15 0 0
9B 39 3 7,69 10 25,65 23 58,97 3 7,69
Ở đợt 2 lớp 9A có được kết quả nâng lên rõ rệt là do học sinh đã hiểu
thấu đáo vấn đề ở những góc độ khác nhau của phương pháp giải nhanh
bài tập hóa học. Đặc biệt là ở học sinh đã hình thành được kỹ năng giải
bài tập, biết phân tích bài toán. Tuy nhiên việc áp dụng từng nội dung của
đề tài tuỳ thuộc vào đối tựơng học sinh. Đối với các lớp đại trà tôi chỉ rèn
luyện cho các em phương pháp làm nhanh các bài đơn giản. Đối với đội
tuyển học sinh giỏi thì phải khắc sâu giúp học sinh hiểu được bản chất
của phản ứng, thường là đi từ bài tập tổng quát sau đó mới đưa ra các
dạng bài tập từ dễ đến khó giúp học sinh hình thành kỹ năng một cách dễ
dàng.
* ĐIỀU KIỆN ÁP DỤNG.
-Để áp dụng được đề tài này vào công việc giảng dạy Giáo viên
phải thường xuyên trau rồi kiến thức nâng cao kỹ năng giải toán đặc biệt
phải nắm chắc bản chất của phản ứng hóa học và hiểu sâu sắc các
phương pháp tính toán hóa học.
- Hệ thống hoá kiến thức. Hệ thống bài tập phải từ dễ đến khó, từ
đơn giản đến phức tạp.

- Đối với học sinh phải nắm chắc kiến thức có khả năng phân tích
từ những bài tập đơn giản mở rộng ra các bài tập khó hơn.
- Không ngừng học hỏi, học ở thầy, học ở bạn, học ở sách vở.
- Trong quá trình giảng dạy trên lớp bên cạnh giảng dạy những
kiến thức cơ bản trong SGK người giáo viên cần tìm tòi đưa thêm các
kiến thức, kỹ năng cho học sinh để từ đó nâng cao kiến thức cho học sinh
khá giỏi.
- Hướng dẫn học sinh đọc sách báo, học hỏi mở rộng kiến thức
trong thực tế .