SKKN HÓA 8_LÝ THUYẾT VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP PHẦN DUNG DỊCH

PHNG GIO DC QUN HONG MAI
*
SNG KIẾN KINH NGHIỆM
LÝ THUYẾT V PHƯƠNG PHP
GIẢI MỘT SỐ DẠNG BI TP PHẦN DUNG DỊCH
MÔN : HÓA HỌC
Năm h,c 2014-2015
MC LC
MỤC LỤC 1

A. ĐẶT VẤN ĐỀ 1
I. Lý do chọn đề tài 1
II. Mức độ nghiên cứu của sáng kiến kinh nghiệm 1
III. Đối tượng, khách thể và nội dung nghiên cứu 1
IV. Mục đích chuyên đề: 1
V. Kết cấu của đề tài sáng kiến kinh nghiệm 1
B. NỘI DUNG 2
PHẦN THỨ NHẤT 2
THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ 2
I.Thuận lợi : 2
II.Khó khăn : 2
PHẦN THỨ HAI 2
NỘI DUNG 2
I. KIẾN THỨC 2
II. CÁC DẠNG BÀI TẬP CƠ BẢN 3
III. BÀI TẬP VẬN DỤNG 13
PHẦN THỨ BA 22
BÀI HỌC KINH NGHIỆM VÀ Ý KIẾN ĐỀ XUẤT 22
I.Bài học kinh nghiệm 22
A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I. Lý do chọn đề tài

Xuất phát từ nhiệm vụ năm học 2014-2015 do nhà trường và cấp trên
giao cho là phải tập trung nâng cao chất lượng, số lượng học sinh giỏi ở các khối
lớp và có học sinh đạt giải ở các cuộc thi cấp Quận và Thành phố .
Khi bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hoá học 8 tôi nhận thấy: Kiến thức của
phần Dung dịch rất mới và khó, học sinh còn gặp nhiều lúng túng và khó khăn
khi làm bài.
Mặt khác, phần Dung dịch không chỉ áp dụng khi bồi dưỡng học sinh giỏi
Hoá 8 mà còn đặc biệt cần thiết và quan trọng trong chương trình bồi dưỡng học
sinh giỏi Hoá 9.
Chính vì vậy, để học sinh nắm chắc và vận dụng kiến thức phần Dung
dịch, tôi quyết định chọn đề tài : “Lý thuyết và phương pháp giải một số dạng
bài tập phần dung dịch.”
II. Mức độ nghiên cứu của sáng kiến kinh nghiệm
Với phạm vi sáng kiến kinh nghiệm này tôi xin trao đổi với các đồng
nghiệp các dạng bài tập phần cơ bản phần dung dịch cũng như phương pháp,
định hướng cách giải cho học sinh khi gặp những bài tập thuộc nội dung này.
III. Đối tượng, khách thể và nội dung nghiên cứu .
1. Đối tượng nghiên cứu
Do điều kiện hạn chế về thời gian nên chuyên đề chỉ đề cập tới một số
dạng bài tập của phần dung dịch trong chương trình lớp 8 và đầu lớp 9.
2. Khách thể nghiên cứu : chương trình bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học
3. Phạm vi nghiên cứu: Hướng dẫn học sinh phương pháp giải các bài toán
thuộc phần dung dịch
IV. Mục đích chuyên đề:
Giúp cho học sinh biết hệ thống hoá và vận dụng tốt kiến thức khi học
phần Dung dịch. Thông qua chuyên đề, cùng đồng nghiệp có thêm điều kiện
trao đổi, chia sẻ thông tin, bàn bạc và đưa ra những giải pháp tối ưu về phương
pháp bồi dưỡng học sinh đội tuyển môn Hoá . Từ đó tạo niềm hứng thú, say mê
trong giảng dạy và học tập bộ môn Hoá học của tập thể thầy, trò trường chúng
tôi.

V. Kết cấu của đề tài sáng kiến kinh nghiệm
Ngoài phần đặt vấn đề, kết luận, tài liệu tham khảo, đề tài gồm có 3 phần
- Phần 1 : Nêu thực trạng của vấn đề
- Phần 2 : Mô tả và giới thiệu các nội dung và phương pháp giải
- Phần 3 : Kết quả, bài học kinh nghiệm và kiến nghị .
1/24
B. NỘI DUNG
PHẦN THỨ NHẤT
THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ
I. Thuận lợi :
- Nhà trường luôn tạo điều kiện thuận tiện cho giáo viên và học sinh trong
các buổi học bồi dưỡng học sinh giỏi
- Phòng Giáo dục và Đào tạo mở các chuyên đề tập huấn cho giáo viên các
chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi .
- Tài liệu ôn thi học sinh giỏi được phổ biến rộng rãi, tạo nguồn học liệu
phong phú cho cả giáo viên và học sinh
II. Khó khăn :
- Thời gian bồi dưỡng học sinh giỏi còn thiếu, gây khó khăn cho giáo viên
và học sinh khi mà cần học một khối lượng kiến thức lớn.
- Học sinh đôi khi chưa thực sự chủ động, tích cực trong học tập.
PHẦN THỨ HAI
NỘI DUNG
I. KIẾN THỨC
1. Nồng độ phần trăm dung dịch

% .100%
ct
dd
m
C

m
=
C%: Nồng độ % của dung dịch (đơn vị: %)
m
ct
: Khối lượng chất tan (đơn vị: g)
m
dung dịch
: Khối lượng dung dịch (đơn vị: g)
2. Nồng độ mol của dung dịch
C
M
=
V
n
C
M
: Nồng đô mol (đơn vị: mol/l = M)
n: Số mol chất tan (đơn vị: mol)
V: Thể tích dung dịch (đơn vị: lít)

2/24
3. Khối lượng dung dịch
m
dung dịch =
m
ct
+ m
dm
Hoặc: m

dung dịch
= V.D
m
dm
: Khối lượng của dung môi (đơn vị: g)
V: Thể tích dung dịch (đơn vị: ml)
D: Khối lượng riêng của dung dịch (đơn vị: g/ml)
4. Sự chuyển đổi giữa nồng độ phần trăm và nồng độ mol

10.
%.
M
D
C C
M
=
5. Độ tan

100.
dm
ct
m
m
S
=
m
ct
: Khối lượng chất tan ; m
dm
: Khối lượng của dung môi

6. Mối liên hệ giữa độ tan và nồng độ phần trăm

% 100%
100
S
C
S
=
+
II. CC DẠNG BI TP CƠ BẢN
1. Dạng 1: Pha trộn dung dịch không xảy ra phản ứng hoá học
1. Đặc điểm:
Bài tập dạng này thường áp dụng khi pha trộn dung dịch của cùng một
loại chất tan với nhau, pha trộn 1 dung dịch với nước, pha trộn nước với một
tinh thể bất kỳ hay pha trộn một dung dịch với một tinh thể của cùng loại chất
tan .
2. Phương pháp làm:
Cách 1: Dùng phương pháp đường chéo
* Phương pháp đường chéo gồm 3 bước và chỉ áp dụng khi pha trộn 2
dung dịch của cùng một loại chất tan và không có phản ứng xảy ra:
+ B1: Gọi tên các dung dịch: dung dịch1 ; dung dịch2.
+ B2: Sử dụng công thức đường chéo
+ B3: Lập tỷ số và rút ra tỷ lệ từ đó tính lượng chất liên quan

Phương pháp đường chéo thường áp dụng các công thức sau:
3/24
- Công thức đường chéo dùng cho C%.
(Áp dụng khi pha trộn 2 dung dịch để tạo ra 1 dung dịch mới)
dd1 1 2
dd2 2 1

% % %
%
% % %
m C C C
C
m C C C
−
−
(C%
1
< C% < C%
2
)

1
2
dd
2
dd 1
% %
% %
m
C C
m C C
−
→ =
−
- Công thức đường chéo dùng cho C
M
dd1 1 2

dd2 2 1
( )
( )
M M M
M
M M M
V lit C C C
C
V lit C C C
−
−
(C
M1
< C
M
< C
M2
)

1
2
dd
2
dd 1
M M
M M
V
C C
V C C
−

→ =
−
- Công thức đường chéo dùng cho Dung dịch
d
(Khối lượng riêng của
dung dịch)
dd1 dd1 dd2 dd
dd
dd2 dd2 dd dd1
( )
( )
V ml D D D
D
V ml D D D
−
−
(Dung dịch
d1
< Dung dịch
d
< Dung
dịch
d2
)

1
2
dd
dd2 dd
dd dd dd1

V
D D
V D D
−
→ =
−
* Chú ý:
+ Dung môi nguyên chất ( Dung môi thường là H
2
O) có :

2 2 2
3
% 0%; 0( ); 1 / 1 /
H O MH O H O
C C M D g ml g cm
= = = =
+ Chất tan nguyên chất có:

C% = 100%
+ Trong dung dịch sau khi pha trộn có :
m
dung dịch mới
= m
dung dịch 1
+ m
dung dịch2
; V
dung dịch mới
≈ V

dung dịch1
+ V
dung dịch2

4/24
+ Tinh thể hiđrat (A

n.H
2
O) có

( )
% .100%
18.
A
A trongtinhthe
A
M
C
M n
=
+
(Khi đó :C
M
thì rất lớn; Dung dịch
d
= D
tinh thể
; coi tinh thể hiđrat là 1 dung
dịch)

* Bài tập minh họa cho cách 1:
Bài 1: (Tài liệu luyện thi Hoá h,c)
Cần cho bao nhiêu (g) NaOH vào bao nhiêu (g) H
2
O để có 120(g) dung
dịch NaOH 10%.
Giải:
Gọi H
2
O là dung dịch1 với : C%
1
= 0%; có m
dung dịch1
= m
1
(g)
Gọi NaOH là dung dịch2 với: C%
2
= 100%; có m
dung dịch2
= m
2
(g)
Áp dụng sơ đồ đường chéo ta có
1 1
2 2
( ) % 0% 100% 10%
10%
( ) % 100% 10% 0%
M

m g C
C
m g C
= −
=
= −
1 1
1 2
2 2
90% 9
9.
10% 1
m m
m m
m m
→ = → = → =
(1)
Lại có: m
dung dịch mới
= m
1
+ m
2
= 120(g) (2)
Từ (1) và (2) ta có: m
1
= 108 (g)
m
2
= 12 (g)

Vậy: Cần pha 12 g NaOH với 108 g H
2
O được dung dịch NaỌH 10%.
Bài 2:
Trộn 200ml dung dịch HCl 1,5M với 300ml dung dịch HCl 2,5M. Tính C
M
của dung dịch thu được.
Giải:
5/24
Gọi dung dịch HCl 1,5M là dung dịch1 có : V
1
= 0,2(l); C
M1
= 1,5M
Gọi dung dịch HCl 2,5M là dung dịch2 có : V
2
= 0,3(l); C
M2
= 2,5M
Áp dụng sơ đồ đường chéo ta có :
1 1
2 2
1
2
0,2( ) 1,5 2,5
0,3( ) 2,5 1,5
2,5 2,50,2
2,1( )
1,5 0,3 1,5
M M

M
M M
M M
M
M M
V l C M C
C
V l C M C
V C C
C M
V C C
= = −
= = −
− −
→ = → = → =
− −
Vậy C
M
của dung dịch thu được là 2,1(M).
Bài 3:
Cần phải lấy bao nhiêu ml dung dịch NaOH (D=1,4 g/ml) trộn với bao
nhiêu ml NaOH (D = 1,1 g/ml) để được 600ml dung dịch NaOH (D = 1,2g/ml)
Giải
Gọi dung dịch NaOH (D=1,1g/ml) là dung dịch1 với : Vdung dịch = V
1
(ml)
Gọi dung dịch NaOH (D=1,4g/ml) là dung dịch2 với: Vdung dịch = V
2
(ml)
Áp dụng sơ đồ đường chéo ta có :

1 1
2 2
1 1
1 2
2 2
( ) 1,1( / ) 1,4 1,2
1,2( / )
( ) 1,4( / ) 1,2 1,1
0,2 2
2 (1)
0,1 1
V ml D g ml
D g ml
V ml D g ml
V V
V V
V V
= −
=
= −
→ = → = → =
Lại có: V
dung dịch mới
= V
1
+ V
2
= 600ml (2)
Từ (1) và (2) ta có : V
1

= 400 ml
V
2
= 200 ml
Vậy cần lấy 400ml dung dịch NaOH (D = 1,1g/ml) trộn với 200ml dung
dịch NaOH (D=1,4g/ml)
Bài 4:
6/24
Xác định khối lượng FeSO
4
.7H
2
O cần để khi hoà tan vào 372,2(g) H
2
O thì
được dung dịch FeSO
4
3,8%.
Giải:
Gọi H
2
O là dung dịch1 với: m
dung dịch 1
= 372,2 (g) ; C%
1
= 0%.
Gọi FeSO
4
.7H
2

O là dung dịch2 với : m
dung dịch 2
= m(g); C%
2
=
152
.100% 54,7%
278
≈
Áp dụng sơ đồ đường chéo ta có:
1
2
372,2( ) % 0% 54,7% 3,8%
% 3,8%
( ) % 54,7% 3,8% 0%
372,2 50,9
27,8( )
3,8
g C
C
m g C
m g
m
= −
=
= −
→ = → ≈
Vậy: Cần phải dùng 27,8(g) tinh thể FeSO
4
.7H

2
O vào 372,2(g) H
2
O được
dung dịch FeSO
4
3,8%.
Cách 2: Dùng phương pháp đại số
Phương pháp đại số áp dụng cho pha trộn nhiều dung dịch khi không xảy
ra phản ứng hoá học và các công thức tính sau:
* Công thức tính C% sau khi pha trộn:
+ Tính m
ct
sau khi pha trộn = m
ct mới
= m
ct1
+ m
ct2
+ …. + m
ctn
+ Tính m
dung dịch
sau khi pha trộn = m
dung dịch mới
= m
dung dịch1
+ m
dung dịch2
+ ….

+ m
dung dịch n
dd
% .100%
ctmoi
moi
moi
m
C
m
=
* Công thức tính C
M
sau khi pha trộn:
+ n
sau khi pha trộn
= n
mới
= n
1
+ n
2
+ … + n
n
+ V
dung dịch sau khi pha trộn
= V
dung dịch mới
≈ V
dung dịch1

+ V
dung dịch2
+ …. + V
dung dịch n
C
Mmới
dd
.100%
moi
moi
n
V
=
* Công thức tính Dung dịch
d
sau khi pha trộn :
+ m
dung dịch1
= V
dung dịch1
. D
1
; m
dung dịch2
= V
dung dịch2
. D
2
; ….; m
dung dịch n

= V
dung
dịch n
. D
n
+ m
dung dịch mới
= m
dung dịch1
+ m
dung dịch2
+ … + m
dung dịch n

-> V
dung dịch mới
.D
mới
= V
dung dịch1
. D
1
+ V
dung dịch 2
. D
2
+ …. + V
dung dịchn
.
Dung dịch

dd1 1 dd2 2 dd
dd
. . .
n n
moi
moi
V D V D V D
D
V
+ + +
=
* Bài tập minh họa cho cách 2 :
7/24
(Đề bài là bài tập minh họa của phương pháp đường chéo)
Bài tập 1:
Giải:
Vì khi cho NaOH vào H
2
O thì : H
2
O là dung môi, NaOH là chất tan.
Ta có : m
NaOH cho vào
= m
NaOH sau khi pha trộn
=
10.120
12
100
g

=
.
Lại có : m
dung dịch mới
= 120  m
H
2
O
= 120 – 12 = 108 (g)
Vậy phải pha 12(g) NaOH với 108(g) H
2
O.
Bài tập 2:
Giải
Theo giả thiết:
1,5
2,5
1,5.0,2 0,3
2,5.0,3 0,75
HCl M
HCl M
n mol
n mol
= =



= =



⇒
n
HCl mới
= 0,3 + 0,75 = 1,05(mol)
Lại có: V
dung dịch mới
= 200 + 300 = 500 ml = 0,5 l
1,05
2,1( / ) 2,1
0,5
HCl
M
C mol l M
= = =
Vậy HCl sau khi pha trộn có nồng độ là 2,1 (M.)
Bài tập 3:
Giải
Gọi V
dung dịch
NaOH (1,1 g/ml) = V
1
(ml)
Gọi V
dung dịch
NaOH (1,4 g/ml) = V
2
(ml) (V
1
, V
2

>0)
Khi đó:
dd1 1 dd2 2
1,1 ( ); 1, 4 ( )m V g m V g
= =
⇒
m
dung dịchmới
= 1,1V
1
+ 1,4V
2
(g)
⇒
V
dung dịchmới
.Dung dịch
dmới
= 1,1V
1
+ 1,4V
2
⇔
600.1,2 = 1,1V
1
+ 1,4V
2
⇔
720 = 1,1V
1

+ 1,4V
2
(1)
Mặt khác: V
1
+ V
2
= 600 (2)
Từ (1) và (2)
1
2
400
200
V ml
V ml
=

→

=

Vậy phải dùng 400 ml NaOH (1,1g/ml) với 200ml dung dịch NaOH
(1,4g/ml) được 600 ml dung dịch NaOH 1,2 g/ml.
Bài tập 4: Giải:
8/24
Đặt:
4 2
.7
( )
FeSO H O

m m g
=

4 4 2
.7
278
FeSO FeSO H O
m
n n mol
⇒ = =
Khi đó:
4
76.
.152 ( )
278 139
FeSO
m m
m g
= =
Mặt khác:
4( )
76.
139
% .100% 3,8%
372,2
76
.100 3.8 27,8( )
139( 372,2)
saukhiphaloang
FeSO

m
C
m
m
m g
m
= =
+
⇔ = → =
+
Vậy
4 2
.7FeSO H O
m
cần cho vào
= 27,8 (g)
Dạng 2: Pha trộn dung dịch xảy ra phản ứng hoá h,c
1. Đặc điểm:
Bài tập này phải dựa vào PƯHH để xác định
2. Phương pháp làm:
Pha trộn dung dịch xảy ra phản ứng hoá học gồm có 4 bước:
+ B
1
:Viết PTPƯ hóa học xảy ra để biết chất tạo thành sau phản ứng.
+ B
2
: Tính số mol (hoặc khối lượng) của các chất sau phản ứng.
+ B
3
: Tính khối lượng hay thể tích dung dịch sau phản ứng.

+ B
4
: Tính nội dung đầu bài yêu cầu.
* Cách tính khối lượng; Thể tích dung dịch sau phản ứng:
m
dung dịchmới
=
∑
m
dung dịchđem trộn
- m
kết tủa sau pứ
hoặc m
chất khí sau pứ
( Nếu có)
V
dung dịchmới
≈
∑
V
dung dịch đem trộn
* Chú ý:

V
dung dịch

chất rắn
≈ 0; V
dung dịch

chất khí
≈ 0
3. Bài tập minh họa:
Bài tập 1:
Hoà tan 47(g) K
2
O vào 177(g) H
2
O. Tính nồng độ % của dung dịch thu
được sau phản ứng.
Giải:
Theo gt:
2
2
47
0,5
94
177 59
18 6
K O
H O
n mol
n mol

= =




= =



PTPƯ: K
2
O + H
2
O
→
2KOH
9/24
4 2
.7
( )
278
FeSO H O
m
n mol⇒ =
Ta có
2 2
0
59
0,5
6
1 1 1 1
K H O
n n
= < = →
K
2
O hết; H

2
O dư
Theo PT:
2
2. 2.0,5 1
1.56 56
KOH K O
KOH
n n mol
m g
= = =
→ = =
Vì H
2
O dư vẫn nằm trong dung dịch sau pư nên
m
dung dịch sau pư
=
2 2
47 177 224
K O H O
m m
+ = + =
(g)

56
% .100% 25%
224
KOH
C

= =
Vậy C%
KOH
= 25%.
Bài tập 2
Cho 34,5g Na tác dụng với 180g H
2
O. Tính C% của dung dịch sau phản
ứng.
Giải:
Theo gt:
2
34,5 180
1,5 ; 10
23 18
Na H O
n mol n mol
= = = =
PTPU:
2 2
2 2 0 2Na H NaOH H
+ → + ↑
Ta có :
2
1,5 10
2 2 2 2
H O
Na
n
n

= < = →
Na hết, H
2
O dư.
Theo PT : n
NaOH
= n
Na
= 1,5 mol.
-> m
NaOH
= 1,5 .40 = 60(g)
m
dung dịch sau pứ
= m
Na
+
2 2
1,5
34,5 180 .2 213( )
2
H O H
m m g
− = + − =
60
% .100% 28,2%
213
NaOH
C
= ≈

Vậy : C%
NaOH
= 28,2%
Bài tập 3
Cho 114g dung dịch H
2
SO
4
20% vào 400(g) dung dịch BaCl
2
5,2%.
a. Viết PTPƯ.
b. Tính nồng độ % các chất có trong dung dịch sau khi lọc bỏ kết tủa.
Giải:
a. Viết PTPU:
2 4 2 4
aS 2H SO BaCl B O HCl
+ → ↓ +
b. Theo gt:
2 4
2
114.20 57
( )
100.98 245
400.5,2
0,1
100.208
H SO
BaCl
n mol

n mol

= =




= =


10/24
Ta có :
2 4 2
57 0,1
1 245 1 1
H SO BaCl
n n
= > =
-> BaCl
2
hết; H
2
SO
4
dư.
Trong dung dịch sau khi lọc bỏ kết tủa có : HCl; H
2
SO
4dư
.

Theo PT: n
HCl
= 2.
2
2.0,1 0,2
BaCl
n mol
= =
-> m
HCl
= 0,2 .36,5 = 7,3 (g)
Theo PT:
2 4 2
0,1
H SO pu BaCl
n n mol
= =

2 4
57 13
0,1
245 98
H SO du
n mol
→ = − =

2 4
13
.98 13
98

H SO du
m g
→ = =
2 4 2 4
2 4
dd dd H dd
dd
114 400 0,1.233 490,7( )
7,3
% .100% 1,49%
490,7
13
% .100% 2,65%
490,7
saupu SO BaCl BaSO
saupu
HCl
H SO du
m m m m
m g
C
C
= + −
⇔ = + − =
= ≈
= =
Dạng 3: Bài toán về độ tan
1. Đặc điểm:
Bài toán có liên quan tới độ tan.
2.Phương pháp:

- Phải sử dụng công thức độ tan và mối liên quan tới độ tan.
- Vận dụng linh hoạt các gt đã cho . Từ đó tính nội dung đầu bài hỏi.
3. Bài tập minh họa:
Bài tập 1
a. Hoà tan 7,18 (g) NaCl vào 20 (g) H
2
O ở 20
o
C thì được dung dịch bão
hoà. Tính độ tan của NaCl ở nhiệt độ đó.
b. Độ tan của KCl ở 40
o
C là 40(g). Tính số (g) KCl có trong 350g dung
dịch bão hoà ở nhiệt độ đó.
Giải:
a. Áp dụng công thức về độ tan ta có:
7,18
.100 35,9( )
20
NaCl
S g= =
Vậy độ tan của NaCl ở 20
o
C là: 35,9 (g)
b. Đặt :
( )( 0)
KCl
m a g a= >
-> m
dm

= 350 – a (g)
Áp dụng công thức :
4
.100 40 0,4
350 350 100
100( )
KCl
a a
S
a a
a g
= = ⇔ = =
− −
→ =
11/24
Vậy trong 350(g) dung dịch KCl ở 40
o
C có 100 (g) KCl.
Bài tập 2 :
a. Độ tan của NaCl ở 21
o
C là 36(g) xác định nồng độ % của dung dịch bão
hoà ở nhiệt độ trên.
b. Dung dịch bão hoà muối NaNO
3
ở 10
o
C có nồng độ % là 44,44%. Tính
độ tan của NaNO
3

ở nhiệt độ đó.
Giải:
a. Ta có:
36
% .100% .100% 26,5%
100 136
NaCl
S
C
S
= = =
+
Vậy : C%
NaCl
= 26,5%.
b. Từ công thức:
.100
% .100% 44,44% .100% 44,44 80( )
100 100 100
S S S
C S g
S S S
= ⇔ = ⇔ = → ≈
+ + +
Vậy độ tan của NaNO
3
ở 10
o
C là 80 (g)
Dạng 4: Bài toán về khối lượng chất kết tinh

1. Đặc điểm:
Bài toán thường hạ từ nhiệt độ cao xuống nhiệt độ thấp, khi đó khối
lượng chất tan đã vượt quá độ bão hoà của dung dịch. Lúc đó xuất hiện khối
lượng chất kết tinh.
2. Phương pháp:
Bài toán về khối lượng chất kết tinh thường sử dụng các bước sau:
+ Bước 1: Xét độ tan ở nhiệt độ cao -> m
ct
; m
H2O
ở nhiệt độ cao.
+ Bước 2: Xét độ tan ở nhiệt độ thấp -> m
ct
ở nhiệt độ thấp.
+ Bước 3: Khi đó : m
kết tinh
= m
ct
(ở nhiệt độ cao) – m
ct
(ở nhiệt độ thấp)
* Lưu ý: Đầu bài yêu cầu tính khối lượng tinh thể hoặc tìm công thức của
tinh thể thì cũng làm tương tự các bước trên . thêm bước đặt ẩn phụ hoặc đặt
công thức của tinh thể.
3. Bài tập minh họa:
Bài 1:
Tính khối lượng AgNO
3
kết tinh khỏi dung dịch khi làm lạnh 450(g) dung
dịch bão hoà ở 80

o
C xuống 20
o
C. Biết : Độ tan của AgNO
3
ở 80
o
C là 668 (g) và
ở 20
o
C là 222(g).
Giải:
Đặt : m
AgNO3
(ở 80
o
C) = a (g) ; m
AgNO3(
ở 20
0

c) = b (g) (a, b > o)
* Xét ở t
o
= 80
o
C
Ta có : S
AgNO3(ở 80
0

C )
= a.100/ (450-a)
↔
668 = 100.a/( 450- a) a= 391,4(g)
 m
H2O
= 450 -391,4 =58,6 (g)
12/24
* Xét ở t
o
= 20
o
C
Ta có :
3
3
( 20 )
.100
.100 222 130( )
58,6 58,6
o
AgNO
AgNO o C
b b
S b m g= ⇔ = → = =
Khi đó : m
AgNO3
(kết tinh) = 394,4 – 130 = 261,4 (g)
Vậy từ khi hạ từ 80
o

C xuống 20
o
C có 261,4(g) AgNO
3
kết tinh.
Bài tập 2
Độ tan của CuSO
4
ở nhiệt độ t
1
= 20(g); t
2
= 34,2(g) (t
2
>t
1
). Người ta lấy
134,2(g) dung dịch CuSO
4
bão hoà ở nhiệt độ t
2
hạ xuống t
1
.Tính số (g)
CuSO
4
.5H
2
O tách ra khỏi dung dịch khi hạ từ t
2

xuống t
1.
Giải:
Đặt :
4 2 4 2
( ) .5 ( )
( ); ( )
CuSO t CuSO H O tachra
m a g n x mol
= =
(x >0)
* Xét ở nhiệt độ t
2:
Ta có :
4 2
( )
100.
.100 34,2
134,2 134,2
CuSO t
a a
S
a a
= ⇔ =
− −
-> a = 34,2(g) ->
2
134,2 34,2 100( )
H O
m g

= − =
* Xét ở nhiệt độ t
1
:
Khi x(mol) CuSO
4
.5H
2
O tách ra ->
4
( )
160. ( )
CuSO kettinh
m x g
=
;
2
( )
18.5. ( )
H O tachra
m x g
=
=90x(g)
Ta có:
4 1)
(
34,2 160 34,2 160
.100 20 .100
100 90 100 90
CuSO t

x x
S
x x
− −
= ⇔ =
− −
34,2 160
0,2 0,1( )
100 90
x
x mol
x
−
→ = → =
−

4 2
.5 ( )
0,1.250 25( )
CuSO H O tachra
m g
→ = =
Vậy khi hạ từ t
2
xuống t
1
có 25(g) CuSO
4
.5H
2

O đã tách ra.
III. BI TP VN DNG
Dang 1: Pha trộn dung dịch không xảy ra PƯHH
Bài 1:
Tính tỷ lệ thể tích của 2 dung dịch HNO
3
0,2M và 1M trộn thành dung
dịch HNO
3
0,4M.
Đ.S : Tỷ lệ 3:1
13/24
Bài 2 :
Muốn thêm nước vào 2 lít dung dịch NaOH 1M để thu được dung dịch có
nồng độ 0.1M thì lượng H
2
O phải cho vào là bao nhiêu lít.
Đ.S:
2
18( )
H O
V lit
=
Bài 3:
Hoà tan 5,72(g) Na
2
CO
3
.10H
2

O (Sôđa tinh thể) vào 44,28ml H
2
O. Nồng
độ % của dung dịch sau khi pha trộn là bao nhiêu?
Đ.S:
2 3
% 4,24%
Na CO
C
=
Bài 4:
Hoà tan NaOH vào 200(g) H
2
O để thu được dung dịch có nồng độ 8% thì
khối lượng NaOH là bao nhiêu?
Đ.S: 17,39 (g)
Bài 5:
a. Cần lấy bao nhiêu ml dung dịch HCl 36% (D=1,19g/ml) để pha thành
5l dung dịch HCl 0,5M.
b. Khối lượng riêng của dung dịch KOH 12% là (1,1g/ml). Nồng độ của
dung dịch KOH 12% là bao nhiêu?
Đ.S: a. V= 213 (ml)
b. C
M
≈ 2,36 M
Bài 6:
Tính tỷ lệ thể tích của dung dịch HCl 18,25% (D = 1,2 g/ml) và thể tích
dung dịch HCl 13% (d = 1,123 g/ml) để pha thành dung dịch HCl 4,5M.
Đ.S : 3:1
Bài 7:

a. Cần lấy bao nhiêu (g) NaOH vào 120 (g) dung dịch NaOH 20,5% để
thu được dung dịch có nồng độ 25%.
b. Tính nồng độ % và nồng độ mol của dung dịch thu được sau khi hoà
tan 12,5 (g) CuSO
4
.5H
2
O vào 87,5 ml H
2
O. Biết V
dung dịch
sau khi hoà tan bằng
thể tích của nước.
Đ.S : a. 4,8 (g)
b. C% = 8%; C
M
= 0,54M
Bài 8 :
a. Tính nồng độ mol của dung dịch thu được nếu như người ta cho thêm
nước vào 400(g) dung dịch NaOH 20% để tạo ra 3l dung dịch mới.
b. Cho 40 ml NaOH 1M vào 60ml KOH 0,5M. Tính nồng độ mol của mỗi
chất thu được khi trộn 2 dung dịch với nhau.
Đ.S : a. C
M
=
2
3
14/24
b. C
M NaOH

= 0,4M
C
M KOH
= 0,3 M
Bài 9:
a. Cần phải lấy thêm bao nhiêu (g) tinh thể CuSO
4
.5H
2
O và bao nhiêu (g)
dung dịch CuSO
4
4% để điều chế được 500(g) dung dịch CuSO
4
8%.
b. Cần phải lấy bao nhiêu (g) tinh thể CuSO
4
.5H
2
O và bao nhiêu (g) H
2
O
để được 250(g) dung dịch CuSO
4
16%.
Đ.S :a.33,3(g); 466,7(g).
b.62,5(g); 187,5(g).
Bài 10 :
Trong phòng thí nghiệm, 1 em học sinh đổ 1 lọ đựng 150ml dung dịch
HCl 10% có D =1,047g/ml vào lọ khác đựng 250ml dung dịch HCl 2M.

Trộn 2 dung dịch axit này được dung dịch A. Theo em dung dịch A có nồng độ
mol là bao nhiêu?
Đ.S : C
M
= 2,326M
Bài 11:
Hoà tan 1 mol NaOH rắn vào dung dịch NaOH 0,5M để thu được dung
dịch có nồng độ 1,5M. Tính thể tích của dung dịch NaOH sau khi pha trộn. Biết
rằng khi cho NaOH rắn vào nước cứ 20(g) tăng thể tích 5ml
Đ.S: V
dung dịch
= 0,995 (l)
Bài 12:
Trộn 0,5 lít dung dịch NaCl 1M với (D = 1,01g/ml) vào 100(g) dung dịch
NaCl 10% (D=1,1g/ml). Tính nồng độ % và nồng độ mol của dung dịch sau khi
trộn.
Đ.S: C% = 6,49%; C
M
= 1,13M
Bài 13:
Trộn dung dịch A và B theo tỷ lệ thể tích là 3/5. C
M
của dung dịch sau khi
trộn là 3M. Tính C
M
của dung dịch A,B. Biết C
M
của dung dịch A gấp 2 lần C
M
của dung dịch B.

Đ.S:C
M
(A) = 2,18M; C
M
(B) = 4,36M
Bài 14 :
Thêm 400(g) H
2
O vào dung dịch có 40(g) NiSO
4
thì nồng độ của nó giảm
5%. Tính nồng độ % của dung dịch ban đầu.
Đ.S: C% NiSO
4
= 10%.
Bài 15:
A là dung dịch HCl có nồng độ 0,3M ; B là dung dịch HCl có nồng độ
0,6M.
a. Trộn A và B theo tỷ lệ thể tích V
A
:V
B
= 2:3 được dung dịch C. Hãy tính
nồng độ mol của dung dịchC.
15/24
b. Phải trộn A và B theo tỷ lệ thể tích nào để được dung dịch HCl có nồng
độ 0,4M?
Đ.S: a. C
M
= 0,48M

b. V
A
:V
B
= 2:1
Bài 16 :
Hòa tan một ít NaCl vào nước được V ml dung dịch A có khối lượng riêng là D .
Thêm V
1
ml H
2
O vào dung dịchA được (V+ V
1
) ml dung dịch B có khối lượng
riêng là D
1
.
CMR : D >D
1
. Biết khối lượng riêng của nước là 1 g/ml .
Dạng 2: Dạng bài toán pha trộn dung dịch xảy ra phản ứng hoá h,c
Bài 1:
a. Tính số (g) Na cần thiết để phản ứng với 500(g) H
2
O tạo dung dịch
NaOH 20%.
b. Tính khối lượng Na
2
O và khối lượng H
2

O cần để có được 200(g) dung
dịch NaOH 10%.
Đ.S: a. m
Na
= 1112,36(g)
b.
2 2
15,5( ); 184,5
Na O H O
m g m
= =
Bài 2:
a. Cho sản phẩm thu được khi oxi hoá hoàn toàn 5,6 lit SO
2
đo ở (đktc)
vào trong 57,2 ml dung dịch H
2
SO
4
60% có D=1,5g/ml. Tính nồng độ % của
dung dịch axit thu được.
b. Tính tỷ lệ khối lượng giữa kim loại Kali và dung dịch KOH 2% để có
được dung dịch KOH 40%.
Đ.S: a. C% = 71,8%.
b. Tỷ lệ : 13/108
Bài 3:
Thí nghiệm 1: Cho 50ml dung dịch HNO
3
X(M) với 150 ml dung dịch
Ba(OH)

2
0,2M thu được dung dịch A. Cho quỳ tím vào dung dịch A quỳ tím
chuyển thành xanh.
Thí nghiệm 2: Thêm từ từ 100ml dung dịch HCl 0,1M vào dung dịch A
thấy giấy quỳ trở lại màu tím. Tìm X.
Đ.S : X = 1mol/l = 1M.
Bài 4 :
Cho 27,4(g) Ba vào 400(g) dung dịch FeSO
4
3,04% sau khi các PƯ xảy ra
hoàn toàn thu được khí A, kết tủa B, dung dịch C.
a. Tính V
A
(đktc).
b. Nung kết tủa B trong không khí tới khối lượng không đổi thì thu được
bao nhiêu (g) chất rắn.
16/24
c. Tính C% của các chất có trong dung dịchC.
Đ.S: a. 4,4 lit
b. 25,04 (g)
c. 5,115%.
Bài 5:
Cho dung dịch H
2
SO
4
10% tác dụng vừa đủ với muối Cacbonat của kim
loại I thu được dung dịch muối sunfat nồng độ 13,63%. Xác định CTHH của
muối.
Đ.S: Na

2
CO
3
Bài 6:
Cho 150ml dung dịch HCl 10% (D=1,047g/ml) vào 250 ml dung dịch
HCl 2M thì thu được dung dịch A. Biết rằng: 40ml dung dịch A tác dụng vừa đủ
với 2,7(g) h
2
Zn, Fe. Tính C
M
của dung dịch A và % khối lượng của mỗi kim
loại trong hỗn hợp.
Đ.S : 2,325M
%m
Zn
= 25,76%; %m
Fe
= 74,24%
Bài 7:
Hoà tan 15(g) tinh thể FeSO
4
.7H
2
O vào H
2
O rồi cho tiếp NaOH dư, lọc
kết tủa, rửa sạch rồi nung trong không khí tới khối lượng không đổi thu được
4(g) chất rắn.
Hãy chứng tỏ rằng: Tinh thể FeSO
4

.7H
2
O là không tinh khiết. Tính độ tinh khiết
đó.
Đ.S: 92,7%.
Bài 8:
X, Y là 2 dung dịch HCl khác nhau. Lấy V
1
(l) X trộn với V
2
(l) Y được
2(l) dung dịch Z.
a. Tính C
M
của dung dịch Z biết rằng:
+ V
1
(lit) dung dịch X trộn với AgNO
3
dư thì thu được 35,875(g) kết
tủa.
+ V
2
(lit) dung dịch Y phản ứng vừa đủ với 0,5 (lit) dung dịch NaOH
0,3M.
b. Tính C
M
của dung dịch X,Y. Biết rằng nếu cùng cho 0,1(lit) X hoặc
0,1(lit) Y tác dụng với Fe dư thì lượng H
2

thoát ra chênh lệch nhau 448ml (đktc).
Đ.S: a. 0,2M; 0,5M; 0,1M
b. 0,145M; 0,545M
Bài 9:
17/24
Để trung hoà hết 200ml dung dịch hỗn hợp KOH 0,8M và Ba(OH)
2
2M
cần dùng vừa đủ V(ml) dung dịch hỗn hợp HCl 2M và H
2
SO
4
1,5M thu được
m(g) kết tủa và dung dịch X. Tính V, m, C
M
các chất trong dung dịch X.
Đ.S: V = 192ml; m = 67,104(g)
C
M
= 0,286M; C
M
= 0,408M
Bài 10 :
Hoà tan 1 mẫu hợp kim Ba, Na (có tỷ lệ nguyên tử 1:1) vào H
2
O thì thu
được dung dịchA và 6,72lit H
2
(đktc) .
a. Cần dùng bao nhiêu ml dung dịch hỗn hợp HCl 0,1M; H

2
SO
4
0,05M để
trung hoà 1/10 dung dịch A.
b. Thêm m(g) NaOH vào 1/10 dung dịch A thu được dung dịch B. Cho
dung dịch B tác dụng với 100 ml dung dịch Al
2
(SO
4
)
3
0,2M được kết tủa C. Tính
m để lượng kết tủa lớn nhất, nhỏ nhất. Tính các lượng kết tủa đó.
Đ.S:a. 300ml
b. 2,4(g) ; 7,78(g) hoặc 3,47(g); 4,66(g
Bài 11:
A là dung dịch HCl ; B là dung dịch HNO
3
. Trộn 400 (g) A với 100(g) B được
dung dịch C. Lấy 10(g)C vào 990 (g) H
2
O thu được dung dịch D. Để trung hoà
80(g) dung dịch D cần dùng 50 ml dung dịch NaOH 0,1M và thu được 0,319(g)
muối khan. Tính C% của dung dịch A và dung dịch B ban đầu.
Đ.S: C%
A
= 22,8%; C%
B
= 39,375%

Bài 12 :
Cho 27,4(g) kim loại Ba vào 500(g) dung dịch hỗn hợp (NH
4
)
2
SO
4
1,32% và
CuSO
4
2%. Sau khi tất cả các phản ứng kết thúc thu được khí A, kết tủa B, dung
dịch C. Tính.
a. V
A
ở (đktc).
b. Nung kết tủa B ở nhiệt độ cao tới khối lượng không đổi thì thu được
bao nhiêu (g) chất rắn.
c. Tính C% các chất có trong dung dịchC.
Đ.S : V
A
= 6,72(l) ; 31,2125(g) ; 3,03%
Bài 13:
Hoà tan 27,4(g) hỗn hợp 2 muối M
2
CO
3
và MHCO
3
vào dung dịch HCl
0,5M vừa đủ thấy tạo thành 6,729(lit) CO

2
ở đktc.
a. Xác định CTHH của 2 muối và % khối lượng muối trong hỗn hợp.
b. Tính thể tích dung dịch HCl đã dùng.
Đ.S : Na
2
CO
3
38,69%; NaHCO
3
61,31%; 80ml
Bài 14:
18/24
2 cốc A, B có khối lượng bằng nhau đặt lên2 đĩa cân thăng bằng.
a. Cho vào cốc A 10,6 (g) Na
2
CO
3
; cốc B 11,82 (g) BaCO
3
cho tiếp 12(g)
dung dịch H
2
SO
4
98% vào cốc A thì cân mất thăng bằng.
b. Tính khối lượng dung dịch HCl 14,6% cần thiết để khi cho vào cốc B
thì cân trở lại thăng bằng.
Đ.S: 6,996 g.
Bài 15:

Có 1 lit dung dịch hỗn hợp Na
2
CO
3
0,1M và (NH
4
)
2
CO
3
0,25M.
Cho 43(g) hỗn hợp BaCl
2
; CaCl
2
vào đó thì thu được 39,7(g) kết tủa A và dung
dịchB. Tính % khối lượng các chất trong A.
Đ.S: 49,62%; 50,38%.
Bài 16 :
Cho 27,4 gam Ba vào 400 gam dung dịch FeSO
4
3,04% sau khi các phản ứng
xảy ra hoàn toàn thu được khí A, kết tủa B và dung dịch C.
a. Tính VA (đktc).
b. Nung kết tủa B trong không khí tới khối lượng không đổi thì thu được bao
nhiêu gam chất rắn.
c. Tính C% của chất tan trong dung dịch C thu được.
Đ/S: 4,48 lít ; 25,04 gam ; 5,115%
Bài 17:
Hòa tan 1 oxit kim loại MO vào dung dịch H

2
SO
4
a% vừa đủ thì thu được
dung dịch có nồng độ b% .
a. Lập biểu thức tính M theo a, b.
b. Áp dụng tìm kim loại M khi a= 20%, b=22,64%.
Đ/S: M=100.(98b-96a)+16ab ; MgO
a.(100-b)
Dạng 3: Bài toán của độ tan
Bài 1: (Sách 400 Bài tập)
Độ tan của KCl ở 40
o
C

là 40 (g) . Số (g) KCl có trong 350 (g) dung dịch
bão hoà ở nhiệt độ trên là .
A. 150(g) B. 100(g) C. 90(g) D. 50(g)
Đ.S: B
Bài 2: (Sách 400 bài tập)
Biết độ tan của muối NH
4
Cl ở 20
o
C là 37,2(g). Hỏi có bao nhiêu (g) múôi
NH
4
Cl trong 300(g) dung dịch NH
4
Cl bão hoà?

Đ.S : 81,34(g)
Bài 3: (Sách 400 bài tập)
19/24
a. Độ tan của muối ăn (NaCl) ở 20
o
C

là 36(g). Xác định nồng độ % của
dung dịch bão hoà ở nhiệt độ trên.
b. Dung dịch bão hoà muối NaNO
3
ở 10
o
C là 44,44%. Tính độ tan của
NaNO
3
. Đ.S: a. 26,47 %.
b. 80g.
Bài 4:
Độ tan của phân đạm 2 lá NH
4
NO
3
ở 20
o
C là 192(g). Ở nhiệt độ này dung
dịch bão hoà NH
4
NO
3

có nồng độ phần trăm là: Hãy giải thích sự lựa chọn.
A. 60% B. 34% C. 65,75% D. 70%.
Đ.S: C
Bài 5: (Tài liệu luyện thi hoá học)
Xác định độ tan của Na
2
CO
3
ở 18
o
C . Biết rằng ở 18
o
C

khi hoà tan 143(g)
Na
2
CO
3
.10H
2
O vào 160(g) H
2
O thì được dung dịch bão hoà. Đ.S: 21,2
(g).
Dạng 4: Dạng bài toán kết tinh
Bài 1 : (Đề thi vào lớp 10 – Chuyên hoá – KHTN 2005 – 2006)
Dung dịch Al
2
(SO

4
)
3
bão hoà ở 10
o
C có nồng độ % là 25,1%.
a. Tính độ tan của Al
2
(SO
4
)
3
ở 10
o
C.
b. Lấy 1.000(g) dung dịch Al
2
(SO
4
)
3
bão hoà trên làm bay hơi 100(g) H
2
O
phần dung dịch còn lại đưa về 10
o
C thấy có a(g) Al
2
(SO
4

)
3
.18H
2
O kết tinh. Tính
a.
Đ.S: a.33,5(g); b. 95,8(g).
Bài 2: (Đề thi vào lớp 10 – Chuyên Lê Hồng Phong 2002 – 2003)
Cần lấy bao nhiêu (g) H
2
O và bao nhiêu (g) tinh thể Hiđrat có công thức
X.Y.10H
2
O với khối lượng mol là 400(g). Để pha 1 dung dịch bão hoà ở 90
o
C
mà khi làm lạnh đến 40
o
C sẽ lắng xuống 0,5 mol X.Y.6H
2
O. Biết S
X.Y
ở 90
o
C =
90(g); S
X.Y
ở 40
o
C là 60(g).

Đ.S:m
H2O
=68,2(g); m
XY.10H2O
=423,3(g
Bài 3: (Đề thi vào lớp 10 – Chuyên Hoá ĐHKHTN 1999 – 2000)
4 4
(10 ) (80 )
17,4( ); 55( )
o o
CuSO C CuSO C
S g S g= =
.Làm lạnh 1,5 kg dung dịch CuSO
4
bão
hoà ở 80
o
C xuống 10
o
C. Tính số (g) CuSO
4
.5H
2
O tách ra. Đ.S: 630(g)
Bài 4: (Đề thi vào lớp 10 – Chuyên Hoá ĐHKHTN 1996 – 1997)
Cho 600(g) dung dịch NaCl bão hoà ở 90
o
C. Hỏi có bao nhiêu (g) tinh thể
NaCl tách ra khi làm lạnh dung dịch đó xúông 0
o

C. Biết S
NaCl
(ở 90
o
C) = 50(g) ;
S
NaCl
(0
o
C) = 35(g)
Đ.S: 60 (g)
Bài 5: (Đề thi vào lớp 10 – Chuyên Hoá ĐHKHTN2000-2001)
20/24
Cho 16 (g) CuO tan trong lượng vừa đủ dung dịch H
2
SO
4
20% đun nóng. Sau
đó làm lạnh xuống 10
o
C. Tính khối lượng của CuSO
4
.5H
2
O đã tách ra khỏi dung
dịch. Biết
0
4
(10 )
17,4( )

CuSO C
S g=
Đ.S: 30,7(g)
Bài 6: (Đề thi vào lớp 10 – Chuyên Hoá ĐHKHTN2006-2007
Ở 25
o
C người ta đã hoà tan 450(g) KNO
3
vào 500(g) H
2
O được dung dịch A.
Biết rằng S
KNO3
(20
0
C) = 32(g). Hãy xác định khối lượng của KNO
3
tách ra khỏi
dung dịch khi làm lạnh dung dịch A xuống 20
o
C.
Đ.S: 290(g)
Bài 7: (Đề thi olimpic 30-4)
Ở 60
o
C có 31,6(g) Na
2
CO
3
tan trong 100(g) dung dịch tạo thành dung dịch

bão hòa. Ở 0
o
C có 6,75(g) Na
2
CO
3
tan trong 100(g) dung dịch để tạo thành dung
dịch bão hòa.Hỏi có bao nhiêu (g) Na
2
CO
3
.10H
2
O tách ra khi làm lạnh 500(g)
dung dịch bão hoà ở 60
o
C xúông 0
o
c.
Đ.S: 403,8(g)
Bài 8 :
Hòa tan 99,8( g ) CuSO
4
.5H
2
O vào 164 ml nước ,làm lạnh dung dịch tới
10
0
C thu được 30 (g) tinh thể CuSO
4

.5H
2
O .Cho biết độ tan của CuSO
4
ở 10
0
C là 17,4 (g).Xác định xem CuSO
4
.5H
2
O ban đầu có lẫn tạp chất hay tinh
khiết .Tính khối lượng tạp chất (nếu có ).
Đ.S : Khối lượng tạp chất :20,375 (g)
Bài 9:
Khi thêm 1(g) MgSO
4
khan vào 100 (g) dung dịch MgSO
4
bão hòa ở 20
0
C đã
làm cho 1,58 (g) MgSO
4
khan kết tinh trở lại ở dạng tinh thể ngậm nước . Xác
định công thức của tinh thể ngậm nước .Biết độ tan của MgSO
4
ở 20
0
C là
35,1(g).

Đ/S: MgSO
4.
7H
2
O
21/24
PHẦN THỨ BA
BI HỌC KINH NGHIỆM V Ý KIẾN ĐỀ XUẤT
I. Bài h,c kinh nghiệm
1. Qua nghiên cứu lý thuyết về phần dung dịch, tôi nhận thấy
- Bài tập phần dung dịch là loại bài tập khó đòi hỏi học sinh phải sử dụng
nhiều thao tác trong tư duy và tư duy phải thật mềm dẻo, nhanh nhạy, đặc biệt
kiến thức phải chắc chắn, khả năng khái quát cao, vì vậy đối tượng chủ yếu là
học sinh giỏi mới phát huy hết khả năng tư duy sáng tạo. Đối với học sinh đại
trà vẫn cần áp dụng cho học sinh, tuy nhiên chỉ sử dụng loại bài đơn giản không
đòi hỏi nhiều kiến thức.
- Ngoài ra cần rèn luyện cho học sinh khả năng tổng hợp, phân tích và biết
phân loại bài tập thành hệ thống, lấy đó làm cơ sở để xây dựng cho các phương
pháp giải sao cho phù hợp.
2. Trong quá trình áp dụng cần phức tạp hóa dần những yêu cầu của bài tập
nghĩa là thực hiện việc giải bài tập từ dễ đến khó, từ đơn giản đến phức tạp.
Ngoài ra, bài tập phần dung dịch cần phối hợp đồng bộ với hệ thống các loại bài
tập, nó sẽ hỗ trợ cho việc rèn luyện bài tập phần dung dịch có hiệu quả hơn.
3. Trong thực tế giảng dạy đội tuyển học sinh giỏi môn Hóa nói chung và
đội tuyển học sinh giỏi Hóa 8 nói riêng còn gặp không ít khó khăn.Song tôi vẫn
cố gắng đầu tư hết mức với mong muốn có một kết quả ngày càng cao.Chuyên
đề sẽ không tránh khỏi những hạn chế . Tôi rất mong được sự tham góp ý kiến
của các bạn đồng nghiệp để chuyên đề đạt kết quả cao và mang tính khả thi
II. Ý kiến đề xuất
Do những hạn chế về mặt thời gian nghiên cứu, địa điểm thực nghiệm sư

phạm nên tôi mới chỉ xây dựng được đề tài về một số bài tập phần dung dịch để
bồi dưỡng học sinh giỏi hóa học dành cho học sinh ở trường chúng tôi, mỗi
dạng chỉ được khảo sát trên một số lượng hạn chế học sinh. Bởi vậy tôi đề
nghị:
1. Tiếp tục nghiên cứu, xây dựng bổ sung thêm những cách phân loại bài tập hóa
học.
2. Với hệ thống phân loại đã xây dựng đạt tiêu chuẩn về độ khó, độ phân biệt, độ
tin cậy cao của bài tập, khi đưa vào sử dụng cần tiếp tục khảo sát, sửa chữa để
nâng cao chất lượng .
3. Tiếp tục xây dựng hệ thống phân loại các dạng bài tập khác thuộc môn hóa
học để có thể kiểm tra đánh giá một cách toàn diện kết quả học tập của học sinh
khá, giỏi và đội tuyển học sinh giỏi .
4. Do đề tài này có nhiều ưu điểm và có tính đổi mới theo hướng tích cực trong
kiểm tra đánh giá nên các cấp quản lý giáo dục cần định hướng và đầu tư hơn
nữa, áp dụng phương pháp này để kiểm tra đánh giá kết quả học tập của học
sinh ở nhiều môn học.
22/24
Trong khi viết đề tài này chắc chắn tôi chưa thấy hết được những ưu điểm và
tồn tại trong tiến trình áp dụng, tôi rất mong muốn được sự góp ý phê bình của
các đồng nghiệp để đề tài ngày càng hoàn thiện hơn.
23/24