Nguyễn văn hải THPT dương quảng hàm PHÂN LOẠI và PHƯƠNG PHÁP GIẢI bài tập về MUỐI NGẬM nước

Nguyễn Văn Hải - THPT Dương Quảng Hàm: PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG
PHÁP GIẢI BÀI TẬP VỀ MUỐI NGẬM NƯỚC

PHẦN I: MỞ ĐẦU
I. CƠ SỞ KHOA HỌC:
I.1. Cơ sở lý luận:
Trong các năm trở lại đây, cùng với sự phát triển mạnh mẽ của khoa học
kĩ thuật. Khoa học giáo dục đang tìm mọi cách cải tiến sự nghiệp giáo dục.
Trong các trường THPT, đang tích cực thực hiện chủ trương của BỘ GIÁO
DỤC về cải cách giáo dục. Phương châm là: Học sinh phát huy tính tích cực, tự
giác dưới sự chỉ đạo của thày.
Sự thay đổi phương pháp kiểm tra từ hình thức tự luận sang hình thức trắc
nghiệm đã có tác dụng lớn trong quá trình kiểm tra đánh giá. Trong cùng một
đơn vị thời gian kiểm tra được nhiều nội dung kiến thức của học sinh. Tăng
cường khả năng tư duy, năng động, tính linh hoạt của học sinh.
Song nó cũng có những hạn chế nhất định trong quá trình tiếp thu kiến
thức của học sinh như: hiểu bản chất vấn đề không được sâu, đôi khi đánh giá
không thật khách quan.
Đối với môn hóa học, là một môn học khoa học thực nghiệm đòi hỏi tính
chính xác cao. Việc rèn tính cẩn thận trong quá trình học tập rất quan trọng. Quá
trình làm bài kiểm tra trắc nghiệm đã làm mất đi phần nào tính cẩn thận, chi tiết
của học sinh khi giải quyết một vấn đề. Vì thế gây nên những sai sót trong quá
trình làm bài tập, đặc biệt là khi gặp các dạng bài tập không phổ biến trong
chương trình. Như bài tập về “Muối ngậm nước và tinh thể hiđrat hóa”.
I. 2. Cơ sở thực tiễn:
Bài tập toán về muối và hỗn hợp muối là một dạng bài tập khá cơ bản và
thông dụng trong chương trình hóa học phổ thông.
Tuy nhiên, ở nước ta các dạng bài tập này chỉ tập trung ở muối khan còn
các bài tập về muối kết tinh ngậm nước và tinh thể hiđrat hóa thì có rất ít và
chưa phong phú. Chính vì vậy, đôi khi làm học sinh nhàm chán và tạo thói quen
thụ động trong suy nghĩ của học sinh, khi gặp bài toán về muối là chỉ nghĩ đến

muối khan. Nên khi gặp những bài toán liên quan đến muối ngậm nước và tinh
.


thể hiđrat hóa đa phần các em khá lúng túng. Các tài liệu tham khảo cũng rất ít
khi đề cập sâu đến nội dung này.
Để phần nào tháo gỡ khó khăn, tạo điều kiện cho học sinh tự tin hơn khi
làm bài tập loại này tôi đã nghiên cứu các tài liệu liên quan và áp dụng đề tài:
“PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP VỀ MUỐI NGẬM
NƯỚC”
II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU:
Nhằm hệ thống các kiến thức cơ bản về muối ngậm nước và tinh thể kết
tinh. Giới thiệu một số muối ngậm nước thường gặp và công thức tính toán. Giới
thiệu một hệ thống bài tập về muối ngậm nước từ đơn giản đến phức tạp nhằm
mục đích:


Thay đổi thói quen tư duy thường gặp của học sinh khi làm
bài tập về muối.



Giúp cho học sinh tự tin và có phương pháp hiệu quả trong
giải bài tập hóa học.



Nâng cao chất lượng học tập bộ môn, đáp ứng yêu cầu đổi
mới.

III. ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU:
 Học sinh trung học phổ thông.
 Phân loại và phương pháp giải bài tập về muối ngậm nước.
IV. KẾ HOẠCH NGHIÊN CỨU:
 Chuẩn bị các tài liệu liên quan, sưu tầm và biên soạn các bài tập về muối
ngậm nước.
 Chuẩn bị kiến thức lý thuyết liên quan. Giới thiệu cho học sinh các kiến
thức cơ bản về dung dịch và tinh thể hiđrat hóa, muối kết tinh. . .
 Giới thiệu nội dung: “Phân loại và phương phpá giải bài tập về muối
ngậm nước”
 Kiểm tra đối chứng trình độ của học sinh trước và sau khi học chuyên đề.
Đánh giá tính hiệu quả của đề tài.
V. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU:
.


 Nghiên cứu lí thuyết về lí luận dạy học nói chung, lí luận dạy học hóa học
nói riêng.
 Nghiên cứu lí luận, lí thuyết về xu hướng nâng cao cường độ dạy học.
 Nghiên cứu các hình thức tổ chức việc dạy học hóa học.
 Phương pháp thực nghiệm và thống kê.
 Tổ chức dạy và đánh giá tại Trường THPT Dương Quảng Hàm.
VI. THỜI GIAN NGHIÊN CỨU VÀ HOÀN THÀNH ĐỀ TÀI:
Bắt đầu tìm hiểu, thống kê nghiên cứu áp dụng từ tháng 5 năm 2005. Bổ
sung hàng năm qua quá trình dạy chuyên đề và đội tuyển học sinh giỏi.
Báo cáo tháng 3 năm 2010. Hoàn thiện tháng 5 năm 2010.

.

PHẦN II . NÔI DUNG
I. KHÁI QUÁT KIẾN THỨC LÝ THUYẾT:
I.1 Một số khái niệm:


Dung dịch: Dung dịch là một hệ đồng nhất bao gồm dung
môi và chất tan.



Dung môi quan trọng và phổ biến là nước. Chất tan có thể
là chất rắn, chất lỏng hoặc chất khí.



Trong dung dịch có thể chỉ chứa một loại chất tan, cũng có
thể chứa nhiều loại chất tan.



Độ tan: Độ tan của một chất là số gam chất đó hòa tan tối
đa trong 100 gam nước.



S=

mt
*100
mdm

Độ tan của một chất phụ thuộc nhiệt độ, áp suất đối với
chất khí, bản chất dung môi và chất tan.
Theo quy ước ở 220C nếu:



S ≤ 0,01g/100 gam H2O ⇒ chất không tan.
0,01 ≤ S ≤ 1g

⇒ chất ít tan.

S >1g/100 gam H2O

⇒ chất dễ tan hoặc tan nhiều.



Dung dịch bão hòa: là dung dịch không thể hòa tan thêm
chất tan ở một nhiệt độ xác định.



Dung dịch chưa bão hòa: là dung dịch có thể hòa tan
thêm chất tan ở nhiệt độ xác định.



Dung dịch quá bão hòa: là dung dịch có lượng chất tan
vượt quá giá trị độ tan ở nhiệt độ đó.

Dung dịch quá bão hòa thường xảy ra khi ta hòa tan một chất ở nhiệt độ cao sau
đó làm nguội từ từ.
Dung dịch quá bão hòa là một hệ kém bền. Khi để nguội lượng chất tan dư sẽ
tách ra khỏi dung dịch dưới dạng chất kết tinh (tinh thể ngậm nước).
Nước trong phân tử đó gọi là nước kết tinh.
.


 Tinh thể ngậm nước: Khi hòa tan các chất vào nước xảy ra sự hiđrat hóa.
Nhiều hiđrat không bền, khi làm bay hơi dung dịch thì bị phân hủy. Nhiều hiđrat
khá bền, khi cô cạn dung dịch thu được các tinh thể hiđrat. Ví dụ: CuSO 4.5H2O;
Na2CO3.10H2O; CoSO4.7H2O . . .
Tinh thể hiđrat có thể ở dạng muối đơn FeCl3.6H2O; cũng có thể tồn tại ở dạng
muối kép: K2SO4.Al2(SO4)3.24H2O.
I.2 Một số công thức muối ngậm nước thường gặp:
Bảng 1:Một số muối đơn và muối kép thường gặp
CuSO4.5H2O
CuCl2.2H2O
Cu(NO3)2.6H2O
Al2(SO4)3.18H2O
AlCl3.6H2O
Al(NO3)3.9H2O
FeSO4.7H2O
Fe2(SO4)3.9H2O
FeCl2.4H2O
2CaSO4.H2O

CaSO4.2H2O
FeCl3.6H2O

Fe2(NO4)3.9H2O
Cr2(SO4)3.6H2O
CrCl3.6H2O
CrCl3.4H2O
ZnSO4.7H2O
ZnCl2.1,5H2O
CdCl2.2,5H2O
CdSO4.2,67H2O

MgCl2.6H2O
MgSO4.7H2O
Mg(NO3)2.6H2O
NiCl2.6H2O
Ni(NO3)2.7H2O
KAl(SO4)2.12H2O
KCl(SO4)2.12H2O
Fe(NH4)2(SO4)2.6H2O
(NH4)2SO4.Fe2(SO4)3.24H2O

 THỰC TRẠNG:
Chúng ta cùng xét ví dụ sau
Ví dụ: Có 16,0g oxit kim loại MO2 chia thành 2 phần bằng nhau.
•

Hòa tan hoàn toàn phần 1 trong HCl dư xử lí dung dịch thu được ở những

điều kiện thích hợp thu được 17,1g một muối X duy nhất.
•

Cho phần 2 tác dụng với H2SO4 loãng dư xử li dung dịch sau phản ứng ở

nhiệt độ dưới 1110C chỉ thu được 25,0g một muối Y duy nhất.
Xác định M và công thức 2 muối X, Y biết Mx<180 g*mol-1, MY< 260 g*mol-1
Phân tích:
Theo bài ra ta có sơ đồ:

.


Thông thường học sinh sẽ cho rằng muối X là MCl2, và muối Y là MSO4. Khi
đó dựa và dữ kiện
MO


→ MCl2

8g
MO

17,1g

→ MSO4

8g

25,0g

∆ M1 = 71 – 16 = 55
∆ m1 = 9,1
∆ M2 = 96 – 16 = 80

∆ m2 = 17,0

Với n là số mol của 8 gam MO 2 ta có n =

9,1 17, 0
≠
(vô lí). Đến đây đa
55
80

phần học sinh sẽ lúng túng không biết xử lí thế nào.
Đó là do các em quên rằng X, Y có thể là muối ngậm nước MCl.aH 2O
và MSO4.bH2O (ta sẽ gặp lại lời giải bài này ở phần sau).
Từ ví dụ trên chúng ta có thể thấy:
Nếu học sinh chưa được giới thiệu kĩ và làm quen, các em không thể lý giải
vì sao lại không ra kết quả.
Nếu các em không chịu tư duy mà làm theo lối mòn thì sẽ rất lúng túng và
sẽ không thể tìm ra được đáp số.
Nhằm góp phần làm phong phú hơn các dạng bài tập hóa học trong chương
trình phổ thông và phát huy tính tích cực suy nghĩ của học sinh, trong đề tài này
tôi xin đưa ra một dạng bài tập khác về muối đó là “PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG
PHÁP GIẢI BÀI TẬP VỀ MUỐI NGẬM NƯỚC”
 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP VỀ MUỐI
NGẬM NƯỚC:

Theo tôi có thể chia các bài tập này thành 4 dạng sau:
Dạng 1. Bài toán tính khối lượng chất tan trong tinh thể ngậm nước và
thành phần % khối lượng nước kết tinh trong tinh thể ngậm nước.
Dạng 2. Bài toán tính khối lượng tinh thể ngậm nước cần thêm vào dung
dịch cho sẵn.

Dạng 3. Bài toán tính lượng chất tan tách ra hay cần thêm vào khi thay
đổi nhiệt độ của dung dịch.
Dạng 4. (dạng chính) Bài toán xác định công thức phân tử của muối
ngậm nước và muối kép ngậm nước.
.


III.1. Dạng 1. Bài toán tính khối lượng chất tan trong tinh thể ngậm nước
và thành phần % khối lượng nước kết tinh trong tinh thể ngậm nước.
Dựa vào công thức tinh thể ngậm nước, tính khối lượng mol của tinh thể
và khối lượng chất tan (muối tan) có trong 1 mol tinh thể.
Dựa vào khối lượng tinh thể ngậm nước, tính khối lượng chất tan trong
lượng tinh thể ngậm nước này.
Tính khối lượng nước kết tinh trong 1 mol tinh thể. Từ đó rút ra trong 100
gam tinh thể có bao nhiêu gam nước kết tinh?
Ví dụ 1. a/Tính khối lượng CuSO4 có trong 500 gam CuSO4.5H2O.
b/ Tính % khối lượng nước kết tinh có trong CuSO4.5H2O.
Lời giải
a/ Ta có: Cứ 250 gam CuSO4.5H2O có chứa 160 gam CuSO4 khan.
500 gam CuSO4.5H2O có chứa:

160 * 500
= 320 gam CuSO4.
250

b/ Cứ 250 gam tinh thể có 90 gam H2O.
100 gam tinh thể có

90 *100
= 36 gam nước kết tinh.

250

⇒ % khối lượng nước kết tinh là 36%.

III.2. Dạng 2. Bài toán tính khối lượng tinh thể ngậm nước cần thêm vào
dung dịch cho sẵn.
Dạng bài toán này thường lấy tinh thể pha vào dung dịch có cùng loại chất
tan ví dụ thêm CuSO4.5H2O vào dung dịch CuSO4. Khi làm toán cần chú ý:
 Dùng định luật bảo toàn để tính khối lượng dung dịch tạo thành:
mdd = mtinh thể + m dung dịch đã có.
 Khối lượng chất tan trong dung dịch tạo thành:
m chất tan thu được= m chất tan trong tinh thể + m chất tan trong dung dịch.
 Có thể coi tinh thể ngậm nước là một dạng dung dịch đặc biệt, trong đó
dung môi là lượng nước có trong tinh thể. Sau đó áp dụng phương pháp
đường chéo.
Ví dụ 2. Cần lấy bao nhiêu gam tinh thể CuSO 4.5H2O và bao nhiêu gam
dung dịch CuSO4 8% để điều chế được 560 gam dung dịch CuSO4 16%.
.


Lời giải
Coi CuSO4.5H2O như dung dịch 64%.
m1 CuSO4.5H2O

64

8
16

m2

CuSO4 8%
⇒

m1
8
=
m2 48

8

48

Nên m1=80 gam và m2=480 gam

m1+m2=560
Đa số học sinh làm bài này theo phương pháp truyền thống, nghĩa là tính lượng
CuSO4 theo m và m’ lần lượt là khối lượng của CuSO 4.5H2O và CuSO4 sau đó
áp dụng công thức tính C% để giải hệ phương trình. Làm theo cách này khá mất
thời gian.
III.3. Dạng 3. Bài toán tính lượng chất tan tách ra hay cần thêm vào khi
thay đổi nhiệt độ của dung dịch.
Quá trình giải bài này cần:
 Tính khối lượng chất tan và khối lượng dung môi có trong dung dịch bão
hòa ở nhiệt độ t10C.
 Gọi a là khối lượng chất tan cần thêm vào hay tách ra khỏi dung dịch ban
đầu, sau khi thay đổi nhiệt độ.
 Tính khối lượng chất tan và dung môi có trong dung dịch bão hòa ở nhiệt
độ t20C
 Áp dụng công thức tính độ tan và C% để tính a.

Ví dụ 3. Có 1335 gam CuSO4 bão hòa ở 120C. Đun dung dịch tới 900C.
Hỏi cần thêm bao nhiêu gam CuSO4 vào để được dung dịch bão hòa (ở 90 0C)
(Coi H2O không bay hơi) Biết độ tan của CuSO4 ở 120C là 33,5g. ở 900C là 80 g.
Lời giải
Độ tan của CuSO4 ở 120C là 33,5
⇒ 100 gam H2O hòa tan được 33,5 gam CuSO4 → 133,5 g dd

y gam H2O hòa tan được x gam CuSO4 ¬ 1335 g dd.

.


⇒ mCuSO4 =
mH 2O =

1335.33,5
= 335 gam CuSO4.
133,5

1335.100
= 1000 g H2O
133,5

Độ tan của CuSO4 ở 900C độ tan 80 g
⇒ 100g H2O ở 900C hòa tan được 80 g CuSO4

1000g H2O ở 900C hòa tan được 800 g CuSO4.
Vậy để tạo dung dịch bão hòa ở 900C cần có 800g CuSO4
⇒ cần thêm vào 800 -335= 465g CuSO4.

Ví dụ 4. Có 1877 gam dung dịch bão hòa CuSO4 ở 800C. Làm lạnh dung
dịch xuống còn 250C.
Hỏi có bao nhiêu gam tinh thể CuSO4.5H2O bị tách ra khỏi dung dịch. Biết
độ tan của CuSO4 ở 800C là 87,7 gam và ở 250C là 40 gam.
Lời giải
Do độ tan của CuSO4 ở 800C là 87,7g.
⇒ 100g H2O hòa tan được 87,7 g CuSO4 → 187,7g dd

m g CuSO4 ¬ 1877g dd
mCuSO4 =

87, 7.1877
= 877 g
187, 7

Gọi a là số mol CuSO4.5H2O bị kết tinh → mCuSO .5 H O = 250a .
4

2

CuSO4 + 5H2O 
→ CuSO4.5H2O
a

5a

a

* Khối lượng CuSO4 bị kết tinh 160a
→ khối lượng CuSO4 còn lại:

877- 160a.

* Khối lượng H2O bị kết tinh 18.5.a=90a.
Khối lượng còn lại:

1877 – 250a.

Do độ tan CuSO4 ở 200C là 40g
hay 100g H2O ở 200C hòa tan 40g CuSO4 → 140g dd
877 - 160a
⇒ 140( 877 -160a) = 40(1877 – 250a)
⇔ 3,5( 877 -160a) = 1877 - 250a

.

¬ 1877-250a(g)


⇔ 3069,5 -560a

= 1877 - 250a

⇔ 1192,5

= 310a

⇔ a

= 3,8468 mol.

Khối lượng CuSO4.5H2O bị tách ra là: 250.3,8468 = 961,7 g.
Khi làm dạng bài tập này đa số học sinh khi tính toán quên mất lượng
nước trong dung dịch cũng bị tách ra nên lượng dung môi trong dung dịch sau bị
giảm đi. Vì thế có thể dẫn tới các kết quả sai lầm: như 9,46 gam; 4,73 gam. . .
III.4. Dạng 4. (dạng chính) Bài toán xác định công thức phân tử của
muối ngậm nước và muối kép ngậm nước.
Ví dụ 5. (quay trở lại ví dụ trên)
Có 16,0g oxit kim loại MO2 chia thành 2 phần bằng nhau.
•

Hòa tan hoàn toàn phần 1 trong HCl dư xử lí dung dịch thu được ở những

điều kiện thích hợp thu được 17,1g một muối X duy nhất.
•

Cho phần 2 tác dụng với H2SO4 loãng dư xử li dung dịch sau phản ứng ở

nhiệt độ dưới 1110C chỉ thu được 25,0g một muối Y duy nhất.
Xác định M và công thức 2 muối X, Y biết Mx<180g*mol-1, MY< 260g*mol-1
Lời giải
Theo bài ra ta có sơ đồ

Thông thường học sinh sẽ cho rằng muối X là MCl2, và muối Y là MSO4. Khi
đó dựa và dữ kiện
MO
8g
MO
8g


→ MCl2

17,1g

→ MSO4

25,0g

∆ M1 = 71 – 16 = 55
∆ m1 = 9,1
∆ M2 = 96 – 16 = 80
∆ m2 = 17,0

.


Với n là số mol của 8 gam MO2 ta có n =

9,1 17, 0
≠
(vô lí). Đến đây đa phần học
55
80

sinh sẽ lúng túng không biết xử lí thế nào. Đó là do các em quên rằng X, Y có
thể là muối ngậm nước MCl.aH2O và MSO4.bH2O.
Lúc này ta có n =

9,1

17, 0
=
55 + 18a 80 + 18b

⇒ 91b − 170a = 115(*)

Mà Mx < 180 ⇒ a< 6,05
MY <260 ⇒ b < 9,11
Trong (*) nhận thấy a, b nguyên và b chia hết cho 5 ⇒ b = 5, a=2, n= 0,1
Từ đó suy ra M = 64(Cu)
Vây công thức các muối X là CuCl2.2H2O, Y là CuSO4.5H2O.
Ví dụ 6. Hòa tan hoàn toàn 5,72 gam Na2CO3 ngậm nước trong 44,28 g
nước được dung dịch có nồng độ 4,24%. Xác đinh công thức hiđrat?
Lời giải
Gọi công thức hiđrat (A) Na2CO3.xH2O
MA= 106 + 18x.
nNa2CO3

= nA =

5, 72
.
106 + 18x

Khối lưọng Na2CO3
mNa2CO3 = 106.

5, 72
.
106 + 18x

Mdd = 44,28 + 5,72 = 50 g
Ta có :
 106.5, 72



: 50 ÷.100% = 4, 24%
C% = 
 106 + 18x

⇒ x= 10

Công thức phân tử của hiđrat là Na2CO3.10H2O.
Ví dụ 7. Hòa tan hoàn toàn 4,8g kim loại M vào dung dịch HNO3, thu
được dung dịch A. Chia A thành 2 phần bằng nhau:
*Xử lí phần 1 ở điều kiện thích hợp thu được 25,6g một muối X duy nhất.
*Cho phần 2 tác dụng với NaOH dư được kết tủa B. Nung B đến khối
lượng không đổi thu được 4,0g chất rắn.
.


Xác định kim loại M và muối X biết M chỉ có một hóa trị duy nhất.
Lời giải
*Nếu giả thiết muối là muối khan thì:
M

M(NO3)n

xu li


→

2,4 gam

25,6 gam
chan khong ,t 0

−

M

OH du

→ M(OH)n


→ Rắn(M2On)

Với x là số mol của 2,4 gam M, áp dụng đinh luật tăng giảm khối lượng, ta có:
x=

25, 6 − 2, 4 0,187
=
(mol )
62.n
n

Mà: x =

4, 0 − 2, 4 0,1
=
(mol ) (vô lí)
16n
n

⇒ Muối không phải là muối khan mà là muối ngậm nước: M(NO3)n. aH2O



 a = 3n
( M + 62n + 18a ) x = 25, 6
Mx = 2, 4


x
0, 2



⇒  (2 M + 16n). = 4, 0 ⇒  nx = 0, 2 ⇒  x =
2
n

 xa = 0, 6

Mx
=
2,
4

2, 4




M =


x



n
a

1
3

2
6

3
9

x

0,2

0,1

0, 2
3

12

24

36

(loại)

(Mg)

(loại)

M

⇒ muối X là Mg(NO3)2.6H2O

Học sinh khi làm bài này thường mắc sai lầm là tính toán với muối khan và
ít khi để ý tới số oxi hóa của kim loại thay đổi. Trong quá trình làm các bài tập
cần chú ý nguyên tố kim loại có thay đổi số oxi hóa hay không trong quá trình
xử lý muối ngậm nước.
Ví dụ 8. Hòa tan hoàn toàn a gam kim loại M trong HCl dư thu được dung
dịch A và 3,28 lít B (đo ở 270C , 1,5 atm). Chia A thành 2 phần bằng nhau.
Cho phần 1 tác dụng hoàn toàn với KOH dư thu được kết tủa C. Nung C trong
không khí ở nhiệt độ cao tới khối lượng không đổi, thu được (b+2,4) gam chất
.

rắn D. Hòa tan D trong H2SO4 dư được dung dịch E. Xử lí E ở điều kiện thích
hợp thu được 28,1 gam một muối X duy nhất.
Xử li phần thứ hai chỉ thu được một muối Y duy nhất có khối lượng 19,9 g.
Xác định công thức X,Y biết a=2b
Lời giải
Sơ đồ biến đổi:

3, 28.1,5

Theo bài ra: ∑ nH = 0, 082.300 = 0, 2(mol )
2

HCl du
Vậy: M →
0,1 mol H2

(*)

b gam
−

HCl du
OH
t
M →
MCln 
→ ↓ C 
→ M2On (**)
0

b gam

(b+2,4) gam

Gọi x là số mol của b g M. Áp dụng định luật bảo toàn e với quá trình (*), ta có:
Tổng số mol e nhường: nx (mol)
Tổng số mol e nhận: 0,1.2= 0,2 mol
⇒ nx = 0,2 (1)

Cũng áp dụng định luật bảo toàn e với (**) ta có:
tổng số mol e nhường =mx(mol)
Tổng số mol e nhận =

2, 4
.2 = 0,3mol
16

⇒ mx= 0,3 mol (2)

Từ (1) và (2) ⇒ m: n =3 : 2
Hay m=3, n = 2; x= 0,1
Suy ra: nx = 0,05 mol; nY= 0,1 mol
⇒ MX=

28,1
19,9
= 562 ; MY=
= 199
0, 05
0,1

Nếu X là M2(SO4)3; Y là MCl2 thì:
.


MX = 2M + 96.3 = 562

⇒ M = 137

MY = M + 35,5.2 = 199

⇒ M = 128 (vô lí)

Vậy X phải có dạng M2(SO4)3. α H2O
⇒ 2M + 96.3 +18 α = 562 ⇒ 2M + 18 α = 274

Y phải có dạng MCl2. β H2O
⇒ M + 35,5.2 +18 β = 199

⇒ M + 18 β = 128

Từ đó ta có: α = 2 β + 1
274
128
= 7,11
Mặt khác: α <
=15,22; β <
18

18

Lập bảng:
β
α

1
2
3
5
M
110(loại) 92(loại)
Vậy α =9; β =4; M là Fe

3
7
74( loại)

4
9
56(Fe)

5
11
38(loại)

6
13
20(loại)

X là Fe2(SO4)3.9H2O; Y là FeCl2. 4 H2O

Ví dụ 9. Một loại phèn nhôm A có công thức MAl(SO 4)2.nH2O trong đó
M là kim loại kiềm. Lấy 7,11g A hòa tan vào H 2O và cho tác dụng với dung dịch
BaCl2 dư thu được 6,99g kết tủa.
Mặt khác lấy 7,11g A nung tới khối lượng không đổi thì được 8,37g phèn.
Xác định công thức phân tử của phèn.
Lời giải
Gọi a là số mol của phèn A trong 7,11g.
- Phương trình phản ứng khi cho dung dịch phèn tác dụng với BaCl2 dư:
MAl(SO4)2 . nH2O + 2BaCl2 
→ MCl + AlCl3 + 2BaSO4 + nH2O
Hay

a

2a
SO42−

+

Ba 2+


→ BaSO4

2a
nBaSO4 = 2a =

2a

6,96

= 0, 03 (mol)
233

a= 0,015 mol
- Phương trình phản ứng khi nung phèn:
t
MAl(SO4)2.nH2O 
→ MAl(SO4)2 + nH2O
.
0


a (mol)

a

an

mphèn = a M MAl ( SO ) + an.18
4 2

mphèn khan= a. M MAl ( SO )

4 2

mH 2O =

mphèn + mphèn khan

m H O = 18an = 7,11 – 3,87 ⇒ an = 0,18

2

a = 0,015 ⇒ n = 12
Mặt khác khối lượng phèn:
mphèn = a( M + 219 + 12.18) = 7,11
⇒ M = 39 là K

Công thức phân tử của phèn là KAl(SO4)2 . 12H2O
Ví dụ 10. Để xác định công thức của muối kép A người ta tiến hành các
thí nghiệm sau:
*Lấy 9,64 gam muối A hòa tan vào H2O sau đó cho tác dụng với BaCl2 dư thu
được 9,32 gam kết tủa bền của một chất B duy nhất, không tan trong HNO3.
*Lấy 9,64 gam muối A hòa tan vào H2O, sau đó cho tác dụng với Ba(OH)2 dư có
đun nhẹ được kêt tủa C và khí D có khả năng làm xanh quì tím ẩm. Nung kết tủa
C trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 10,92 gam chất rắn E.
Cho tất cả khí D hấp thụ vào 200ml dung dịch NaOH 0,1M.
Xác đinh công thức muối A, biết kim loại trong A không bị thay đổi số oxi hóa
trong các phản ứng trên.
Lời giải
Theo bài ra ta có kết tủa B là BaSO4
∑ nSO2 − =
4

9,32
= 0, 04(mol )
233

Khí D là NH3.
Mà n H du =0,2 . 0,1= 0,02(mol)=n NH phan
+

3

ung

⇒ Trong 9,64 gam muối A có 0,02 mol ion NH +4 .

Gọi kim loại trong A là R chất rắn E bao gồm BaSO4 và oxit RxOY.
m BaSO =nB=0,04(mol)
4

.


⇒ m Rx Oy = 10,92 – 9,32 = 1,6 gam

Nếu muối A là muối khan thì trong 9,64 gam A có:
mR= 9,64 – (96.0,04 + 18.0,02) = 5,44 (gam)
Điều này vô lí vì m R O = 1,6 gam
x

y

Vậy A phải là muối ngậm nước !
Goi A là: p(NH4)2SO4.qRX(SO4)Y. α H2O, n là số mol của 9,64 gam A ta có:
2pn = 0,02 ⇒ pn = 0,02
(p + qy) n = 0,04 ⇒ qyn = 0,03
Và (qRx + 18 α )n = 5,44 (gam)
Mặt khác : qn(Rx + 16y) = 1,60
⇒ qnRx = 1,12 gam ⇒ R=

112 x
.
3 y

Lập bảng:
x
y
R

2
1
18,67 (L)

1
1
37,33 (L)

2
3
56 (Fe)

1
2
74,67 (L)

Vậy R là Fe, x= 2, y= 3, q= p
Chon p = q = 1 ⇒ n= 0,01
Thì muối A có dạng (NH4)2SO4.Fe2(SO4)3. α H2O
9, 64

MA= 0, 01 =964

⇒ α = 24

⇒ Muối A là (NH4)2SO4.Fe2(SO4)3.24H2O

Ví dụ 11. (trích đề thi tuyển sinh đại học Y Dược-năm 1992)
Nung 8,08 gam một muối A, thu được các sản phẩm khí và 1,6 gam một
hợp chất rắn không tan trong nước. Nếu cho sản phẩm khí đi qua 200g dung
dịch NaOH nồng độ 1,2% ở điều kiện xác định thì tác dụng vừa đủ và được một
dung dịch gồm 1 muối có nồng độ 2,47%. Xác định công thức phân tử của muối
A biết rằng khi nung số oxi hóa của kim loại không biến đổi.
Lời giải
Công thức phân tử của muối A:
.


- Khối lượng NaOH:
mNaOH=
-

2, 4
200.1, 2


= 0, 06( mol ) ÷
= 2, 4 g  hay
40
100




Khối lượng sản phẩm khí:
mkhí= mA - mchất rắn = 8,08 – 1,6 = 6,48g

-

Khi cho sản phẩm khí qua dung dịch NaOH thì NaOH hấp thụ khí và làm

cho khối lượng dung dịch thành:
mdd= 200 + 6,48 = 206,48g
Vì dung dịch sau phản ứng có nồng độ 2,47%, nên khối lượng muối trong
dung dịch là:
mmuối=

a.mdd 2, 47.206, 48
=
= 5,1g
100
100

Sản phẩm khí tác dụng đủ với NaOH tạo nên muối do đó lượng Na có trong
NaOH đều chuyển vào muối.
Khối lượng Na có trong muối : mNa=0,06.23=1,38g
Khối lượng phần gốc axit của muối:
mgốc axit= 5,1 – 1,38= 3,72g
Ta có bảng sau:
Gốc axit X
Hóa trị I

Muối Na Số mol gốc X
NaX
nX=nNa=0,06 (mol)

Số lượng mol phân tử gốc X

Hóa trị II

Na2X

MX= 0, 03 = 124 không có gốc axit

Hóa trị III

Na3X

3, 72

MX= 0, 06 = 62 ứng với NO 3−

nNa 0, 06
=
= 0, 03
2
2
n
0, 06
0, 02
nX= Na =

3
3

nX =

3, 72

3, 72

MX= 0, 02 = 186 không có gốc axit

Vậy muối A là muối nitrat
Muối nitrat A không thể là muối nitrat của kim loại kiềm vì chất rắn tạo thành
do sự nhiệt phân tan trong H2O và chất khí có tác dụng với NaOH tạo 1 muối.
Do đó khí tạo thành có NO2 và O2.
2NO2
4

+

2NaOH +
4

1
O2
2


→

1
.

2NaNO3 +

H2O

(1)


Vậy nNO = nNaOH = 0, 06(mol ) ⇒ mNO = 46.0, 06 = 2, 76
2

2

Gọi M là kim loại trong muối A có hóa trị lần lượt là 2, 3, 4. Vì khi nung A số
oxi của kim loại không thay đổi nên các muối nitrat này khi nung không cho kim
loại đơn chất có số oxi hóa bằng 0.
Phương trình phản ứng nhiệt phân các muối nitrat như sau:
2M(NO3)2 
→ 2MO + 4NO2 + O2

(2)

→ 2M2O3 + 12NO2 + 3O2
4M(NO3)3 

M(NO3)4 
→ MO2 + 4NO2 + O2

(3)
(4)

(một peroxit)
*Nếu A là muối nitrat gồm các tinh thể ngậm nước thì khi nhiệt phân ngoài
NO2, O2 thì còn có hơi nước thoat ra.
Theo các phương trình phản ứng (2), (3), (4) thì tỉ lệ giữa NO2 và O2 là:
nNO2 = nO2 = 4 :1

Theo trên thì khí NO2 thoát ra có nNO = 0, 06(mol ) .
2

1
4

Khí O2 thoát ra có: nO = nNO =
2

2

0, 06
= 0, 015(mol )
4

mO2 = 0,015.32= 0,48g

Tổng số khối lượng NO2 và O2:
mNO2 ;O2 = 2, 76 + 0, 48 = 3, 24 < 6, 48 g lượng khí thoát ra

Trong khí thoát ra ngoài NO2, O2 còn có H2O:

mH 2O = mkhi − mNO2 ;O2 =6,48 – 3,24= 3,24g
⇒ nH 2 O =

3, 24
=0,18 (mol)
18

Vậy muối nitrat là muối kết tinh có ngậm nước.
*Nếu M có hóa trị II: theo phương trình phản ứng (2) ta có:
nMO =

1
0, 06
nNO2 =
= 0, 03(mol ) ứng với khối lượng 1,6g
2
2

0,03 mol MO có khối lượng 1,6g
1, 6

1 mol MO có khối lượng 0, 03 =53,33g
⇒ M=37,33g ( không có kim loại tương ứng)

.


*Nếu M là kim loại hóa tri III: theo phản ứng (3) ta có
nM 2O3 =

1
0, 06
nNO2 =
= 0, 01(mol )
6
6

0,01 mol M2O3 có khối lượng 1,6g
1 mol M2O3 có khối lượng 160g
⇒ M=56 vậy M là Fe.

*Nếu m là kim loại có hóa trị IV theo phương trình phản ứng (4) ta có:
nMO2 =

1
0, 06
nNO2 =
= 0, 015(mol )
4
4

0,015 mol MO2 có khối lượng 1,6g.
1 mol MO2 có khối lượng 106,5g.
⇒ M=74.67 (không có kim loại tương ứng)

Vậy M là Fe và A là muối Fe(NO3)3 ngậm nước.
Đặt công thức phân tử muối A là Fe(NO3)3. nH2O
Phương trình phản ứng nhiệt phân A:
4Fe(NO3)3. nH2O

4. 0,06n = 12.0,18


→

Fe2O3 + 12NO2 + 3O2 + 4nH2O
12

:

4n (mol)

0,06

: 0,18

⇒ n=9

Vậy muối A có công thức Fe(NO3)3. 9H2O.
Đa số học sinh khi gặp bài này đều bế tắc khi tìm công thức gốc axit. Bài
này có thể dùng trong ôn luyện đội tuyển học sinh giỏi.
Nhận xét: : Qua những ví dụ trên chúng ta thấy khi học sinh giải bài tập
nhìn chung đều qui về giả thiết muối là khan ⇒ vô lí ⇒ muối phải tồn tại ở
dạng ngậm nước. Các bài tập có thể ở dạng đơn giản (dạng 1) hay dạng phức tạp
(dạng 2 và 3 đặc biệt là dạng 4).
Điều cần chú ý là khi giải toán bao giờ ta cũng phải xét 2 trường hợp:
Một là, kim loại trong muối không có sự thay đổi số oxi hóa
Hai là, có sự thay đổi số oxi hóa của kim loại trong muối trong các quá
trình biến đổi, các bài toán này thường liên quan đến các kim loại chuyển tiếp
như Fe hay Cr.

.


Ngoài ra khi biện luận cũng cần phải chú ý là tùy từng muối mà hệ số của
nước kết tinh có thể là số nguyên hoặc bán nguyên hay thập phân (xem bảng 1).
Để phong phú thêm hệ thống bài tập tôi giưới thiệu một số một số bài tập
tham khảo dạng tự luận và trắc nghiệm khách quan:

.


IV-MỘT SỐ BÀI TẬP THAM KHẢO
1. Bài tập tự luận:
Bài 1: Đốt cháy hoàn toàn 4,4 gam một sunfua kim loại MS (M có số oxi
hóa +2 và +3 trong các hợp chất) trong lượng dư O 2.Chất rắn thu được sau phản
ứng được hòa tan hoàn toàn trong lượng dung dịch vừa đủ HNO 3 37,8%. Nồng
độ % của muối trong dung dịch thu được là 41,7%. Khi làm lạnh dung dịch này
thì có 8,08 g muối ngậm nước X tách ra và nồng độ % của muối trong dung dịch
giảm xuống còn 34,7%. Xác định công thức phân tử của muối X.
Bài 2: Để xác định công thức của muối kép X người ta tiến hành các thí
nghiệm:
* Hòa tan 47,4 g X vào nước, thu đợc dung dịch Y. Chia Y thành hai phần
đều nhau:
- Cho phần 1 tác dụng với dung dịch BaCl2 dư, thu được 23,3g kết tủa A.
- Thêm NH3dư vào phần 2 được kết tủa B, nung B trong chân không đến
khối lượng không đổi thu được 25,5g chất rắn.
*Lấy 47,4g X đem nung nóng ở nhiệt độ 120 oC chỉ thu được 21,6g hơi của
một chất duy nhất.
Xác định công thức của muối X, Biết rằng trong X có chứa một kim loại
kiềm.

Bài 3: Cho 11,5 gam một kim loại kiềm vào nước, thu được V lít khí và dung
dịch A. Dẫn từ từ 6,72 lít khí CO 2 vào A thu được dung dịch B. Chia B làm hai
phần bằng nhau. Cho 200 ml dung dịch Ca(NO 3)2 2M vào phần 1, thấy tạo ra 10
gam kết tủa, đun nóng phần dung dịch thu thêm m gam kết tủa nữa. Đun sôi
phần hai cho tới khi xuất hiện kết tinh, để nguội, làm cho nước bay hơi ở nhiệt
độ thấp, áp suất thấp thu được 35,75 gam một loại tinh thể hiđrat. (Các khí đo ở
điều kiện tiêu chuẩn; các phản ứng xảy ra hoàn toàn)
1. Tính V, m.
2. Tìm kim loại M và công thức phân tử của tinh thể hiđrat.

.


Bài 4: Xác định lượng NaCl kết tinh trở lại khi làm lạnh 548 gam dung
dịch muối ăn bóo hoà ở 50oC xuống OoC. Biết độ tan của NaCl ở 50oC là 37
gam và ở OoC là 35 gam.
Bài 5: Hoà tan 450g KNO3 vào 500g nước cất ở 2500C (dung dịch X).
Biết độ tan của KNO3 ở 200C là32g. Hóy xỏc định khối lượng KNO3 tách ra
khỏi dung dịch khi làm lạnh dung dịch X đến 200C.
Bài 6: Cho 0,2 mol CuO tan hết trong dung dịch H 2SO4 20% đun nóng
(lượng vừa đủ). Sau đó làm nguội dung dịch đến 100C.
Tính khối lượng tinh thể CuSO 4.5H2O đó tỏch khỏi dung dịch, biết rằng
độ tan của CuSO4 ở 100C là 17,4g.
Bài 7: Khi hoà tan 21 gam một kim loại hoỏ trị II trong dung dịch H 2SO4
loóng dư, người ta thu được 8,4 lít hiđro (đktc) và dung dịch A. Khi cho kết tinh
muối trong dung dịch A thỡ thu được 104,25g tinh thể hiđrat hoá.
a) Cho biết tờn kim loại.
b) Xác định CTHH của tinh thể muối hiđrat hoá đó.
Bài 8: Cho 4,48g oxit của 1 kim loại hoá trị II tác dụng vừa đủ với 100 ml
dung dịch H2SO4 0,8M rồi cụ cạn dung dịch thỡ nhận được 13,76g tinh thể muối

ngậm nước. Tỡm cụng thức muối ngậm H2O này.
Bài 9: Khi hoà tan m (g) muối FeSO4.7H2O vào 168,1 (g) nước, thu được
dung dịch FeSO4 có nồng độ 2,6%. Tính m?
Bài 10: Hoà tan 26,64 gam chất X là tinh thể muối sunfat ngậm nước của
kim loại M (hoá trị x) vào nước được dung dịch A.
Cho A tỏc dụng với dung dịch NH 3 vừa đủ được kết tủa B. Nung B ở nhiệt
độ cao đến khối lượng không đổi cũn lại 4,08 gam chất rắn.
Cho dung dịch A tỏc dụng với dung dịch BaCl 2 vừa đủ được 27,84 gam kết
tủa.
Tỡm cụng thức X.
Bài 11: Hòa tan 12,5 gam CuSO4.5H2O vào một dung dịch chứa a mol
HCl, thu được 200 ml dung dịch X. Điện phân X với điện cực trơ với cường độ
dòng điện một chiều 5 ampe trong 386 giây.
.


a. Viết các phương trình phản ứng.
b. Xác định nồng độ mol/lít của các chất tan trong dung dịch sau điện
phân.
Bài 12: Cho a gam MCO3 tác dụng vừa đủ với dung dịch H2SO4 4,9% thu
được dung dịch muối MSO4 7,336%.
a. Xác đinh công thức phân tử của muối.
b. Cho bay hơi 207,2g dung dịch muối trên thu được 27,8g tinh thể. Xác
định công thức phân tử của tinh thể.
2. Bài tập trắc nghiệm khách quan:
C©u 1. Cho biết ở 200C cứ 50 gam nước hoà tan được tối đa 17,95 gam muối
ăn. Độ tan của muối ăn ở 200C là.
A. 17,95.
B. 35,90.
C. 71,80.

D. 100.
C©u 3. Trong Na2CO3.10H2O có % khối lượng của Na2CO3 là:
37,1.
B. 69,5.
C. 59,5.
D. 80,0.
C©u 5. Hoà tan 24,4 gam BaCl2.xH2O vào 175,6 gam nước thu được dung dịch
10,4%. Giá trị đúng của x là:
A. 10.
B. 8.
C. 3.
D. 2.
C©u 7. Thêm V ml dung dịch HCl 4M vào 400 ml dung dịch HCl 0,5M, người
ta thu được (V+400) ml dung dịch HCl 2M. Giá trị đúng của V là:
A. 200.
B. 250.
C. 300.
D. 350.
C©u 9. Hoà tan m gam tinh thể Na2CO3.10H2O vào 500 gam nước, thu được
dung dịch có nồng độ 5%. Giá trị đúng của m là:
A. 65,20.
B. 77,97.
C. 80,00.
D. 92,15.
C©u 11. Hoà tan 6,66 gam tinh thể Al 2(SO4)3.nH2O vào H2O thành 250 ml dung
dịch. Lấy 25 ml dung dịch cho tác dụng với dung dịch BaCl 2 dư, thì thu
được 0,699 gam kết tủa. Giá trị của n là:
A. 6.
B. 12.
C. 18.

D. 24.
0
C©u 13. Cho biết độ tan của CuSO4 ở 10 C là 15 gam, còn ở 800C là 50 gam
trong 100 gam nước. Làm lạnh 600 gam dung dịch bão hòa CuSO 4 ở
800C xuống 100C. Khối lượng (g) tinh thể CuSO4.5H2O thoát ra là:
A. 215,5.
B. 220,6.
C. 228,1.
D. 238,9.
C©u 15. X là dung dịch H2SO4 0,5M; Y là dung dịch NaOH 0,8M. Trộn V 1 lít X
với V2 thu được (V1+V2) lít dung dịch Z. Nồng độ NaOH dư trong Z là
0,2M. Tỉ lệ V1:V2 là:
A. 0,5.
B. 2,0.
C. 1,0.
D. 1,5.
C©u 17. Trộn 50ml dung dịch Ba(OH2) 0,04M với 150ml dung dịch HCl 0,06 M
thu được 200ml dung dịch X. Nồng độ mol của muối BaCl 2 trong dung
dịch X là
A. 0,01 M.
B. 0,05 M.
C. 0,10 M.
D. 0,17 M
.


C©u 19. Có 4 cốc A, B, C, D, mỗi cốc đựng 100ml dung dịch HCl 0,1 M
- Thêm 50 ml dung dịch NaOH 0,1 M vào cốc A.
- Thêm 0,53 gam Na2CO3 vào cốc B.
- Thêm 0,54 gam Al vào cốc C.

- Thêm 0,098 gam Cu(OH)2.
Hỏi sau khi kết thúc phản ứng, lượng HCl còn dư nhiều nhất trong cốc
nào?
A. cốc A.
B. cốc B.
C. cốc C.
D. cốc D.
C©u 21. Trộn 200 ml dung dịch H2SO4 0,3 M với 300ml dung dịch NaOH 0,7 M
thu được dung dịch X. Hỏi dung dịch X có thể hoà tan tối đa được bao
nhiêu gam Al ?
A. 1,27 g.
B. 2,43 g.
C. 2,70 g.
D. 3,05 g.
C©u 23. Hoà tan m1 gam Al bằngV ml dung dịch HNO3 (vừa đủ) thu được muối
nhôm nitrat và V1 lít NC (đktc). Hoà tan m2 gam Mg bằng V ml dung
dịch HNO3 ở trên (vừa đủ) thu được muối magie nitrat và V 1 lít NO
(đktc). Tỉ lệ m2 : m1 bằng:
m2

2
3

A. m = .
1

m2

m2

3
2

B. m = .
1

3
4

C. m = .
1

m2

4
3

D. m = .
1

C©u 25. Thêm a gam tinh thể CuSO4. 5H2O vào m gam dung dịch HNO4 b% thu
được dung dịch CuSO4 c%. Biểu thức nào phản ánh đúng mối liên hệ
giữa a, b, c?
A. c(a+m) = (a+mb)m.
B. a(64 - c) = m(c-b).
C. 64a+m = (c+b)m.
D. c(a+m) = 64a + bm.
C©u 28. Cần thêm x gam Na vào 500 gam dung dịch NaOH 4% để có dung
dịch NaOH 10%. Giá trị trong X là:
A. 4,646g.

B. 11,500 g.
C. 15,000 g.
D. 18,254 g.
C©u 30. Trộn 50 gam dung dịch X chứa 0,3 mol KOH với 50 gam dung dịch Y
chứa 0,3 mol HNO3 thu được dung dịch Z. Làm lạnh dung dịch Z
xuống 00C thu dược dung dịch E có nồng độ 11,6% và có m gam muối
KNO3 tách ra (kết tinh). Hãy chọn giá trị đúng của m:
A. 18,98 g.
B. 19,21 g.
C. 21,15 g.
D. 22,22 g.
C©u 32. Trộn V1 lít dung dịch X chứa 9,125 gam HCl với V 2 lít dung dịch Y
chứa 5,475 gam HCl thu được V1+V2=2 lít dung dịch Z. Tính nồng độ
mol của dung dịch X và dung dịch Y, biết nồng độ mol của dung dịch X
lớn hơn nồng độ mol của dung dịch Y là 0,4 M. Hãy chọn cặp giá trị
đúng:
A. X = 0,45 M; Y = 0,05 M.
B. X = 0,48 M; Y=0,08 M.
C. X = 0,50 M; Y = 0,10 M.
D. X = 0,55 M; Y = 0,15 M.
C©u 35. Cần lấy bao nhiêu gam tinh thể CuSO 4.5H2O và bao nhiêu gam nước để
chế 500 gam dung dịch CuSO4 8%. Hãy chọn cặp đáp số đúng:
A. 25,0 g tinh thể và 475,0 g nước. B. 58, 5 g tinh thể và 441,5 g nước.
C. 45,2 g tinh thể và 454,8 g nước. D. 62,5 g tinh thể và 437,5 g nước.
C©u 38. Trộn 300 gam dung dịch HCl 7,3% với 200 gam dung dịch NaOH 4%.
Nồng độ C% của chất tan trong dung dịch thu được:
A. HCl 1,25%; NaCl 2,34%.
B. HCl 1,58%; NaCl 3,25%.
.

C. HCl 2,92%; NaCl 2,34%.

D. HCl 3,68%; NaCl 1,25%.

PHẦN III . ĐÁNH GIÁ KẾT QUẢ

ÁP DỤNG Ở TRƯỜNG THPT DƯƠNG QUẢNG HÀM
III.1. ĐẶC ĐIỂM, TÌNH HÌNH CHUNG Ở TRƯỜNG THPT DƯƠNG QUẢNG
HÀM

III.1.1. Điều kiện cơ sở vật chất, trang thiết bị dạy học bộ môn:
1. Thuận lợi:
-

Giáo viên luôn nhận được sự quan tâm tạo điều kiện tốt nhất của
Ban Giám hiệu nhà trường.

-

Có đủ các phương tiện kĩ thuật phục vụ cho giảng dạy

2. Khó khăn:
-

Phòng thí nghiệm còn chung hai bộ môn hóa học và sinh học. Dụng
cụ hóa chất phục vụ dạy học hóa học còn thiếu và chưa đồng bộ.

-

Các phương tiện nghe nhìn hiện đại còn thiếu, phải sử dụng chung
cho nhièu bộ môn nên đôi khi giáo viên không chủ động về thời
gian sử dụng.

III.1.2: Tình hình học sinh:
1. Thuận lợi:
Học sinh đa số có ý thức kỷ luật tốt, hứng thú, say mê học tập.
Nhiều em có ý thức tìm tòi nâng cao kiến thức.
2. Khó khăn.
- Học sinh đến từ vùng nông thôn. Trình độ không đồng đều. Hầu hết
học sinh không hoặc ít được trang bị đày đủ các kiến thức cơ bản
theo một dàn ý nhất định. Đặc biệt học sinh mới chuyển cấp.
- Học sinh còn quen với cách học thụ động, đọc chép, học chay nên
chưa biết cách phát huy tính sáng tạo và khả năng tự học của bản
thân. Một số tính tự giác trong học tập chưa cao . . .

.