Sáng kiến kinh nghiệm Bồi dưỡng học sinh giỏi đạt hiệu quả môn Hóa học khối 9

SKKN Bồi Dưỡng HSG GV : Bùi Trung Dũng
SỐ KINH NGHIỆM BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI
ĐẠT HIỆU QUẢ . MÔN HÓA HỌC – KHỐI 9

A. PHẦN MỞ ĐẦU
I. Bối cảnh của đề tài :
Trong những năm gần đây, vấn đề bồi dưỡng và dự thi HSG đã được sự quan tâm
của các cấp quản lý, quý phụ huynh và các em học sinh. Giáo viên tham gia bồi dưỡng
đã có nhiều cố gắng để hoàn thành tốt nhiệm vụ được giao, nhờ vậy mà chất lượng đội
tuyển dự thi ngày càng được nâng cao.
Tuy nhiên bên cạnh đó vẫn còn nhiều khó khăn cho cả thầy và trò:
+ Đối với thầy: không có điểm mở đầu và kết thúc trong nội dung bồi dưỡng,
phạm vi kiến thức rộng, dạy như thế nào để không thừa mà cũng không thiếu, nhưng
vẫn đáp ứng được yêu cầu cơ bản của đề thi, đây là vấn đề khó.
+ Đối với trò: vấn đề học bồi dưỡng chưa thực sự đi vào chiều sâu, vẫn còn
một số em học bồi dưỡng theo phong trào, cùng lúc tham gia bồi dưỡng trong nhiều
lĩnh vực khác nhau (HSG văn hóa, HSG giải toán bằng máy tính bỏ túi, Giải tin học trẻ
không chuyên, HSG thực hành thí nghiệm, . . .), ngoài ra các em còn học thêm nhiều
môn, từ đó dẫn đến quỹ thời gian không đủ để các em tự học, tự nghiên cứu nhằm
trang bị thêm kiến thức vững chắc cho bản thân.
Để giải quyết những khó khăn trên đòi hỏi người giáo viên phải tự nghiên cứu đưa
ra nội dung, chương trình, tự phân bố thời gian bồi dưỡng cho phù hợp.
II. Lý do chọn đề tài :
Qua tham khảo nhiều sách bài tập, sách nâng cao kiến thức, các chuyên đề bồi
dưỡng HSG, . . . tôi thấy rằng các sách biên soạn không theo một trình tự nhất định
nào, do đó học sinh phải cùng lúc tham khảo hay tự học trên nhiều quyển sách khác
nhau (không đủ thời gian)
Bên cạnh đó hiện nay chưa có chương trình chính thức trong bồi dưỡng HSG (chỉ
có hướng dẫn chung chung), người giáo viên khi nhận nhiệm vụ này phải tự mình đề
ra nội dung bồi dưỡng cho phù hợp với tình hình thực tế của đơn vị, đồng thời phải
đáp ứng được yêu cầu của đề thi nhằm đạt kết quả tốt nhất.

Bản thân đã qua nhiều năm bồi dưỡng HSG, tôi thấy cần phải có một hệ thống
kiến thức đáp ứng được yêu cầu dự thi HSG để học sinh dễ dàng nghiên cứu; Tuy
nhiên do đội tuyển tham gia bồi dưỡng gồm nhiều đối tượng khác nhau, do đó mà nội
dung nghiên cứu trong đề tài này gần như bao hàm đầy đủ kiến thức lý thuyết cũng
như các dạng bài tập thường xuất hiện trong các đề thi.
Trong đề tài này không tập trung nghiên cứu chuyên sâu về một chủ đề nào, mà
gần như đưa ra đầy đủ các dạng bài tập cũng như phần lý thuyết, chủ yếu là trang bị
cho học sinh có đủ kiến thức cơ bản, từ đó các em có đủ tự tin để nghiên cứu thêm qua
các tài liệu tham khảo được.
Nội dung nghiên cứu trong đề tài đã được tôi áp dụng qua nhiều năm trong quá
trình bồi dưỡng, hằng năm tùy theo đối tượng học sinh mà có thể điều chỉnh một số
dạng bài tập cho phù hợp (thêm, bớt, hay tập trung vào 1 số dạng bài tập cơ bản cũng
Trang 1
SKKN Bồi Dưỡng HSG GV : Bùi Trung Dũng
như chọn lọc 1 số đề thi phù hợp khả năng của học sinh để rèn luyện kỹ năng cho các
em)
III. Phạm Vi nghiên cứu :
Đối tượng nghiên cứu :
- HS khối 9 tham gia vào đội tuyển dự thi HSG môn Hóa (HSG văn hóa và
HSG thực hành thí nghiệm).
- Tuy nhiên trong số học sinh được bồi dưỡng vẫn còn một số em chưa thực
sự giỏi và chưa thực sự đam mê bộ môn, mà chỉ chạy theo phong trào (thấy bạn học
bồi dưỡng, thì mình cũng học theo, có em cùng lúc học bồi dưỡng nhiều môn) và khi
gặp các bài toán khó, nâng cao là các em dao động ngay, không đưa ra được lời giải.
Từ đó làm ảnh hưởng rất lớn đến tiến độ bồi dưỡng của giáo viên cũng như ảnh hưởng
đến kết quả dự thi sau này.
- Về quỹ thời gian cũng không đủ để các em tự học, tự nghiên cứu qua các tài
liệu tham khảo.
- Do đó giáo viên bồi dưỡng phải tìm ra cách dạy phù hợp với các đối tượng
trên, nhằm làm cho các em nắm vững kiến thức cơ bản để từ đó phát triển lên các bài

tập khó, nâng cao hơn.
Nội dung kiến thức :
- SGK môn Hóa khối 8, 9.
- Sách bài tập , sách tham khảo môn Hóa cấp THCS. (mục tài liệu tham khảo)
- Đề thi HSG môn Hóa của tỉnh An Giang các năm qua.
IV. Điểm mới trong kết quả nghiên cứu :
Cung cấp cho học sinh kiến thức lý thuyết từ cơ bản (theo chương trình SGK Hóa
8, 9) đến mở rộng, nâng cao. Mặt khác từ kiến thức cơ bản học sinh có thể vận dụng
dễ dàng vào các bài tập cụ thể.
Phân dạng bài tập (dạng lý thuyết và dạng toán), mỗi dạng có đưa ra hướng chung
nhất để giải.
Hệ thống bài tập cho từ dễ đến khó, từ cơ bản đến nâng cao, sau cùng là các bài
tập tổng hợp và các bài tập không theo khuôn mẫu buộc học sinh phải có khả năng tư
duy sáng tạo kết hợp với kiến thức cơ bản đã biết để giải.
Trong mỗi bài tập cụ thể chủ yếu là phân tích đề bài, chỉ ra hướng giải, mục đích
chính là làm cho học sinh hiểu vấn đề, để từ đó các em có thể vận dụng vào các bài tập
tương tự.
Phân bố thời gian phù hợp để vừa dạy lý thuyết vừa hướng dẫn các bài tập dạng
toán để khi dạy xong phần lý thuyết Hóa vô cơ cũng hoàn tất các dạng bài tập toán.
Bắt đầu quay sang các dạng bài tập lý thuyết và trong quá trình thực hiện các dạng bài
tập lý thuyết cũng là lúc học sinh tự củng cố lại các kiến thức lý thuyết (tính chất hóa
học, các phản ứng đặc biệt, điều kiện để phản ứng xảy ra, . . . )
Phần Hóa học hữu cơ tách ra riêng và hướng dẫn học sinh khi đã xong phần Hóa
vô cơ (lúc này học sinh vừa học phần hóa Hữu cơ vừa ôn lại phần Hóa vô cơ dưới
dạng bài tập tổng hợp thông qua giải đề thi các năm qua)
Trang 2
SKKN Bồi Dưỡng HSG GV : Bùi Trung Dũng
B. PHẦN NỘI DUNG
I. Cơ sở lý luận :
Trong hệ thống các bài tập hoá học, tạm chia thành hai nhóm là bài tập lý thuyết

và bài tập dạng toán. Trong mỗi dạng cụ thể đều có hướng chung cơ bản để giải.
Là giáo viên làm công tác bồi dưỡng học sinh giỏi sẽ không thể đạt được mục đích
nếu như không chọn lọc, phân chia bài tập theo từng dạng cụ thể (phân chia theo kinh
nghiệm bản thân), sau đó nêu đặc điểm của dạng bài tập và xây dựng hướng giải cho
mỗi dạng. Đây là khâu có ý nghĩa quyết định trong công tác bồi dưỡng vì nó là nguồn
tri thức giúp học sinh tìm ra được hướng giải một cách dễ dàng, hạn chế tối đa những
sai lầm trong quá trình giải bài tập, đồng thời phát triển được khả năng tư duy của học
sinh (thông qua các bài tập tương tự mẫu và các bài tập không theo khuôn mẫu mà học
sinh tự nghiên cứu qua các tài liệu tham khảo).
Trong phạm vi của đề tài này, tôi trình bày kinh nghiệm bồi dưỡng một số dạng
bài tập (dạng lý thuyết và dạng toán) thường xuất hiện trong đề thi mà trong quá trình
bồi dưỡng tôi đã đúc kết được qua nhiều năm.
II. Thực trạng của vấn đề :
Nội dung, kiến thức bồi dưỡng HSG không theo một giáo trình chung nào, buộc
người giáo viên phải định hướng, tự đưa ra chương trình để tiến hành bồi dưỡng.
Bản thân của học sinh không thể tự nghiên cứu mà không có người hướng dẫn.
Cấu trúc đề thi cũng không cố định theo một hướng nào, từ đó gây khó khăn cho
người dạy lẫn người học, do đó cần có một chương trình tương đối để bồi dưỡng cho
học sinh là điều hết sức cần thiết và cần phải lấy đề thi các năm qua làm nền tảng
nghiên cứu.
Dựa trên cơ sở đề thi HSG môn Hóa các năm qua của tỉnh An Giang tôi đã phân
các bài tập thành 2 nhóm:
a. Bài tập lý thuyết gồm các dạng sau:
- Bài tập về chuỗi phản ứng
- Bài tập về nhận biết, phân biệt các chất
- Bài tập về điều chế, tinh chế, tách rời các chất
- Bài tập mô tả hiện tượng, giải thích thí nghiệm
- Bài tập về bảng hệ thống tuần hoàn, cấu tạo nguyên tử và các bài tập
khác
b. Bài tập tính toán gồm các dạng sau:

- Bài toán nồng độ dung dịch (pha chế, pha loãng hay cô đặc dung dịch,
độ tan)
- Bài toán xác định 1 nguyên tố hóa học
- Bài toán kim loại tác dụng với dung dịch muối
- Bài toán hiệu suất phản ứng
- Bài toán hỗn hợp
- Bài toán xác định công thức phân tử hợp chất hữu cơ
c. Bài tập tổng hợp (thông qua giải đề thi): để bổ sung thêm các bài tập chưa
được nêu ra trong các dạng trên, nhằm rèn luyện kỹ năng giải đề thi và làm phong phú
thêm kiến thức cho học sinh.
Từ đó tiến hành trang bị cho học sinh các kiến thức liên quan đến các dạng trên,
Trang 3
SKKN Bồi Dưỡng HSG GV : Bùi Trung Dũng
phương pháp chung để giải. Nhằm giúp học sinh tự tin hơn bước vào các kỳ thi.
III. Các biện pháp giải quyết vấn đề :
Để giúp cho nhóm học sinh bồi dưỡng (với nhiều mức độ khác nhau) có đủ khả
năng, đủ tự tin bước vào kỳ thi, trong quá trình bồi dưỡng tôi đã tiến hành như sau:
1. Trang bị kiến thức lý thuyết:
Qua nội dung chương trình SGK, sách tham khảo cùng với các đề thi những năm
qua của tỉnh An Giang, tôi đã chia lý thuyết gồm 5 phần (xem phụ lục 1) và được sắp
xếp theo thứ tự sau:
a. Cấu tạo nguyên tử và bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học
b. Sơ lược về sự phân loại chất
c. Kim loại và phi kim
d. Các loại hợp chất vô cơ
e. Hóa học hữu cơ.
Trong mỗi phần đều có kiến thức cơ bản theo chương trình SGK và phần bổ sung
thêm (mở rộng, nâng cao để học sinh làm tư liệu tham khảo ).
Trong kiến thức lý thuyết yêu cầu học sinh phải nắm thật vững kiến thức cơ bản
(chương trình SGK Hóa 8, 9) theo các nội dung sau:

a. Tính chất hóa học của kim loại và phi kim
b. Tính chất hóa học của oxit, axit, bazơ, muối
c. Dãy hoạt động hóa học của kim loại
d. Điều kiện để xảy ra phản ứng trao đổi
e. Tính chất hóa học của metan, etilen, axetilen, benzen, rượu etilic, axit
axetic.
Ngoài kiến thức cơ bản trên, học sinh còn phải nắm các trường hợp đặc biệt sau:
* Đối với kim loại cần lưu ý:
- Sắt (Fe) có 2 hóa trị (II và III):
+ Thể hiện hóa trị II: khi phản ứng với dung dịch axit thường, dung dịch muối,
phi kim yếu, . . .
Fe + 2HCl
→
FeCl
2
+ H
2

Fe + CuSO
4

→
FeSO
4
+ Cu
Fe + S
→
O
T
FeS

+ Thể hiện hóa trị III khi phản ứng với phi kim mạnh, axit oxi hóa:
2Fe + 3Cl
2

→
O
T
2FeCl
3
2Fe + 6H
2
SO
4(đ)

→
O
T
Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3SO
2
 + 6H
2
O
Fe + 6HNO
3(đ)

→
O
T
Fe(NO
3
)
3
+ 3NO
2
 + 3H
2
O
- Nhôm (Al) là kim loại lưỡng tính, nhôm cùng với oxit và hiđrôxit của
nhôm đều phản ứng được với kiềm mạnh tạo thành muối:
2Al + 2NaOH + 2H
2
O
→
2NaAlO
2
+ 3H
2

Al
2
O
3
+ 2NaOH
→
2NaAlO

2
+ H
2
O
Al(OH)
3
+ NaOH
→
NaAlO
2
+ 2H
2
O
(gốc – AlO
2
: aluminat, có hóa trị I)
- Phản ứng của kim loại với muối (không tạo ra kim loại mới):
Fe + 2FeCl
3

→
3FeCl
2
Cu + 2FeCl
3

→
CuCl
2
+ 2FeCl

2
Trang 4
SKKN Bồi Dưỡng HSG GV : Bùi Trung Dũng
* Trong phản ứng trao đổi: điều kiện để phản ứng xảy ra là trong sản phẩm
có sinh ra chất khí, chất không tan, . . . tôi cho rằng đây chỉ là điều kiện đủ, học sinh
cần phải nắm thêm điều kiện cần cho các trường hợp sau:
- Muối tác dụng với muối và muối tác dụng với bazơ thì cả 2 chất tham
gia phản ứng đều phải tan:
NaCl + AgNO
3

→
NaNO
3
+ AgCl
BaCl
2
+ CaCO
3

→
không phản ứng
CuSO
4
+ 2NaOH
→
Cu(OH)
2
 + Na
2

SO
4
BaSO
4
 + NaOH
→
không phản ứng
(lưu ý: BaSO
4
không tan cả trong dung dịch axit)
* Muối axit tác dụng với kiềm tạo ra muối trung hòa (số muối trung hòa
ứng với số kim loại có trong chất phản ứng):
NaHCO
3
+ NaOH
→
Na
2
CO
3
+ H
2
O
2NaHCO
3
+ Ca(OH)
2

→
Na

2
CO
3
+ CaCO
3
 + 2H
2
O
* Muối axit tác dụng với muối axit thì muối của gốc axit mạnh hơn đóng
vai trò như 1 axit sẽ đẩy axit yếu hơn ra khỏi muối còn lại:
NaHSO
4
+ NaHCO
3

→
Na
2
SO
4
+ CO
2
 + H
2
O
2NaHSO
4
+ Mg(HCO
3
)

2

→
MgSO
4
+ Na
2
SO
4
+ 2CO
2
 + 2H
2
O
* Phản ứng của axit oxi hóa (HNO
3
, H
2
SO
4
đặc) với kim loại, thì trong
quá trình phản ứng nồng độ của axit giảm dần dẫn đến sinh ra các sản phẩm khử
khác nhau theo thứ tự sau:
HNO
3(đ)
+ M
→
M(NO
3
)

n
+









34
2
2
2
NONH
N
ON
NO
NO
+ H
2
O
H
2
SO
4(đ)
+ M
→
M

2
(SO
4
)
n
+







2
2
2
H
SH
S
SO
+ (H
2
O)
(Trong đó M là kim loại có hóa trị n; Trong các phản ứng này học sinh rất khó cân
bằng khi chưa biết phương pháp cân bằng phản ứng oxi hóa – khử, do đó tôi dành thời
gian 1 buổi để hướng dẫn học sinh cân bằng theo phương pháp thăng bằng electron, vì
phương pháp này chỉ cần học sinh biết được cách tính số oxi hóa (có qui ước cách tính
đơn giản) và các nguyên tố có sự thay đổi số oxi hóa là dễ dàng áp dụng)
* Các phi kim ở nhóm VII của bảng hệ thống tuần hoàn có một tính chất
tương tự kim loại: đẩy phi kim yếu hơn ra khỏi muối hay hợp chất với hiđrô.

Cl
2
+ 2NaBr
→
2NaCl + Br
2
Br
2
+ 2HI
→
2HBr + I
2

* Phần hợp chất hữu cơ, học sinh cần biết cách viết đúng và đủ các đồng
phân ứng với một công thức phân tử:
- Đối với hiđrocacbon chỉ gồm các đồng phân mạch cacbon cụ thể như
sau:
Trang 5
SKKN Bồi Dưỡng HSG GV : Bùi Trung Dũng
+ Hợp chất có dạng C
n
H
2n+2
(n
≥
1, nguyên) gọi là ankan: chỉ gồm
đồng phân mạch cacbon (không phân nhánh và phân nhánh) còn gọi là đồng phân cấu
tạo và trong công thức cấu tạo chỉ toàn liên kết đơn.
+ Hợp chất có dạng C
n

H
2n
:
@.Với anken (n
≥
2, nguyên): gồm đồng phân mạch cacbon
(không phân nhánh và phân nhánh) và đồng phân vị trí liên kết đôi, trong công thức
cấu tạo có 1 liên kết đôi.
@.Với xicloankan (n
≥
3, nguyên): chỉ gồm đồng phân mạch
vòng (không phân nhánh và phân nhánh) và trong công thức cấu tạo chỉ toàn liên kết
đơn.
+ Hợp chất có dạng C
n
H
2n-2
:
@.Với ankin (n
≥
2, nguyên): gồm đồng phân mạch cacbon
(không phân nhánh và phân nhánh) và đồng phân vị trí liên kết ba, trong công thức cấu
tạo có 1 liên kết ba.
@.Với ankađien (n
≥
3, nguyên): gồm đồng phân mạch cacbon
(không phân nhánh và phân nhánh) và đồng phân vị trí liên kết đôi, trong công thức
cấu tạo có 2 liên kết đôi.
@.Với xicloanken (n
≥

3, nguyên): gồm đồng phân mạch vòng
(không phân nhánh và phân nhánh) và vị trí liên kết đôi, trong công thức cấu tạo có 1
liên kết đôi.
- Đối với dẫn xuất của hiđrôcacbon: học sinh cần biết rằng ngoài các dạng
đồng phân như hiđrôcacbon còn có đồng phân về nhóm chức và vị trí nhóm chức,
nhóm thế.
* Kiến thức tổng hợp hóa học hữu cơ được tóm tắt bằng sơ đồ tổng hợp
hóa hữu cơ (xem phụ lục 3): Sử dụng sơ đồ này như một dạng bài tập về chuỗi phản
ứng để củng cố kiến thức.
2. Phân dạng các loại bài tập: từ cơ sở phân loại ở mục B.II tiến hành trang bị
cho học sinh kiến thức và phương pháp giải (chủ yếu là phân tích đề bài để học sinh
khắc sâu kiến thức)
2.1.Bài tập lý thuyết: chủ yếu học sinh phải dựa vào kiến thức lý thuyết để
giải là chính.
a. Bài tập về chuỗi phản ứng: để làm bài tập loại này học sinh phải nắm
vững tính chất hóa học và mối quan hệ giữa các chất, học sinh cần phải biết trong sơ
đồ thì mỗi dấu (
→
) là 1 phản ứng. Với dạng bài tập này tôi chọn cho học sinh các bài
tập với 3 mức độ khác nhau từ dễ đến khó như sau:
* Chuỗi phản ứng thông thường: viết PTHH biễu diễn sự chuyển đổi sau đây
FeCl
2

→
Fe
→
Fe
3
O

4

→
HCl
A
Fe
FeCl
3

→
Fe(NO
3
)
3

→
Fe(OH)
3

→
Fe
2
O
3

→
Fe
→
Cu
(Trích đề thi HSG tỉnh An Giang – năm 2010)

- Trước tiên học sinh phải nhớ lại kiến thức: sắt thể hiện hóa trị II hoặc III trong
các phản ứng nào.
- Sau đó dựa vào tính chất hóa học và mối quan hệ giữa các chất để thực hiện các
phản ứng.
Trang 6
SKKN Bồi Dưỡng HSG GV : Bùi Trung Dũng
* Học sinh tự lập chuỗi phản ứng: cho các chất sau CaO, CaCl
2
, CaCO
3
,
Ca(OH)
2
, Ca(NO
3
)
2
, hãy dựa vào mối quan hệ gữa chúng lập thành 1 chuỗi phản ứng
và thực hiện chuỗi đó.
- Trong bài này học sinh có thể lập được nhiều chuỗi phản ứng khác nhau, nhưng
phải đảm bảo các chuỗi đó đều phải thực hiện được.
- Các chuỗi lập được có thể là:
CaO
→
Ca(OH)
2

→
CaCl
2

→
CaCO
3

→
Ca(NO
3
)
2

CaCO
3

→
CaO
→
Ca(OH)
2

→
CaCl
2

→
Ca(NO
3
)
2
CaO

→
Ca(OH)
2

CaCO
3
CaCO
3
CaCl
2

→
Ca(NO
3
)
2
.v.v.
* Chuỗi phản ứng cho có giấu chất: Thực hiện phản ứng theo sơ đồ sau
MO
→
M
→
MCl
3

→
M(OH)
3

→

M
2
O
3
. Biết M
2
O
3
màu nâu đỏ, MCl
3
khói
màu nâu.
(Trích đề thi HSG tỉnh Cà Mau – năm 2000)
-Trước tiên học sinh dựa vào 2 chất trong sơ đồ là MO và MCl
3
để dự đoán M là
Fe, vì thể hiện hóa trị II (trong MO) và hóa trị III (trong MCl
3
), sau đó dựa vào dữ
kiện M
2
O
3
màu nâu đỏ, MCl
3
khói màu nâu để khẳng định điều dự đoán là đúng.
-Tiếp theo thay M bằng Fe vào sơ đồ và thực hiện các phản ứng.
b. Bài tập về nhận biết, phân biệt các chất: với dạng bài tập này trước
tiên tôi cung cấp cho học sinh các loại thuốc thử thường dùng, phân chúng thành 3
dạng nhận biết (dùng thuốc thử tự do, dùng thuốc thử có giới hạn, không được dùng

thêm thuốc thử nào khác), mỗi dạng có đưa ra các bước giải chung. (xem phụ lục 2)
* Với dạng 1 và 2 (dùng thuốc thử tự do và có giới hạn): tôi hướng dẫn học
sinh lập sơ đồ nhận biết, sau đó nhìn vào sơ đồ trình bày lời giải sẽ đảm bảo đầy đủ nội
dung. VD : bằng phương pháp hóa học hãy nhận biết các dung dịch sau đựng trong các
lọ mất nhãn NaOH, NaCl, NaNO
3
, Na
2
SO
4
, HCl.
- Trước tiên hướng dẫn học sinh phân loại chất: trong 5 dung dịch trên gồm 1
kiềm, 1 axit, 3 muối (clorua, nitrat, sunfat).
- Dự kiến thuốc thử cần dùng: quì tím (nhận ra kiềm và axit), dung dịch BaCl
2
(nhận ra gốc sunfat), dung dịch AgNO
3
(nhận ra gốc clorua)
- Tiếp theo lập sơ đồ nhận biết:
NaOH NaOH : quì tím hóa xanh
NaCl HCl : quì tím hóa đỏ
NaNO
3

quì tím
NaCl Na
2
SO
4
: tạo được  trắng

Na
2
SO
4
NaNO
3

BaCl
2
NaCl AgNO
3
NaCl: tạo được  trắng
HCl Na
2
SO
4
NaNO
3
NaNO
3
: không dấu hiệu
- Sau cùng nhìn vào sơ đồ trình bày lời giải (theo hướng dẫn ở phụ lục 2)
* Với dạng 3 (không dùng thêm thuốc thử nào khác): vẽ bảng kết quả với giả
sử là 1 chất bất kỳ phản ứng với các chất còn lại, chỉ ghi dấu hiệu đặc biệt vào các ô có
phản ứng. VD : Có bốn dung dịch (đựng trong các lọ đánh số từ 1 đến 4) gồm: HCl,
Na
2
CO
3
, H

2
SO
4
, BaCl
2
. Nếu không có thuốc thử, thì nhận biết các dung dịch trên bằng
cách nào?
(Trích đề thi HSG tỉnh An Giang – năm 2004)
Trang 7
SKKN Bồi Dưỡng HSG GV : Bùi Trung Dũng
- Trước tiên hướng dẫn học sinh vẽ bảng kết quả sau :
HCl Na
2
CO
3
H
2
SO
4
BaCl
2
HCl  CO
2
Na
2
CO
3
 CO
2
 CO

2
 BaCO
3
H
2
SO
4
 CO
2
 BaSO
4
BaCl
2
 BaCO
3
 BaSO
4
- Với bảng trên ta thấy rằng tổng các dấu hiệu phản ứng ở 4 hàng ngang là khác
nhau, dựa vào đó để kết luận cho chất ngoài cùng (phía bên trái cùng hàng).
- Cuối cùng trình bày lời giải (theo hướng dẫn ở phụ lục 2).
c. Bài tập về điều chế, tinh chế, tách rời các chất:
- điều chế: xuất phát từ một số nguyên liệu ban đầu, viết các phản ứng điều chế
một số chất theo yêu cầu. Dạng bài tập này đòi hỏi học sinh phải nắm vững kiến thức
lý thuyết và phải biết chọn hướng đi đúng. VD : từ các nguyên liệu muối ăn, đá vôi,
không khí, axit nitric và nước. Viết các PTHH để điều chế: Na
2
CO
3
, NH
4

NO
3
, HCl
+ Na
2
CO
3
: làm như sau
Điện phân màng ngăn dung dịch NaCl bão hòa thu lấy NaOH :
2NaCl + 2H
2
O
 →
ĐPMN
2NaOH + Cl
2
 + H
2
 (a)
Nhiệt phân đá vôi thu lấy CO
2
: CaCO
3

→
O
T
CaO + CO
2
 (b)

Cho NaOH phản ứng với CO
2
thu được Na
2
CO
3
:
2NaOH + CO
2

→
Na
2
CO
3
+ H
2
O
+ NH
4
NO
3
: tiến hành như sau
Tách lấy N
2
từ không khí, từ phản ứng (a) ta có H
2
Cho N
2
phản ứng với H

2
thu được NH
3
: N
2
+ 3H
2

→
O
T
2NH
3
Sau đó cho NH
3
phản ứng với HNO
3
thu được NH
4
NO
3
:
NH
3
+ NH
4
NO
3

→

NH
4
NO
3
+ HCl: từ phản ứng (a) ta thu được H
2
và Cl
2
, cho 2 chất này phản ứng với
nhau thu được HCl : H
2
+ Cl
2

 →
Ánhsáng
2HCl
-Tinh chế, tách rời các chất: làm sạch một chất nào đó, tách một chất nào đó ra
khỏi hỗn hợp hay tách rời các chất ra khỏi nhau. Dựa vào tính chất của từng chất riêng
biệt để chuyển một số chất trong hỗn hợp sang các hợp chất trung gian, sau đó dựa vào
các phản ứng đặc trưng của từng chất để tái tạo lại chúng. VD: một hỗn hợp gồm bạc,
sắt, đồng. Trình bày cách tách riêng từng kim loại trên bằng phương pháp hóa học.
Viết các phương trình phản ứng để minh họa. (trích đề thi HSG tỉnh An giang - năm
2002)
+ Trước tiên cần xác định trong 3 kim loại trên có 2 kim loại đứng sau Hiđro
trong dãy hoạt động hóa học (Ag và Cu), trong đó có 1 kim loại không phản ứng với
oxi khi đun nóng trong không khí (Ag)
+ Từ đó ta có thể lập sơ đồ tách như sau:
Ag Thu được dd FeCl
2

→
Mg
Fe
Fe
Hòa tan trong dd HCl dư
Cu Lọc chất rắn (Ag, Cu)
→
O
T
hỗn hợp (Ag , CuO)
Hòa tan trong dd HCl vừa đủ
Cu
←
Al
Dd CuCl
2
Ag (khôngtan)
Trang 8
SKKN Bồi Dưỡng HSG GV : Bùi Trung Dũng
+ Từ sơ đồ trình bày lời giải
d. Mô tả hiện tượng, giải thích thí nghiệm: cần lưu ý các trường hợp
kim loại phản ứng với nước trong dung dịch, sự thay đổi màu sắc, tạo ra kết tủa, tạo ra
chất khí, phản ứng của kim loại lưỡng tính và hợp chất của chúng, các hợp chất không
tồn tại, . . .
* VD 1: nêu hiện tượng, giải thích và viết phương trình phản ứng khi cho mẫu Na
vào dung dịch AlCl
3
+ Trước tiên học sinh cần phải xác định Na phản ứng được với nước trong
dung dịch, sau đó kiềm tạo ra sẽ phản ứng với AlCl

3
tạo kết tủa keo trắng và kết tủa
này tan ra (nếu đủ NaOH) do Al là kim loại lưỡng tính nên hiđroxit của Al phản ứng
được với kiềm.
+ Từ đó, các hiện tượng thấy được là: Na tan ra, có khí thoát ra (H
2
), trong
dung dịch xuất hiện kết tủa keo trắng (Al(OH)
3
), kết tủa có thể tan ra.
+ Các phản ứng minh họa:
2Na + 2H
2
O
→
2NaOH + H
2

3NaOH + AlCl
3

→
Al(OH)
3
 + 3NaCl
Al(OH)
3
+ NaOH
→
NaAlO

2
+ 2H
2
O
* VD 2 : Dự đoán hiện tượng và giải thích bằng các phản ứng hóa học khi:
Trường hợp 1: Nhỏ từ từ dung dịch NaOH cho đến dư vào dung dịch AlCl
3
Trường hợp 2: Nhỏ từ từ dung dịch AlCl
3
cho đến dư vào dung dịch NaOH
+ Trong cả hai trường hợp ta thấy hai chất phản ứng là như nhau, nhưng
ngược nhau về thứ tự phản ứng đây là điểm làm cho học sinh lúng túng, vì đây là
phản ứng giữa kiềm với muối và trong sản phẩm sinh ra có hiđroxit lưỡng tính.
+ Để giải quyết vấn đề ta cần hiểu rõ:
Ở trường hợp 1: lúc đầu AlCl
3
dư nên xuất hiện kết tủa keo trắng, sau đó
đến lượt NaOH dư nên kết tủa tan dần.
3NaOH + AlCl
3(dư)

→
Al(OH)
3
 + 3NaCl
Na(OH)
(dư)
+ Al(OH)
3

→
NaAlO
2
+ 2H
2
O
Ở trường hợp 2: lúc đầu NaOH dư nên bao nhiêu kết tủa vừa sinh ra bị
hòa tan ngay, sau đó đến lượt AlCl
3
dư và phản ứng dừng lại. Do đó trong trường hợp
này không xuất hiện kết tủa.
4NaOH
(dư)
+ AlCl
3

→
NaAlO
2
+ 3NaCl + 2H
2
O
e. Bài tập về hệ thống tuần hoàn: với dạng bài tập này phần kiến thức
mà học sinh cần nắm là qui luật biến thiên tính kim loại, tính phi kim trong chu kỳ và
trong nhóm. Tính axit của các hiđroxit tương ứng với các phi kim tăng khi tính phi
kim tăng, Tính bazơ của các hiđroxit tương ứng với các kim loại tăng khi tính kim loại
tăng.
* VD : Dựa vào bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học, hãy:
So sánh tính chất của Si, P, S, Cl đồng thời nêu công thức hiđrôxit tương ứng
và so sánh tính axit của chúng (1).

So sánh tính chất của Na, Mg, Al đồng thời nêu công thức hiđrôxit tương ứng
và so sánh tính bazơ của chúng (2).
(Trích đề thi HSG tỉnh An Giang – năm 2009)
+ Với 2 nhóm nguyên tố trên ta thấy rằng chúng cùng chung chu kỳ III của bảng
hệ thống tuần hoàn, xếp theo thứ tự từ trái qua phải là:
Trang 9
SKKN Bồi Dưỡng HSG GV : Bùi Trung Dũng
Na , Mg , Al , Si , P , S , Cl
+ Công thức oxit cao nhất của chúng lần lượt là:
Na
2
O , MgO , Al
2
O
3
, SiO
2
, P
2
O
5
, SO
3
, Cl
2
O
7
+ Công thức hiđrôxit tương ứng là:
NaOH , Mg(OH)
2

, Al(OH)
3
, H
2
SiO
3
, H
3
PO
4
, H
2
SO
4
, HClO
4

+ Theo thứ tự trên thì tính kim loại của các nguyên tố giảm dần, tính phi kim của
các nguyên tố tăng dần. Từ đó dẫn đến các hiđrôxit của chúng có tính bazơ giảm dần
và tính axit tăng dần.
+ Từ các phân tích trên học sinh tự kết luận cho từng nhóm (nhóm 1 gồm các
nguyên tố phi kim, nhóm 2 gồm các nguyên tố kim loại)
2.2. Bài tập tính toán: Cung cấp cho học sinh các công thức có liên quan, các
bước chung nhất của bài toán tính theo phương trình hóa học, lấy đó làm nền tảng để
phát triển cho các dạng bài toán còn lại.
2.2.1. Các kiến thức cần nắm
a. Các công thức ban đầu học sinh cần phải nắm:
- Công thức tính số mol:
M
m

n =
(công thức này áp dụng được cho tất cả các chất)
4,22
khí
khí
V
n =
(Công thức này chỉ áp dụng cho chất khí ở điều kiện tiêu chuẩn)
- Công thức tỉ khối của chất khí :
d
A/B
=
B
A
M
M
(Tỉ khối của khí A đối với khí B)
d
A/kk
=
29
A
M
(Tỉ khối của khí A đối với không khí )
- Công thức liên quan đến nồng độ:
+ Nồng độ phần trăm:
%100% x
m
m
C

dd
ct
=
+ Nồng độ mol (M) :
)(lV
n
C
dd
ct
M
=
+ Công thức liên quan giữa 2 loại nồng độ:
ct
dd
M
M
xCxD
C
(%)10
=
+ Công thức tính khối lượng dung dịch:
m
dd
= m
ct
+ m
dm
– (m + m) . . .
m
dd

= V
dd
x D
dd
b. Các bước chung giải bài toán tính theo phương trình hóa học:
- Đặt ẩn số (n, m, v) cho các chất trong bài toán
- Lập các phương trình đại số từ dữ kiện bài toán
- Tính số mol cho các chất tính được
- Viết PTHH cho các phản ứng xảy ra (cần đánh số khi có nhiều PTHH)
- Lập tỉ lệ vào PTHH (thường là số mol, có thể có ẩn số)
- Từ tỉ lệ đó suy ra các phương trình đại số tiếp theo, hay lượng chất cho các
chất cần tính (cần nói rõ là từ PTHH nào)
-Tính theo yêu cầu của bài toán
Trang 10
SKKN Bồi Dưỡng HSG GV : Bùi Trung Dũng
Trên đây là các bước chung, khi đi vào một bài toán cụ thể đôi lúc không thực
hiện hết mà có thể lược bớt đi cho phù hợp với từng bài, đồng thời trong mỗi dạng
riêng biệt có bổ sung thêm các kiến thức cần thiết.
Từ bài toán tính theo phương trình hóa học có thể phát triển thành nhiều dạng bài
tập khác nhau.
2.2.2. Các dạng bài toán cụ thể:
a. Bài toán nồng độ dung dịch:
* Các lưu ý của dạng toán này:
- Dạng toán này ta chỉ xét ở mức độ pha trộn dung dịch (các chất tan không
phản ứng lẫn nhau), pha loãng hay cô cạn dung dịch
- Khi pha trộn hai dung dịch có cùng loại nồng độ, cùng chất tan. Ta áp dụng
sơ đồ đường chéo sau:
+ dung dịch 1, có nồng độ: C
1
C

2
– C
3
C
3
(với: C
1
< C
3
< C
2
)
+ dung dịch 2, có nồng độ: C
2
C
3
– C
1
Với C% , ta có :
13
32
2
1
CC
CC
m
m
dd
dd
−

−
=
Với C
M
, ta có :
13
32
2
1
CC
CC
V
V
dd
dd
−
−
=
(với C
3
là nồng độ của dung dịch sau pha trộn)
- Khi pha loãng hay cô cạn dung dịch (lúc này lượng chất tan trong dung dịch
không thay đổi), ta có thể áp dụng 2 biểu thức sau:
C%(1) x m
dd
(1) = C%(2) x m
dd
(2)
C
M

(1) x V
dd
(1) = C
M
(2) x V
dd
(2)
- Lưu ý:
+ Nước (dung môi) xem như dung dịch có nồng độ bằng 0.
+ Chất tan nguyên chất xem như dung dịch có nồng độ bằng 100%.
+ Nồng độ của dung dịch sau pha trộn sẽ ở khoảng giữa nồng độ của 2
dung dịch ban đầu.
* VD 1: Có 200 gam dung dịch NaOH 5% (dung dịch A)
a
1
. Cần phải trộn thêm vào dung dịch A bao nhiêu gam dung dịch NaOH 10%
để được dung dịch NaOH 8% ?
a
2
. Cần hòa tan thêm bao nhiêu gam NaOH vào dung dịch A để có dung dịch
NaOH 8% ?
a
3
. Làm bay hơi nước dung dịch A, người ta cũng thu được dung dịch NaOH
8%. Tính khối lượng nước đã bay hơi.
(Trích đề thi HSG tỉnh An Giang – năm 2005)
- Phân tích:
+ Ở câu a
1
và a

2
ta lập sơ đồ đường chéo với ẩn số là khối lượng của
dung dịch trộn thêm vào, riêng câu a
2
với NaOH là chất tan nguyên chất ta xem có
nồng độ 100%.
+ Ở câu a
3
chỉ làm bay hơi nước chứ không làm thay đổi lượng chất tan
trong dung dịch, áp dụng biểu thức khi cô cạn dung dịch để tìm khối lượng của dung
dịch còn lại sau khi làm bay hơi nước và khối lượng nước bay hơi chính là sự chênh
lệch về khối lượng của dung dịch trước và sau.
Trang 11
SKKN Bồi Dưỡng HSG GV : Bùi Trung Dũng
- Giải: (tóm lược)
a
1
. Gọi m
dd
là khối lượng dung dịch NaOH 10% phải thêm vào dung dịch
A, ta có sơ đồ sau:
200 (g) : 5% 10% - 8%
8%
m
dd
(g) :10% 8% - 5%
Từ sơ đồ ta có :
%5%8
%8%10200
−

−
=
dd
m
; Giải ra: m
dd
= 300 (g)
a
2
. Gọi m là khối lượng NaOH phải thêm vào dung dịch A, ta có sơ đồ
sau: (với NaOH là chất tan nguyên chất nên có nồng độ 100%)
200 (g) : 5% 100% - 8%
8%
m (g) : 100% 8% - 5%
Từ sơ đồ ta có :
%5%8
%8%100200
−
−
=
m
; Giải ra: m = 6,52 (g)
a
3
. Gọi m
dd
là khối lượng của dung dịch A còn lại sau khi làm bay hơi
nước, do lượng chất tan trong dung dịch là không đổi, nên ta có:
5% x 200 = 8% x m
dd

⇒
m
dd
= 125 (g)
Từ đó, khối lượng nước bay hơi là : 200 – 125 = 75 (g)
* VD 2: Trộn lẫn 50 gam dung dịch H
2
SO
4
98% với 75 gam dung dịch 68% .
Nồng độ % của dung dịch H
2
SO
4
thu được là:
A. 80 B. 85 C. 75 D.70
(Trích đề thi HSG tỉnh An Giang – năm 2006)
- Phân tích: pha trộn 2 dung dịch cụ thể có cùng loại nồng độ, ta áp dụng sơ
đồ đường chéo để tính nhanh, dung dịch sau pha trộn sẽ có nồng độ nằm trong
khoảng từ 68% đến 98%. Từ sơ đồ ta suy ra đáp án cần chọn.
- Giải: (tóm lược)
+ Sơ đồ:
75 (g) : 68% 98% - C%
C%
50 (g) : 98% C% - 68%
Từ sơ đồ ta có :
%68%
%%98
50
75

−
−
=
C
C
; Giải ra : C% = 80%
+ Từ đó chọn đáp án A.
b. Bài toán xác định nguyên tố hóa học:
* Các lưu ý của dạng bài toán này:
- Cần tìm nguyên tử khối để suy ra nguyên tố cần tìm (có đối chiếu với hóa trị
của nguyên tố)
- Nếu cần phải biện luận thì tìm nguyên tử khối theo hóa trị của nguyên tố
(các kim loại thường có các hóa trị I, II, III)
* VD 1 : Hòa tan hoàn toàn 7,56 gam kim loại A vào dung dịch HCl (dư) thu được
9,408 lít hiđrô (ở ĐKTC). Xác định kim loại A
- Phân tích:
+ Kim loại A chưa biết hóa trị, cần đặt ẩn số là hóa trị
+ Khí hiđrô cho ở ĐKTC, tính được số mol H
2
Trang 12
SKKN Bồi Dưỡng HSG GV : Bùi Trung Dũng
+ Bài toán có 2 ẩn số, nhưng chỉ lập được 1 phương trình đại số, cần
phải biện luận để tìm NTK của A theo hóa trị.
- Giải: (tóm lược)
+ Gọi A là NTK của A, n là hóa trị của A
+ Số mol H
2
tính được : 0,42 (mol)
+ PTHH : 2A + 2nHCl
→

2ACl
n
+ nH
2
Tỉ lệ: 2A (g) n (mol)
7,56 (g) 0,42 (mol)
+ Từ tỉ lệ suy ra : A = 9n
+ Chọn : n = 3 ; A = 27 (Al)
* VD 2 : Hòa tan vừa đủ oxit kim loại M có công thức MO vào dung dịch H
2
SO
4
loãng có nồng độ 4,9% được dung dịch chỉ chứa một muối tan có nồng độ 7,69% .
Cho biết tên kim loại M .
(Trích đề thi HSG tỉnh An Giang – năm 2005)
- Phân tích:
+ Từ công thức MO ta suy ra M có hóa trị II, bài toán chỉ cần tìm NTK
của M
+ Dữ kiện đề bài cho chỉ là nồng độ % , phải dựa vào nồng độ % để lập
các biểu thức có liên quan.
+ Cần đặt ẩn số cho 1 trong 2 chất phản ứng, để đơn giản ta đặt ẩn số đó
là 1 mol MO phản ứng.
+ Từ tỉ lệ của PTHH cùng với các nồng độ % có được, suy ra được tổng
khối lượng ban đầu và khối lượng dung dịch sau phản ứng, sau đó vận dụng định luật
bảo toàn khối lượng để tìm NTK của M.
- Giải: (tóm lược)
+ Giả sử có 1 mol MO phản ứng
+ PTHH : MO + H
2
SO

4

→
MSO
4
+ H
2
O
Tỉ lệ : 1 mol 1 mol 1 mol
+ Khối lượng dung dịch sau phản ứng:
(1) Tổng khối lượng ban đầu :

=+
42
SOddHMO
mm

MxM +=++ 2016100
9,4
98
)16(
(g)
(2) Khối lượng dung dịch sau phản ứng :
100
69,7
96
4
x
M
m

ddMSO
+
=
(g)
+ Theo định luật bảo toàn khối lượng : (1) = (2) , giải ra : M
≈
64 (Cu)
(Với bài toán dạng này tôi hướng dẫn học sinh chỉ đi theo 1 hướng duy nhất là đặt ẩn
số cho 1 trong 2 chất phản ứng, cụ thể bài này là 1 mol cho MO)
c. Bài toán kim loại phản ứng với dung dịch muối:
* Các lưu ý của dạng bài toán này:
- Thường là nhúng thanh kim loại vào dung dịch muối của kim loại yếu hơn,
kim loại mới sinh ra sẽ bám lên thanh kim loại ban đầu.
- Sau phản ứng, khối lượng thanh kim loại ban đầu có sự tăng hay giảm khối
lượng:
m
KL tăng thêm
= m
KL mới sinh ra
- m
KL phản ứng

m
KL giảm đi
= m
KL phản ứng
- m
KL mới sinh ra
Trang 13
SKKN Bồi Dưỡng HSG GV : Bùi Trung Dũng

- Thường đặt ẩn số là số mol cho kim loại phản ứng
* VD 1 : Ngâm 1 thanh kẽm có khối lượng 50 gam vào dung dịch CuSO
4
, sau
phản ứng khối lượng thanh kẽm là 49,8 gam. Tính khối lượng kẽm phản ứng và khối
lượng đồng sinh ra.
- Phân tích:
+ Theo số liệu đề bài cho ta thấy khối lượng thanh kẽm sau phản ứng
giảm (vì M của kim loại sinh ra nhỏ M của kim loại phản ứng)
+ Đặt ẩn số là số mol kẽm phản ứng
- Giải: (tóm lược)
+ Gọi x (mol) là n
Zn
phản ứng
+ PTHH: Zn + CuSO
4

→
ZnSO
4
+ Cu
Tỉ lệ: x mol x mol
+ Ta có: 50 – 49,8 = 65x – 64x
⇒
)(2,0 molx =

+ Tính tiếp : m
Zn phản ứng
= 13 (g) ; m
Cu sinh ra

= 12,8 (g)
* VD 2 : Ngâm một thanh sắt trong dung dịch có chứa 2,8 gam muối sunfat của
kim loại M. Sau phản ứng khối lượng thanh sắt tăng thêm 0,14 gam. Xác định công
thức hóa học của muối sunfat.
- Phân tích:
+ Kim loại M chưa biết hóa trị, đặt ẩn số cho hóa trị của M, lập công
thức muối của M.
+ Trong trường hợp tác dụng với dung dịch muối thường sắt có hóa trị II
+ Đã có khối lượng của muối phản ứng, nên không cần đặt ẩn số cho kim
loại phản ứng, từ 2,8 gam muối phản ứng ta suy ra khối lượng kim loại phản ứng và
khối lượng kim loại mới sinh ra từ PTHH
+ Từ khối lượng thanh sắt tăng thêm, lập biểu thức liên quan để tìm M,
Tuy nhiên lúc này trong phương trình đại số có 2 ẩn số là NTK và hóa trị của M, do
đó cần phải biện luận để tìm M theo hóa trị.
- Giải: (tóm lược)
+ Gọi n là hóa trị của M, suy ra công thức muối là: M
2
(SO
4
)
n
+ PTHH: nFe + M
2
(SO
4
)
n

→
nFeSO

4
+ 2M
Tỉ lệ: 56n (g) 2M+96n (g) 2M (g)

)(
962
568,2
g
nM
nx
+

←
2,8 (g)
→

)(
962
28,2
g
nM
Mx
+
+ Từ tỉ lệ ở PTHH và đề bài, ta có:
nM
Mx
962
28,2
+
-

nM
nx
962
568,2
+
= 0,14
⇒
M = 32n
+ Chọn: n = 2 ; M = 64 (Cu)
* VD 3 : Người ta nhúng một thanh bạch kim trên có phủ một lớp kim loại nào đó
vào dung dịch đồng (II) sunfat cho đến khi ngừng thay đổi khối lượng. Nhấc thanh
kim loại ra, rửa sạch, làm khô và cân thấy khối lượng thanh kim loại tăng lên 0,16 gam
so với ban đầu. Sau đó lại nhúng thanh kim loại vào dung dịch thủy ngân sunfat cho
đến khi ngưng thay đổi khối lượng. Lần này khối lượng của thanh kim loại lại tăng
2,74 gam. Hãy xác định kim loại đem phủ lên thanh bạch kim ban đầu và tính khối
lượng của nó trên thanh bạch kim.
(Trích đề thi HSG tỉnh An Giang – năm 2002)
- Phân tích:
Trang 14
SKKN Bồi Dưỡng HSG GV : Bùi Trung Dũng
+ Tương tự VD1 và VD2, kim loại ban đầu chưa xác định được hóa trị
+ Tuy nhiên ở đây phải hiểu: sau phản ứng với dung dịch CuSO
4
thì kim
loại ban đầu đã hết và lúc này trên thanh bạch kim chỉ có Cu mới sinh ra bám vào.
Tiếp đến khi nhúng thanh bạch kim này vào dung dịch HgSO
4
thì lúc này đến lượt Cu
cũng đã phản ứng hết.
+ Dựa vào khối lượng tăng thêm 0,16 gam và 2,74 gam ta lập được 2

phương trình đại số với 3 ẩn số : số mol của kim loại ban đầu phản ứng, hóa trị và
NTK của kim loại ban đầu. Do đó cần biện luận để tìm NTK theo hóa trị rồi sau đó
mới tính số mol kim loại phản ứng.
- Giải: (tóm lược)
+ Gọi M là kim loại ban đầu có hóa trị n và có x(mol) tham gia phản ứng
+ Các PTHH : 2M + nCuSO
4

→
M
2
(SO
4
)
n
+ nCu
Tỉ lệ: x (mol)
)(
2
mol
nx

Cu + HgSO
4

→
CuSO
4
+ Hg
Tỉ lệ:

)(
2
mol
nx

)(
2
mol
nx
+ Từ 2 PTHH và đề bài, ta có hệ phương trình sau:





=−
=−
74,2
2
.64
2
.201
16,0
2
.64
nxnx
Mx
nx
Giải ra ta được :






=→=
=
=
)(12,102,0
)(56
2
gmx
FeM
n
Fe
d. Bài toán về hiệu suất phản ứng:
* Các lưu ý của dạng toán này:
- Hiệu suất phản ứng cho biết tỉ lệ lượng chất phản ứng thực tế so với lượng
chất ban đầu. VD : có 0,8 mol CaCO
3
trong 1 mol CaCO
3
ban đầu bị phân hủy khi
nhiệt phân, thì hiệu suất của phản ứng là:
%808,0
1
8,0
==
- Thường dựa vào lượng chất sản phẩm để tính hiệu suất phản ứng, với H% là
hiệu suất phản ứng, ta có:
Lượng sản phẩm thực tế

H% = x 100%
Lượng sản phẩm lý thuyết
- Lượng chất lý thuyết được tính dựa vào PTHH
- Đối với sản phẩm: Lượng sản phẩm thực tế ≤ Lượng sản phẩm lý thuyết
- Đối với chất tham gia: Lượng chất tham gia thực tế ≥ Lượng chất tham gia
lý thuyết.
- Trong mỗi bài toán cần xác định rõ đâu là lượng chất thực tế, đâu là lượng
chất lý thuyết.
* VD 1: Khi nhiệt phân 1 mol KClO
3
(có mặt MnO
2
) thì thu được 43,2 gam oxi.
Tính hiệu suất của phản ứng.
- Phân tích:
+ 43,2 gam oxi thu được là khối lượng sản phẩm thực tế.
Trang 15
SKKN Bồi Dưỡng HSG GV : Bùi Trung Dũng
+ Cần dựa vào PTHH, giả sử nhiệt phân hết 1 mol KClO
3
để tính khối
lượng của oxi thu được (lượng sản phẩm lý thuyết)
- Giải: (tóm lược)
+ PTHH: 2KClO
3

 →
O
TMnO ,
2

2KCl + 3O
2
Tỉ lệ: 1 (mol)
)(
2
3
mol
+ Từ PTHH tính được:
)(4832
2
3
2
gxm
O
==
(Khối lượng oxi trên lý
thuyết)
+ Từ đó suy ra :
%90%100
48
2,43
% == xH
* VD 2 : Nung ở nhiệt độ cao 12 gam CaCO
3
nguyên chất, sau phản ứng thu được
7,6 gam chất rắn A. Tính hiệu suất của phản ứng.
- Phân tích:
+ Nếu giả sử nhiệt phân hết 12 gam CaCO
3
thì A chỉ có 1 chất là CaO với

khối lượng là 6,72 gam (lý thuyết) < 7,6 gam (thực tế), không phù hợp.
+ Như vậy trong 7,6 gam A phải có CaCO
3
không bị nhiệt phân.
+ Để giải quyết vấn đề, ta phải đặt ẩn số là H%, từ đó suy ra khối lượng
CaCO
3
thực tế phản ứng, từ PTHH tính được khối lượng CaO thực tế sinh ra
+ Do đó khối lượng của A phải gồm: CaO thực tế sinh ra và CaCO
3
còn
lại.
- Giải: (tóm lược)
+ Gọi H% là hiệu suất phản ứng
+ Khối lượng CaCO
3
phản ứng là:
)(12,0
100
12 gH
H
x =
+ PTHH: CaCO
3

→
O
T
CaO + CO
2

Tỉ lệ: 100 (g) 56 (g)
0,12H (g)  0,0672H (g)
+ Từ đó ta có: 7,6 = 0,0672H + (12 – 0,12H), giải ra : H = 83,33
+ Hiệu suất: H% = 83,33%
e. Bài toán hỗn hợp:
* Các lưu ý của dạng toán này:
- Giả sử hỗn hợp gồm A, B, . . .
- Yêu cầu tính trong bài toán hỗn hợp:
+ Thành phần % theo khối lượng:
%100% x
m
m
A
hh
A
=
;
%100% x
m
m
B
hh
B
=
+ Thành phần % theo thể tích (chỉ áp dụng cho chất khí):
%100%100% x
n
n
x
V

V
A
hh
A
hh
A
==
;
%100%100% x
n
n
x
V
V
B
hh
B
hh
B
==

+ Lưu ý: %A + %B + . . . = 100%
- Biểu thức tính khối lượng mol trung bình của hỗn hợp:
Trang 16
SKKN Bồi Dưỡng HSG GV : Bùi Trung Dũng


++
++
==

BA
BBAA
hh
hh
hh
nn
MnMn
n
m
M
+Đối với chất khí:



++
++
=
BA
BBAA
hh
VV
MVMV
M
;
4,22
hh
hh
V
n =
(ở ĐKTC)

- Khi biết khối lượng của V (lít) hỗn hợp khí ở ĐKTC thì qui đổi về khối
lượng của 1 mol (22,4 lít) và áp dụng biểu thức
hh
M
- Hỗn hợp gồm 2 chất A, B (với M
A
< M
B
), khi lập hệ phương trình đại số có
dạng:
Ax + By = a ; (a, b là hằng số)
x + y = b ; (x, y là n
A
, n
B
)
thì ta có :
)()(
BA
hayMB
b
a
hayMA <<
; Biểu thức này thường áp dụng để xác định NTK
của 2 nguyên tố hóa học kế tiếp nhau trong cùng chu kỳ hay cùng nhóm trong bảng hệ
thống tuần hoàn (có thể hiểu giá trị
b
a
là khối lượng mol trung bình).
- Trong quá trình giải chúng ta cần tuân thủ theo các bước chung của bài toán

tính theo PTHH (như đã nói ở trên), luôn đặt ẩn số trong bài toán để tránh nhầm lẫn
giữa các đại lượng với nhau.
- Cần lưu ý rằng đây là dạng toán khá phổ biến trong các đề thi, do đó cần có
hướng đi nhất định cho mỗi cá nhân để dễ dàng giải quyết vấn đề.
* VD 1 : Cho 16,6 gam hỗn hợp Fe và Al tác dụng với dung dịch HCl dư, thu
được 11,2 lít H
2
(ĐKTC). Xác định thành phần % theo khối lượng của Fe và Al trong
hỗn hợp ban đầu.
- Phân tích:
+ Fe và Al đều đứng trước H trong dãy hoạt động hóa học nên đều phản
ứng với HCl.
+ Đề bài cho HCl dư, nên Fe và Al tan hết.
+ Dựa vào 2 dữ kiện đề bài cho, ta lập được hệ phương trình đại số.
- Giải: (tóm lược)
+ Gọi x, y lần lượt là số mol của Fe và Al. Ta có: 56x + 27y = 16,6 (1)
+ Số mol H
2
:
)(5,0
4,22
2,11
2
moln
H
==
+ PTHH : Fe + 2HCl
→
FeCl
2

+ H
2
(a)
x (mol) x (mol)
2Al + 6HCl
→
2AlCl
3
+ 3H
2
(b)
y (mol)
)(
2
3
moly
+ Từ (a) và (b):
5,0
2
3
=+ yx
(2)
+ Giải (1) và (2), suy ra : m
Fe
= 56x = 11,2 (g)

⇒
%Fe =
%5,67%100
6,16

2,11
=x
Trang 17
SKKN Bồi Dưỡng HSG GV : Bùi Trung Dũng

⇒
%Al = 100% - 67,5% = 32,5%
* VD 2 : Cho hỗn hợp khí A ở ĐKTC gồm CO và CO
2
. Biết rằng 5,6 lít khí A
nặng 9,4 gam. Tính thành phần % theo thể tích của mỗi khí trong A.
- Phân tích:
+ Trong bài này cho ta khối lượng của 5,6 lít hỗn hợp khí A, đây chưa
phải là khối lượng của 1 mol.
+ Đề bài cho khí ở ĐKTC, ta có thể qui đổi về khối lượng 1 mol (22,4 lít)
của hỗn hợp A.
+ Đặt ẩn số là số mol của 1 trong 2 chất khí có trong 1 mol hỗn hợp khí,
áp dụng biểu thức
hh
M
để giải.
- Giải: (tóm lược)
+ 5,6 lít A (ĐKTC) nặng 9,4 gam.
Suy ra 1 mol A (22,4 lít) nặng :
)(6,37
6,5
4,94,22
g
x
=

, đây chính là
hh
M
+ Gọi x (mol) là n
CO
, thì :
xn
CO
−=1
2
+ Ta có:
1
44).1(28.
6,37
xx −+
=
, giải ra : x = 0,4 (mol)
Suy ra : %CO = 40% và %CO
2
= 60%
* VD 3 : Cho 6,2 gam 2 kim loại kiềm kế tiếp nhau trong nhóm I của bảng hệ
thống tuần hoàn, tác dụng hết với nước thì thu được 4,48 lít H
2
(ĐKTC). Xác định 2
kim loại kiềm và % theo khối lượng của chúng trong hỗn hợp đầu.
- Phân tích:
+ Kim loại kiềm có hóa trị là I, đều phản ứng được với nước.
+ Dựa vào khối lượng hỗn hợp và thể tích H
2
thu được, ta lập được 2

phương trình đại số có dạng : Ax + By = a
x + y = b
+ Với 4 ẩn số, không thể tìm trực tiếp được. Do đó phải suy ra khối lượng
mol trung bình của 2 kim loại và kết hợp với dữ kiện “kế tiếp nhau trong nhóm I” để
tìm NTK của chúng.
- Giải: (tóm lược)
+ Gọi 2 kim loại kiềm là A và B, có số mol lần lượt là x, y. Ta có:
Ax + By = 6,2 (1)
+ Số mol H
2
:
)(2,0
4,22
48,4
mol=

+ Các PTHH: 2A + 2H
2
O
→
2AOH + H
2
(a)
x (mol)
)(
2
mol
x

2B + 2H

2
O
→
2BOH + H
2
(b)
y (mol)
)(
2
mol
y
+ Từ (a) và (b), ta có:
2
x
+
2
y
= 0,2
⇒
x + y = 0,4 (2)
Trang 18
SKKN Bồi Dưỡng HSG GV : Bùi Trung Dũng
+ Giả sử: A < B , từ (1) và (2) ta có : A <
5,15
4,0
2,6
=
< B
Ta chọn: A = 7 (Li) và B = 23 (Na) , thế vào (1) tính tiếp ta được %
theo khối lượng của 2 kim loại: %Li = 21,17% và %Na = 78,83%

* VD 4 : Cho 14,32 gam hỗn hợp 2 muối kim loại hóa trị I cacbonat tác dụng vừa
đủ với dung dịch axit H
2
SO
4
thu được 2,688 lít khí CO
2
(ĐKTC) và dung dịch muối.
Cô cạn dung dịch này được hỗn hợp muối khan X. Viết phương trình phản ứng xảy ra
và tính khối lượng muối khan X.
(Trích đề thi HSG tỉnh An Giang – năm 2002)
- Phân tích:
+ Bài toán này không yêu cầu xác định công thức của muối, nên ta không
quan tâm đến NTK của 2 kim loại
+ Khi giải: cần đặt công thức của 2 muối, đặt ẩn số, viết PTHH, lập hệ
phương trình, tính ra giá trị của một nhóm ẩn số rồi sau đó thế vào biểu thức tìm khối
lượng của muối tạo thành
- Giải: (tóm lược)
+ Đặt công thức của 2 muối cacbonat là A
2
CO
3
và B
2
CO
3
có số mol lần
lượt trong hỗn hợp là x và y. Ta có: (2A + 60)x + (2B + 60)y = 14,32 (1)
+ Số mol CO
2

:
)(12,0
4,22
688,2
2
moln
CO
==
+ PTHH: A
2
CO
3
+ H
2
SO
4

→
A
2
SO
4
+ CO
2
 + H
2
O (a)
x (mol) x (mol) x (mol)
B
2

CO
3
+ H
2
SO
4

→
B
2
SO
4
+ CO
2
 + H
2
O (b)
y (mol) y (mol) y (mol)
Từ (a) và (b) : x + y = 0,12 (2)
+ Kết hợp (1), (2), (a) và (b) ta có:



=+++=⇒
=+
=+
+
)(64,18)(96)(2
12,0
56,3

)(
4242
gyxByAxm
yx
ByAx
SOBSOA
(Trong bài toán này ta có thể giải theo phương pháp tăng giảm khối lượng:
+ Gốc =SO
4
thay cho gốc =CO
3
khối lượng mol tăng thêm 36 gam (96-60)
+ Trong phản ứng:
)(12,0
234
)()(
molnnn
COCOSO
===
==
+ Khối lượng tăng thêm: 36 x 0,12 = 4,32
)(64,1832,432,14
)(
4242
gm
SOBSOA
=+=⇒
+
)
g. Bài toán xác định công thức phân tử hợp chất hữu cơ:

* Các lưu ý của dạng toán này:
- Dạng bài toán: đốt cháy a gam hợp chất hữu cơ thu được CO
2
, H
2
O, . . . xác
định CTPT hợp chất hữu cơ. Biết M (có thể tính được)
- Phương pháp giải:
@. Phương pháp khối lượng:
+ Tìm m
C
, m
H
, m
O
, . . .
44
12.
2
CO
C
m
m =
;
18
2.
2
OH
H
m

m =
; m
O
= a – m
C
– m
H
. . .
+ Xác định số nguyên tố có trong hợp chất, đặt công thức hợp chất
Trang 19
SKKN Bồi Dưỡng HSG GV : Bùi Trung Dũng
+ Xác định số nguyên tử theo công thức nguyên: (C
x
H
y
O
z
. . .)
n
Lập tỉ lệ:

16
:
1
:
12
::
OHC
mmm
zyx =

Từ giá trị M tìm n
+ Xác định số nguyên tử theo công thức tổng quát: C
x
H
y
O
z
. . .
a
M
m
z
m
y
m
x
OHC
====
1612
Hay:
(%)100

%
16
%%
12 M
O
z
H

y
C
x
====
@.Phương pháp thể tích: dựa vào PTHH của phản ứng cháy tổng quát, từ
đó lập tỉ lệ vào phương trình (thường là số mol hay thể tích), suy ra các biểu thức toán
học để tìm chỉ số nguyên tử.
C
x
H
y
+
)
4
(
y
x +
O
2

→
O
T
xCO
2
+
2
y
H
2

O
C
x
H
y
O
z
+
)
24
(
zy
x −+
O
2

→
O
T
xCO
2
+
2
y
H
2
O
C
x
H

y
N
t
+
)
4
(
y
x +
O
2

→
O
T
xCO
2
+
2
y
H
2
O +
2
t
N
2

C
x

H
y
O
z
N
t
+
)
24
(
zy
x −+
O
2

→
O
T
xCO
2
+
2
y
H
2
O +
2
t
N
2

- Lưu ý:
+ Chất khí ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất , ta xem tỉ lệ về số mol cũng là tỉ lệ
về thể tích.
+ Sản phẩm cháy gồm CO
2
và H
2
O thường được dẫn qua bình đựng H
2
SO
4
đặc (để
xác định khối lượng H
2
O) và bình đựng kiềm (để xác định khối lượng CO
2
).
* VD 1 : Người ta cho 0,7 gam một hợp chất hữu cơ A chứa C, H, O cháy trong
bình đựng oxi dư. Sản phẩm sinh ra cho qua bình đựng dung dịch Ba(OH)
2
thì khối
lượng bình tăng thêm 2,3 gam, đồng thời thu được 2,955 gam muối trung hòa và
3,2375 gam muối axit. Tìm công thức phân tử hợp chất hữu cơ A, biết tỷ khối hơi của
A đối với axetylen là 2,693
(Trích đề thi HSG tỉnh An Giang – năm 2006)
- Phân tích:
+ Khi đốt cháy hợp chất hữu cơ gồm C, H, O thì sản phẩm cháy chỉ gồm
CO
2
và H

2
O.
+ Sản phẩm cháy cùng cho qua bình đựng dung dịch Ba(OH)
2
, do đó khối
lượng tăng thêm 2,3 gam là gồm có khối lượng CO
2
và H
2
O bị hấp thu vào.
+ Do CO
2
phản ứng được với Ba(OH)
2
tạo ra muối (BaCO
3
và
Ba(HCO
3
)
2
), dựa vào khối lượng của 2 muối thu được để tìm khối lượng của CO
2
từ
đó suy ra khối lượng của H
2
O.
+ Từ khối lượng CO
2
, H

2
O và khối lượng của A tìm được m
C ,
m
H
, m
O
+ Từ tỷ khối hơi đối với axetylen tìm được M
A
+ Đặt công thức tổng quát C
x
H
y
O
z
để tìm x, y, z.
- Giải: (tóm lược)
+ Tính số mol:
Trang 20
SKKN Bồi Dưỡng HSG GV : Bùi Trung Dũng
)(015,0
197
955,2
3
moln
BaCO
==
;
)(0125,0
259

2375,3
23
)(
moln
HCOBa
==
+ Phản ứng của CO
2
với Ba(OH)
2
:
CO
2
+ Ba(OH)
2

→
BaCO
3
+ H
2
O
0,015 (mol) 0,015 (mol)
2CO
2
+ Ba(OH)
2

→
Ba(HCO

3
)
2
0,025 (mol) 0,0125 (mol)
+ Từ 2 phản trên tính được:
)(76,144).025,0015,0(
2
gamm
CO
=+=
+ Suy ra khối lượng nước:
)(54,076,13,2
2
gamm
OH
=−=
+ Tìm khối lượng C, H, O:
)(48,0
44
12.76,1
gm
C
==
)(06,0
18
2.54,0
gm
H
==
m

O
= 0,7 – 0,48 – 0,06 = 0,16 (g)
+ Khối lượng mol của A: M
A
= 2,693 x 26 = 70
+ Đặt công thức A: C
x
H
y
O
z
, ta có:
7,0
70
16,0
16
06,048,0
12
===
zyx
; Giải ra: x = 4, y = 6, z = 1
+ Công thức phân tử của A: C
4
H
6
O
( Có thể dựa vào công thức nguyên (C
x
H
y

O
z
)
n
để tìm A:
Tỉ lệ : x : y : z =
1:6:4
16
16,0
1
06,0
12
48,0
===
Với : M = 70, tìm được n = 1. Vậy A là C
4
H
6
O

)
* VD 2 : Trộn 10 lít oxi với 2 lít hỗn hợp gồm hiđrocacbon A và khí cacbonic. Bật
tia lửa điện để đốt cháy hoàn toàn A, thu được 13,6 lít hỗn hợp khí. Dẫn toàn bộ hỗn
hợp khí qua P
2
O
5
thì còn lại 7,2 lít, tiếp tục qua CaO dư thì còn lại 2 lít khí bị hút bởi
P. Xác định công thức phân tử của A (các thể tích khí và hơi được đo ở cùng ĐKTC)
(Trích đề thi HSG tỉnh An Giang – năm 2007)

- Phân tích:
+ Trong hỗn hợp chỉ có hiđrôcacbon cháy, do đó trong 13,6 lít hỗn hợp
khí sau cháy có thể gồm: CO
2
, hơi H
2
O

, O
2
dư
+ Khi dẫn hỗn hợp khí qua P
2
O
5
thì hơi H
2
O

bị hấp thu, do đó thể tích
giảm đi (13,6 – 7,2 = 6,4 lít) chính là thể tích hơi H
2
O.
+ Sau đó tiếp tục dẫn hỗn hợp khí còn lại qua CaO dư (CO
2
bị hấp thu),
thấy còn lại 2 lít khí đó chính là thể tích O
2
dư. Suy ra được thể tích O
2

phản ứng
(10 – 2 = 8 lít)
+ Không thể xác định được thể tích của A trong hỗn hợp ban đầu cũng
như thể tích CO
2
do A phản ứng sinh ra (CO
2
sau phản ứng gồm CO
2
ban đầu và CO
2
mới sinh ra).
+ Dựa vào phản ứng cháy tổng quát, cùng với thể tích oxi phản ứng và
thể tích hơi nước sinh ra để tìm số nguyên tử C, H trong A.
- Giải: (tóm lược)
+ Theo đề bài, ta thấy P
2
O
5
hấp thu nước, CaO hấp thu CO
2
, P hấp thu oxi.
Cùng với các số liệu ta tính được:
Trang 21
SKKN Bồi Dưỡng HSG GV : Bùi Trung Dũng
Thể tích hơi nước sinh ra: 13,6 – 7,2 = 6,4 (lít)
Thể tích oxi dư: 2 (lít)
Thể tích oxi phản ứng: 10 – 2 = 8 (lít)
+ Đặt công thức của A: C
x

H
y
, phản ứng cháy là:
C
x
H
y
+
)
4
(
y
x +
O
2

→
O
T
xCO
2
+
2
y
H
2
O
Tỉ lệ:
)
4

(
y
x +
(l)
2
y
(l)
8 (l) 6,4 (l)
+ Từ tỉ lệ ta có:
4,6
2
8
4
yy
x
=
+
; suy ra :
8
3
=
y
x
+ Chọn: x = 3, y = 8. Công thức của A: C
3
H
8
* VD 3 : Hỗn hợp khí A (ở ĐKTC) gồm những thể tích bằng nhau của metan và
hiđrôcacbon X, có khối lượng riêng bằng 1,34 g/l. Xác định công thức của X.
(Trích đề thi HSG tỉnh An Giang – năm 2001)

- Phân tích:
+ Đề bài cho biết khối lượng riêng 1,34 g/l , nghĩa là đã cho biết khối
lượng của 1 lít khí A (ĐKTC). Từ đó ta qui đổi về khối lượng của 1 mol (22,4 lít) hỗn
hợp A
+ Vì thể tích 2 khí trong hỗn hợp bằng nhau, nên trong 1 mol hỗn hợp thì
số mol của mỗi khí là 0,5 mol.
+ Áp dụng biểu thức tính khối lượng mol trung bình của hỗn hợp để tìm X.
- Giải:
+ Khối lượng của 1 mol hỗn hợp: 1,34 x 22,4
≈
30 (g)
+ Gọi X là C
x
H
y
, trong 1 mol hỗn hợp thì :
)(5,0
4
molnn
CHHC
yx
==
+ Ta có :
1
16.5,0.5,0
30
+
=
yx
HC

⇒
C
x
H
y
= 44. Chỉ có C
3
H
8
là phù hợp
2.3. Bài tập tổng hợp: (từ đề thi các năm qua)
- Sau khi đã hướng dẫn cho học sinh hết các kiến thức và dạng bài tập nêu
trên, tôi tiến hành cung cấp cho học sinh đề thi của các năm qua và tiến hành giải để
củng cố kiến thức.
- Khi giải các đề thi đó, đặc biệt quan tâm đến bài toán hỗn hợp hơn (trong
đó thường có kết hợp với nhiều dạng khác như: nồng độ dung dịch, xác định nguyên tố
hóa học, kim loại phản ứng với muối, . . . )
- Các dạng bài toán khác: CO
2
phản ứng với kiềm thì cung cấp thêm để
học sinh nắm khi nào thì tạo ra muối trung hòa, muối axit hay cùng lúc tạo ra 2 muối ;
Kim loại phản ứng với hỗn hợp dung dịch muối thì phản ứng ưu tiên với muối của kim
loại nào trước ; hay hỗn hợp kim loại phản với dung dịch muối thì kim loại nào phản
ứng hết trước ; tinh thể hiđrat hóa khi hòa tan vào nước hay dung dịch khác thì các
phân tử nước bị tách ra ; bài toán có liên quan đến độ rượu thì trang bị thêm khái niệm
về độ rượu, . . .
- Riêng dạng bài tập lý thuyết thì lưu ý thêm về sự tồn tại hay không tồn
tại của hỗn hợp 2 chất, bài tập về cấu tạo nguyên tử, . . .
Trang 22
SKKN Bồi Dưỡng HSG GV : Bùi Trung Dũng

* VD 1 : Cho 0,2 mol CuO tan trong axit sunfuric 20% , đun nóng (vừa đủ), sau
đó làm nguội dung dịch đến 10
O
C. Tính khối lượng tinh thể CuSO
4
.5H
2
O đã tách khỏi
dung dịch, biết rằng độ tan của của CuSO
4
ở 10
O
C là 17,4 gam/100g H
2
O.
(Trích đề thi HSG tỉnh An Giang – năm 2006)
- Phân tích:
+ Bài toán có liên quan đến tinh thể hidrat hóa và độ tan, tuy nhiên đề
bài chỉ cho biết độ tan sau khi đã làm nguội (10
O
C), nhiệt độ và độ tan ban đầu chưa
biết.
+ Hướng giải: tính khối lượng của CuSO
4
sinh ra, tính khối lượng dung
dịch sau phản ứng (bằng khối lượng CuO + khối lượng dd H
2
SO
4
), từ đó suy ra lượng

nước có trong dung dịch.
+ Đặt ẩn số cho khối lượng của tinh thể bị tách ra, từ ẩn số tính được
khối lượng của CuSO
4
và H
2
O

bị tách ra, đồng thời tính được khối lượng của CuSO
4
và H
2
O còn lại trong dung dịch.
+ Từ độ tan ở 10
O
C , lập tỉ lệ để tìm ẩn số đã đặt.
- Giải: (tóm lược)
+ PTHH: CuO + H
2
SO
4

→
CuSO
4
+ H
2
O
Tỉ lệ: 0,2 (mol) 0,2 (mol) 0,2 (mol)
+ Từ tỉ lệ ở PTHH và đề bài, tính được: (chưa làm nguội)

m
dd sau phản ứng
=
)(114100
20
982,0
802,0
42
gx
x
xmm
SOddHCuO
=+=+
)(321602,0
4
gxm
CuSO
==
)(8232114
2
gm
OH
=−=
+ Khi làm nguội đến 10
O
C, có a gam tinh thể CuSO
4
.5H
2
O tách ra. Tương

đương với 0,64a gam CuSO
4
và 0,36a gam H
2
O tách ra, do đó trong dung dịch còn lại:
(32 – 0,64a) gam CuSO
4
và (82 – 0,36a) gam H
2
O
+ Ở 10
O
C ta có :
100 gam nước hòa tan được 17,4 gam CuSO
4
(82 – 0,36a) gam nước hòa tan được (32 – 0,64a) gam CuSO
4
Suy ra :
aa 64,032
4,17
36,082
100
−
=
−
; Giải ra : a = 30,71 (g)
* VD 2 : Hấp thụ hoàn toàn 3,36 lít CO
2
(ĐKTC) vào 200 ml dung dịch NaOH
1M. Tính khối lượng mỗi chất tạo thành sau phản ứng.

(Trích đề thi HSG tỉnh An Giang – năm 2010)
- Phân tích:
+ Trong bài toán CO
2
phản ứng với NaOH, cần phải so sánh về số mol
của 2 chất phản ứng để xác định sản phẩm tạo ra muối nào:
NaOHCO
nn =
2
Sản phẩm tạo thành muối axit
NaOHCO
nn 2
2
=
Sản phẩm tạo thành muối trung hòa
22
2
CONaOHCO
nnn <<
Sản phẩm tạo thành gồm 2 loại muối trên
+Qua tính toán số mol từ số liệu đề bài(
)(15,0
2
moln
CO
=
;
)(2,0 moln
NaOH
=

), ta thấy bài toán rơi vào trường hợp tạo thành 2 muối. Dạng bài toán này có nhiều
cách giải (bên dưới trình bày 3 cách)
Trang 23
SKKN Bồi Dưỡng HSG GV : Bùi Trung Dũng
- Giải: (tóm lược)
+ Trước hết tính số mol:
)(15,0
2
moln
CO
=
;
)(2,0 moln
NaOH
=
Ta thấy :
22
2
CONaOHCO
nnn <<
, do đó sản phẩm tạo ra hỗn hợp 2 muối.
@. Cách 1:
+ Trước tiên phản ứng tạo ra muối trung hòa và NaOH xem như phản ứng hết:
CO
2
+ 2NaOH
→
Na
2
CO

3
+ H
2
O (1)
0,1 (mol) 0,2 (mol) 0,1 (mol)
+ Sau đó CO
2
dư (0,15 – 0,1 = 0,05 mol) phản ứng hết với Na
2
CO
3
để tạo ra
muối axit:
CO
2(dư)
+ Na
2
CO
3
+ H
2
O
→
2NaHCO
3
(2)
0,05 (mol) 0,05 (mol) 0,1 (mol)
+ Qua phản ứng (1) và (2), ta có:
)(4,8841,0)(1,0
33

gxmmoln
NaHCONaHCO
==⇒=
)(3,510605,0)(05,005,01,0
3232
gxmmoln
CONaCONa
==⇒=−=
@. Cách 2:
+ Trước tiên phản ứng tạo ra muối axit và CO
2
xem như phản ứng hết:
CO
2
+ NaOH
→
NaHCO
3
(1)
0,15 (mol) 0,15 (mol) 0,15 (mol)
+ Sau đó NaOH dư (0,2 – 0,15 = 0,05 mol) phản ứng hết với NaHCO
3
để tạo
thành muối trung hòa:
NaOH
(dư)
+ NaHCO
3

→

Na
2
CO
3
+ H
2
O (2)
0,05 (mol) 0,05 (mol) 0,05 (mol)
+ Qua phản ứng (1) và (2), ta có:
)(4,8841,0)(1,005,015,0
33
gxmmoln
NaHCONaHCO
==⇒=−=
)(3,510605,0)(05,0
3232
gxmmoln
CONaCONa
==⇒=
@. Cách 3:
+ Gọi x, y lần lượt là số mol của muối Na
2
CO
3
và NaHCO
3
sinh ra
+ PTHH: CO
2
+ 2NaOH

→
Na
2
CO
3
+ H
2
O
x (mol) 2x (mol) x (mol)
CO
2
+ NaOH
→
NaHCO
3

y (mol) y (mol) y (mol)
+ Từ 2 phản ứng và đề bài ta có hệ phương trình:














==
==
⇒
=
=
⇒
=+
=+
)(4,884.1,0
)(3,5106.05,0
1,0
05,0
2,02
15,0
3
32
gm
gm
y
x
yx
yx
NaHCO
CONa
(Với 3 cách trên ta thấy ra cùng kết quả, tuy nhiên:
+Cách 1 là đúng nhất, vì lúc đầu khi mới hấp thụ vào thì lượng CO
2
còn rất ít,
NaOH dư nên phải trung hòa trước, sau đó dư CO

2
mới tạo thành muối axit.
+Cách 2, 3 tuy cùng kết quả nhưng bản chất hóa học không đúng. Vì tương tự khi
làm thí nghiệm dẫn khí CO
2
vào dung dịch Ca(OH)
2
đầu tiên ta thấy tạo thành kết tủa
và chỉ khi CO
2
dư thì kết tủa mới tan:
CO
2
+ Ca(OH)
2

→
CaCO
3

+ H
2
O
CO
2(dư)
+ CaCO
3
+ H
2
O

→
Ca(HCO
3
)
2
Trang 24
SKKN Bồi Dưỡng HSG GV : Bùi Trung Dũng
+Cách 3 chỉ được dùng khi khẳng định tạo thành hỗn hợp 2 muối, nghĩa là:
22
2
CONaOHCO
nnn <<
)
* VD 3: Cho biết khối lượng riêng của rượu etilic là 0,8 g/ml và của nước là 1
g/ml, giả thiết quá trình pha trộn rượu và nước, tổng thể tích của dung dịch tạo thành
không thay đổi. Tính thể tích khí hiđrô (ĐKTC) thoát ra khi cho 20 ml rượu 42
O
tác
dụng với lượng dư Na kim loại. (Trích đề thi HSG tỉnh An Giang – năm 2003)
- Phân tích:
+ Từ độ rượu ta tính được thể tích rượu nguyên chất và thể tích nước có
trong 20 ml rượu, kết hợp với khối lượng riêng tính được số mol của rượu và nước.
+ Na dùng dư, nên cả rượu và nước đều phản ứng hết.
+ Có thể dùng công thức sau để tìm thể tích rượu nguyên chất:
100x
V
V
Đ
dd
R

R
=
(với Đ
R
là độ rượu)
- Giải: (tóm lược)
+ Thể tích của rượu nguyên chất và nước là:
)(4,8
100
2042
ml
x
V
R
==
;
)(6,114,820
2
gV
OH
=−=
+ Suy ra khối lượng và số mol của rượu rà nước:
)(15,0
46
72,6
)(72,68,04,8 molngxm
RR
==⇒==
)(64,0
18

6,11
)(6,1116,11
22
molngxm
OHOH
==⇒==
+ PTHH: C
2
H
5
OH + Na
→
C
2
H
5
ONa +
2
1
H
2

0,15 (mol)
)(
2
15,0
mol
H
2
O + Na

→
NaOH +
2
1
H
2

0,64 (mol)
)(
2
64,0
mol
+ Từ 2 phản ứng trên, thể tích của H
2
là:

)(848,84,22)
2
64,0
2
15,0
( lx =+
2.4. Các lưu ý mà học sinh cần ghi nhớ:
- Trong tất cả các PTHH đều phải được cân bằng, ghi đầy đủ điều kiện của phản
ứng (nếu có).
- Trong tính toán, các đại lượng đưa vào biểu thức để tính phải có cơ sở xuất phát
như: từ phản ứng nào hay theo đề bài, . . .
- Đọc kỹ đề bài, phân tích định ra hướng giải cụ thể cho từng dạng câu hỏi, sau đó
mới tiến hành giải.
IV. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm :

Bản thân tôi đã tham gia bồi dưỡng HSG nhiều năm (từ năm học 1999-2000 đến
nay), trong thời gian đầu hiệu quả rất thấp, do nhiều nguyên nhân:
+ Không nắm được chương trình bồi dưỡng
Trang 25