Hướng dẫn học sinh dùng bốn đinh luật bảo toàn khối lượng, nguyên tố, electron và điện tích giải các câu vô cơ vận dụng cao trong đề thi THPT quốc gia

I.
Mở đầu:
I.1. Lí do chọn đề tài:
+ Hiện nay ở nước ta kỳ thi THPT Quốc Gia với môn hoá học là đề thi trắc
nghiệm. Với 40 câu trong thời lượng 50 phút quả là vấn đề nang giải với học
sinh. Để đạt được điểm 10 đó là cuộc chạy đua về tốc độ, việc không chia
mỗi đáp án A, B, C, D là 25% như trước đây thì để giải quyết được các câu
vận dụng cao không còn cách nào khác là phải tìm cách giải nhanh mới
thành công. Vậy để đáp ứng được yêu cầu cấp bách này đòi hỏi học sinh
phải biết đường lối giải quyết và phương pháp của từng loại bài tập.
+ Với mỗi giáo viên việc phân dạng bài tập và xây dựng cho học sinh cách
tư duy và thứ tự thực hiện một bài toán là vô cùng quan trọng, điều này có y
nghĩa quyết định tới tốc độ giải bài tập của học sinh sau này.
+ Với học sinh lớp 11, 12 thì bài tập: “Dùng bốn định luật bảo toàn: khối
lượng, nguyên tố, electron và điện tích” trong giải các câu vô cơ vận dụng
cao đang còn chậm, đôi khi không giải quyết được. Đứng trước thực trạng
này tôi đã giúp học sinh thoát khỏi những vướng mắc đó. Tôi giúp học sinh
nắm vững nội dung của 4 định luật, xác định các giữ kiện bài toán cho và sơ
đồ hóa bài toán chính xác, tất cả các giữ kiện của đề bài cho được thể hiện
trên sơ đồ. Từ đó việc giải quyết bài toán không còn là vấn đề phức tạp, khó
khăn nữa. Vì vậy tôi quyết định chọn đề tài này.
1.2. Mục đích nghiên cứu:
+ Trong thực tế ôn thi THPT Quốc Gia cho học sinh, tôi thấy học sinh còn
lúng túng trong những câu vô cơ ở mức độ vận dụng cao và có một số em
chưa giải quyết được.
+ Tôi muốn nghiên cứu để giúp học sinh của mình được áp dụng, sau đó
nhân lên học sinh trong trường, trong tỉnh và được nhân rộng trong nước.
1.3. Đối tượng nghiên cứu:
+ Đề tài nghiên cứu cách dùng bốn định luật bảo toàn: Khối lượng, nguyên
tố, bảo toàn electron và bảo toàn điện tích vào các bài toán vô cơ ở mức độ
vận dụng cao trong đề thi THPT Quốc Gia.

1.4. Phương pháp nghiên cứu:
+ Bước 1: Nắm vững nội dung của bốn định luật.
+ Bước 2: Xác định bài toán cho những dữ kiện gì, cần áp dụng các định luật
theo thứ tự nào.
+ Bước 3: Sơ đồ hóa bài toán và thể hiện được các dữ kiện của bài toán trên
sơ đồ.
+ Bước 4: Từ sơ đồ hóa, tính toán.
1.5. Những điểm mới của sáng kiến:
+ Cho các em một con đường đi rất rõ ràng, ngắn gọn để đến đích mà lâu
nay chưa có tài liệu nào hướng dẫn.
1


2


II.
Nội dung sáng kiến kinh nghiệm:
II.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm:
2.1.1: Cơ sở lí thuyết của 4 định luật bảo toàn:
a. Nội dung của định luật bảo toàn nguyên tố:
+ Bản chất của định luật: Một hay nhiều nguyên tố chạy từ chất này sang
chất khác và số mol của nó không đổi. Điều quan trọng nhất khi áp dụng
bảo toàn nguyên tố là phải biết cuối cùng nguyên tố cần quan tâm nó
“chui” vào đâu rồi? Nó biến thành những chất nào rồi?
b. Nội dung của định luật bảo toàn electron:
Tổng số mol electron nhường bằng tổng số mol electron nhận.
Điều quan trọng nhất khi áp dụng là phải xác định đúng:
+ Chất nhường electron là chất nào?
+ Chất nhận electron là chất nào?

Đặc biệt chú y:
- Xác định nhanh tất cả các nguyên tố thay đổi số oxi hoá
- Viết chính xác quá trình nhường nhận electron
- Kết hợp linh hoạt với bảo toàn nguyên tố.
c. Nội dung của định luật bảo toàn điện tích:
Tổng điện tích các ion trong dung dịch hay trong 1 phân tử bằng không.
Thường kết hợp thuần thục các định luật bảo toàn nguyên tố, bảo toàn
electron cùng bảo toàn điện tích.
d. Nội dung định luật bảo toàn khối lượng:
Tổng khối lượng trước phản ứng bằng tổng khối lượng sau phản ứng.
Việc giải bài tập hóa học thường rất hiếm khi áp dụng đơn thuần định luật
bảo toàn khối lượng vì nó quá đơn điệu mà thường kết hợp linh hoạt với
các định luật bảo toàn khác.
2.1. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm:
+ Học sinh khối 11, 12 ôn thi THPT Quốc Gia vướng mắc, hoặc giải rất
chậm các câu vô cơ ở mức độ cao trong đề thi THPT Quốc Gia.
2.1.2. Hướng dẫn học sinh vận dụng linh hoạt, thành thạo 4 định luật
gồm bốn bước sau:
a. Bước 1: Nắm thật vững nội dung của 4 định luật bảo toàn.
b. Bước 2: Rất quan trọng, đây là bước có tính quyết định đến kết quả
của bài toán đó là phải hướng dẫn học sinh phân tích đề để nhận ra được
cái “hồn” của bài toán là gì?
+ Khi làm một bài toán, phải đọc kỹ toàn bài toán để thấy được bao quát
của bài toán, thì việc tìm các nút thắt của bài toán trở nên dễ dàng rất
nhiều.

3


+ Điều cấm kỵ khi giải bài tập là đọc đến đâu, bấm máy tính toán đến đó,

đây là cách học thiếu khoa học, ngốn rất nhiều thời gian khi giải toán và
thường đi đường vòng vèo, cuộc chạy đua về tốc độ hoàn toàn thất bại.
c. Bước 3: Trên cơ sở nắm được cái “hồn” của bài toán thì học sinh sẽ dễ
dàng, sơ đồ hóa bài toán bằng 4 định luật bảo toàn một cách chính xác,
các số liệu của bài toán được thể hiện ngắn gọn trên sơ đồ. Thực hiện
đúng đến bước này, thì học sinh nắm chắc 95% kết quả của bài toán và có
thể thở phào nhẹ nhõm.
d. Bước 4: Nhìn vào sơ đồ hóa trên, việc bấm máy để tìm kết quả chỉ là
giây lát.
Chú y: Câu ở mức độ vận dụng cao thường là câu 5 đến 6 dòng.
2.1.3: Hướng dẫn học sinh áp dụng một số bài toán cụ thể:
Mẫu 1: Cho 5,12 gam đồng phản ứng hoàn toàn với 50,4 gam dung dịch
HNO3 60% thu được dung dịch X. Hãy xác định nồng độ % của muối tan
trong dung dịch X, biết rằng nếu thêm 210 ml dung dịch KOH 2M vào X
rồi cô cạn và nung sản phẩm thu được tới khối lượng không đổi thì được
41,52 gam chất rắn.
A. 26,15%
B. 17,67%
C. 28,66%
D. 75,12%
Hướng dẫn học sinh:
+ Phân tích đề:
- Đồng là kim loại hoạt động yếu, nên muối trong dung dịch X chỉ là
Cu(NO3)2.
- Để tính được nồng độ của muối cần tính được khối lượng dung dịch,
sau phản ứng, vậy việc xác định khí tạo thành ở đây chính là cái “hồn”
của bài toán.
- Sau khi cho KOH vào dung dịch X thì ion NO 3- trong muối và HNO3 có
thể dư nó đi đâu? Sản phẩm thu được sau khi cô cạn là gì?
Do ion NO3- trong dung dịch X nằm ở dạng KNO3 nên nhiệt phân sẽ là

KNO2, KOH nếu dư trong X nung vẫn giữ nguyên, Cu(OH) 2 nung sẽ
được CuO.
Như vậy các em đã xác định được 41,52 gam chất rắn là KNO 2, KOH dư,
CuO mà số mol CuO đã biết.
Lại có KOH ban đầu chuyển về KNO2 và KOH dư, đến đây dễ dàng tìm
được số mol KNO2.
Vậy việc tìm số mol N trong khí đã được mở ra.
+ Sơ đồ hóa bài toán:

4


Cu: 0,08 mol+HNO3:0,48 mol → Khí+H2O+dung dịch X+KOH: 0,42 mol
KNO3
KNO2: a mol
→ { KOH dư → { KOH: b mol
Cu(OH)2
CuO: 0,08 mol
+ Nhìn lên sơ đồ hóa, cách giải đơn giản:
Bảo toàn nguyên tố K: a + b = 0,42 (I)
Khối lượng chất rắn sau nung: 85a + 56b + 0,08.80 = 41,52 (II)
Từ (I) và (II) suy ra nghiệm: a = 0,4; b = 0,02
Bảo toàn nguyên tố N ta có: nN trong khí = 0,48 – 0,4 = 0,08 mol.
Gọi x là số oxi hóa của N trong khí, bảo toàn electron ta có:
0,08(5 – x) = 0,16 nên x = 3. Vậy công thức khí là N2O3 với số mol 0,04.
- Bảo toàn khối lượng:
mdd sau phản ứng = mCu + mddHNO3 – mN2O3 = 52,48 gam
Vậy C%Cu(NO3)2 = 28,66%
Đáp án C
Mẫu 2: Cho 1,28 gam đồng vào 12,6 gam dung dịch HNO 3 60% thu

được dung dịch X (không có ion NH4+). Sau đó cho X tác dụng hoàn toàn
với 105 ml dung dịch KOH 1M, sau đó lọc bỏ kết tủa được dung dịch Y.
Cô cạn Y được chất rắn Z. Nung Z tới khối lượng không đổi, thu được
8,78 gam chất rắn. Tính C% Cu(NO3)2 trong X:
A. 31,438%
B. 42,813%
C. 29,045%
D. 28.660%
Hướng dẫn học sinh:
+ Phân tích đề:
Bài này tương tự bài trên, chỉ biến một chút, đó là tách kết tủa Cu(OH)2.
+ Sơ đồ hóa bài toán:
Cu:0,02mol+HNO3:0,12mol → Khí+H2O+dung dịchX+KOH:0,105 mol
KNO3
KNO2: a mol
t0
→ Cu(OH)2
+ { KOH dư →
{ KOH: b mol
+ Nhìn lên sơ đồ, cách giải đơn giản như sau:
Bảo toàn nguyên tố K: a + b = 0,105 (I)
Khối lượng chất rắn sau nung: 85a + 56b = 8,78 (II)
Từ (I) và (II) suy ra nghiệm: a = 0,1; b = 0,005
Bảo toàn nguyên tố N ta có: nN trong khí = 0,12 – 0,1 = 0,02 mol.
Gọi x là số oxi hóa của N trong khí, bảo toàn electron ta có:
0,02(5 – x) = 0,04 nên x = 3. Vậy công thức khí là N2O3 với số mol 0,01.
- Bảo toàn khối lượng:
mdd sau phản ứng = mCu + mddHNO3 – mN2O3 = 13,12 gam
Vậy C%Cu(NO3)2 = 28,66%
Đáp án D

5


Mẫu 3: Cho 7,65 gam hỗn hợp X gồm: Al, Al2O3 (trong đó Al chiếm
60% khối lượng) tan hoàn toàn trong dung dịch Y gồm: H 2SO4 và
NaNO3, thu được dung dịch Z chỉ chứa 3 muối trung hòa và m gam hỗn
hợp khí T (trong T có 0,015 mol H 2). Cho dung dịch BaCl2 dư vào Z cho
đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 93,2 gam kết tủa. Còn nếu Z
phản ứng với NaOH thì lượng NaOH phản ứng tối đa là 0,935 mol. Giá
trị của m gần giá trị nào nhất sau đây?
A. 1,0
B. 2,5
C. 1,5
D. 3,0
Hướng dẫn học sinh:
+ Phân tích đề:
- Cho hỗn hợp X tan hoàn toàn trong dung dịch Y chỉ thu được 3 muối
trung hòa, trong đó chắc chắn có gốc axit là SO 42-, cation là Na+, Al3+.
Vậy còn gốc NO3- hay không thì ta phải căn cứ vào hỗn hợp khí T có H 2
nên chắc chắn trong Z không còn NO3- . Vậy đến đây cái “hồn” của bài
toán đã được xác định. Chúng ta khẳng khái rằng còn 1 cation nữa phải là
NH4+ (vì Al là kim loại hoạt động mạnh và khả năng tạo muối amoni là
rất cao)
- Dung dịch BaCl2 dư khi tác dụng với Z thì thu được kết tủa duy nhất là
BaSO4.
- Nút thắt tiếp theo được mở ra đó là: Z phản ứng tối đa với NaOH, thì
NH4+ tạo khí hết và Al3+ tạo phức hoàn toàn.
+ Sơ đồ hóa bài toán:
Al: 0,17
H2SO4

→ T ( 0,015 mol H2) + H2O
7,65 gam X {
+
Y{
Al2O3: 0,03
NaNO3
+
→ BaSO4: 0,4 mol
Na
+ BaCl2 dư
+
+
+ Z {Al , NH4 }+NaOH tối đa: 0,935 mol → {Na+,[Al(OH)4]-, NH3, SO42SO42+ Từ sơ đồ hóa, cách giải đơn giản:
- Bảo toàn nguyên tố Al: nAl 3+ = 0,23 mol nên nOH- trong ion phức 0,92
mol, suy ra nOH- phản ứng với NH4+ = 0, 015 mol
+ Bảo toàn điện tích trong Z:
3.nAl3+ + nNH4+ + nNa+ = 2.nSO42- suy ra nNa+ = 0,095 mol
mZ = mNa+ + mAl3+ + mNH4+ + mSO42- = 47,065
- Bảo toàn khối lượng ta có: mZ + mY = mZ + mT + mH2O
- Bảo toàn nguyên tố H ta có: 2nH2SO4 = 4nNH4+ + 2nH2 + 2nH2O suy ra
nH2O = 0,335 mol.
Vậy mT = 7,68 + 98.0,4 + 85.0,095 – 0,355.18 – 47,065 = 1,47 gam.

6


Đáp án C.
Mẫu 4: Hòa tan hoàn toàn 41,1 gam hỗn hợp gồm Fe, Zn, ZnO và Fe 3O4
vào V lít dung dịch HNO3 1M (lấy dư 20% so với lượng phản ứng), đun
nóng, sau phản ứng thu được 3,92 lít hỗn hợp khí X gồm 2 khí N 2O, NO

đktc và dung dịch Y (không chứa muối amoni). Cô cạn cẩn thận Y thu
được 48,3 gam chất rắn. Giá trị của V là:
A. 1,810
B. 2,091
C. 1,510
D. 1,752
Hướng dẫn học sinh:
+ Phân tích đề:
- HNO3 dư, Y không chứa muối amoni nên Y gồm: Fe(NO 3)3, Zn(NO3)2
và HNO3 dư.
- Cô cạn Y thì HNO3 là axit dễ bay hơi nên Z chỉ gồm: Fe(NO 3)3,
Zn(NO3)2. Đây là tính chất vật ly của HNO 3 chính là cái “hồn” của bài
toán mà học sinh hay bị mắc sai lầm.
- Đun nóng Z là muối nitrat của kim loại hoạt động trung bình và yếu nên
tạo oxit bazo tương ứng.
- Để tính được V phải tính được số mol HNO 3, bài toán chỉ cho 3 số liệu:
41,1 gam; 129,3 gam; 48,3 gam mà hỗn hợp rắn gồm 4 chất. Do đó phải
quy đổi hỗn hợp về 3 nguyên tố Fe, Zn, O.
+ Sơ đồ hóa bài toán:
Fe: x mol
{Zn: y mol → 41,1
O: z mol

Fe
N2O
Fe(NO3)3
{Zn
+ HNO3 → + { NO + {Zn(NO3)2
Fe3O4
HNO3 dư

ZnO
Fe(NO3)3
Fe2O3
t0
nung
→ {Zn(NO3)2 
→ {ZnO
129,3g
48,3 g
+ Từ sơ đồ hóa, cách giải đơn giản:
- Quy đổi hỗn hợp về Fe, Zn, O với số mol lần lượt là x, y, z ta có: 56x +
65y + 16z = 41,1 (I)
- Bảo toàn nguyên tố Fe, Zn ta có:
* nFe(NO3)3 = x; nZn(NO3)2 = y nên ta có: 242x + 189y = 129,3 (II)
* nFe2O3 = 0,5x; nZnO = y nên ta có: 80x + 81y = 48,3 (III)
Từ (I), (II), (III) ta có: x = 0,3; y = 0,3; z = 0,3
- Gọi a, b lần lượt là số mol của N2O và NO ta có: a + b = 0,175 (IV)
- Bảo toàn electron ta có: 3.0,3 + 65.0,3 – 2.0,3 = 8a + 3b (V)
Từ (IV) và (V) ta có: a = 0,075; b = 0,1

7


-

Bảo toàn nguyên tố N ta có: nHNO 3 phản ứng = 3.0,3 + 2.0,3 +
2.0,075 + 0,1 -1 = 1,75.
Vậy V đã dùng = 1,75: 1 . 1,2 = 2,091 (lít)
Đáp án B
Mẫu 5: Hòa tan hoàn toàn 13,12 gam hỗn hợp A gồm: Cu, Fe, Fe 2O3

trong 240 gam dung dịch HNO3 7,35% và H2SO4 6,125%, thu được dung
dịch X chứa 37,24 gam chất tan chỉ gồm các muối và thấy thoát ra khí
NO là sản phẩm khử duy nhất. Cho Ba(OH) 2 dư vào dung dịch X, lấy kết
tủa nung trong không khí đến phản ứng hoàn toàn thu được 50,95 gam
chất rắn. Dung dịch X hòa tan tối đa m gam Cu, giá trị của m là:
A. 2,88
B. 3,20
C. 3,52
D. 2,56
Hướng dẫn học sinh:
+ Phân tích đề:
Hòa tan hỗn hợp A trong hỗn hợp 2 axit HNO 3 là chất oxi hóa mạnh,
còn H2SO4 loãng là môi trường, được dung dịch X chứa 37,24 gam
chất tan chỉ gồm các muối, vậy đó là muối nào? Đây chính là cái
“hồn” của bài toán.
Fe là kim loại đa hóa trị, sản phẩm khử duy nhất là NO, bài toán này lấp
lửng nên X gồm các ion: Cu2+, SO42-, Fe2+, Fe3+, NO3Đến đây nút thắt được mở ra.
- Dung dịch X hòa tan tối đa m gam Cu: vậy sẽ có 2 ion Fe3+ oxi hóa Cu
- Cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào X, kết tủa chắc chắn là BaSO 4,
Cu(OH)2, Fe(OH)2, Fe(OH)3
Nung kết tủa trong không khí đến phản ứng hoàn toàn thu được 50,95
gam chất rắn gồm: BaSO4, CuO, Fe2O3.
X có 5 ion trong đó mới biết số mol của SO 42-, bảo toàn nguyên tố H
suy được số mol H2O, bảo toàn khối lượng sẽ tính được số mol NO
suy được số mol NO, bảo toàn nguyên tố N suy được số mol NO3-.
Như vậy còn 3 cation kim loại chưa biết có 3 số liệu: khối lượng A,
khối lượng muối, khối lượng chất rắn, nên lập hệ 3 phương trình 3 ẩn
của 3 cation. Đến đây bài toán trở nên đơn giản.
+ Sơ đồ hóa bài toán:
Cu2+:x

Cu: x mol
Cu
HNO3
Fe2+:y
{ Fe: y+z → 13,12g{Fe +{H2SO4 → NO+H2O+X: 37,24g {Fe3+:z
O:
Fe2O3
SO42- : 0,15
NO3BaSO4: 0,15
BaSO4: 0,15
nung
+ Ba ( OH ) 2 duw

→ 50,95g {CuO
+   → {Cu(OH)2
8


Fe(OH)2
Fe(OH)3

Fe2O3

+ Cách giải:
Gọi x, y, z lần lượt là số mol của Cu2+, Fe2+, Fe3+ trong X.
Quy đổi 13,12g hỗn hợp về Cu, Fe, O
Bảo toàn nguyên tố Cu, Fe thì số mol của Cu là x, Fe là (x+y)
nHNO3=nNO3- = 0,28; nH2SO4 = nSO42- = 0,15
tổng số mol H+ = 0,58 nên nH2O = 1/2nH+ = 0,29
Bảo toàn khối lượng ta có: mNO = mhỗn hợp rắn + m2axit – m muối

– mH2O = 3 gam suy ra nNO = 0,1 mol nên nNO3- trong X = 0,18
m muối = 64x + 56(x + y) + 0,15.0,6 + 0,18.62 = 37,24 (I)
m rắn sau khi nung = 0,15.233 + (y + z)/2.160 + 80.x = 50,95 (II)
Từ (I), (II) suy ra: x = 0,06; y + z = 0,14 (III)
Bảo toàn khối lượng ta có: nO = (13,12 – 0,06.64 – 0,14.56) : 16 =
0,09
Bảo toàn electron ta có: 0,06.2 + 2y + 3z = 0,09.2 + 0,1.3 (IV)
Từ (III), (IV) suy ra: y = 0,06; z = 0,08
Dễ dàng suy ra: nCu = 1/2nFe3+ = 0,04. Vậy mCu = 2,56 gam.
Đáp án D.
Mẫu 6: Cho 0,2 mol Fe tác dụng với 600 ml dung dịch HNO 3 2M, đến
phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch X (không chứa ion NH 4+) và hỗn
hợp 2 khí (có tỉ lệ mol 1 : 3). Cho X tác dụng với 500 ml dung dịch
NaOH 2M, sau đó lọc bỏ kết tủa thu được dung dịch Y. Cô cạn dung dịch
Y thu được chất rắn Z. Nung Z đến khối lượng không đổi thu được 63,2
gam chất rắn khan. Hai khí đó là:
A. N2 và N2O
B. N2 và NO2
C. NO và N2O
D. NO và NO2
Hướng dẫn học sinh:
+ Phân tích đề:
- Vì sắt là kim loại hoạt động trung bình, mà số mol HNO 3 gấp 6 lần số
mol Fe nên chắc chắn chỉ tạo muối Fe3+.
- Dung dịch X không chứa NH4+ nên dung dịch X chỉ có thể có 3 ion:
Fe3+, H+, NO3-.
- Dung dịch X tác dụng với dung dịch NaOH thu được dung dịch Y gồm:
NaNO3 và NaOH dư, cô cạn Y thu được chất rắn Z, nung Z đến khối
lượng không đổi thu được: NaNO2 và NaOH.
- Như vậy cái “hồn” của bài toán là phải tìm cách tìm: số mol 2 khí, từ đó

áp dụng bảo toàn electron để tìm số oxi hóa trung bình của 2 khí. Từ đó
suy luận ra 2 khí dựa vào tỉ lệ số mol 2 khí đề bài cho.
9


- Ta nhận thấy: N trong HNO3 đi vào NaNO2 và 2 khí nên, lập 2 phương
trình toán học tìm được số mol của NaNO2, các nút thắt được mở ra.
+ Sơ đồ hóa bài toán:
Fe3+
Fe: 0,2 + HNO3: 1,2 → 2 khí + { H+ + NaOH:1 → {NaNO3
NO3NaOH dư
t0
→ 63,2 gam{NaNO2: x mol
NaOH: y mol
+ Từ sơ đồ hóa, cách giải đơn giản:
- Gọi x, y lần lượt là số mol của NaNO2, NaOH dư.
Ta có: 69x + 40y = 63,2 (I)
- Bảo toàn nguyên tố Na ta có: x + y = 1 (II)
Từ (I), (II) ta có: x = 0,8; y = 0,2
- Bảo toàn nguyên tố N ta có nN tạo 2 khí = 1,2 - 0,8 = 0,4
- Gọi n là số oxi hóa trung bình của 2 khí. Bảo toàn electron ta có:
0,4(5-n) = 0,6 suy ra n = 3,5. Vậy phải có 1 khí là NO2.
- Gọi x là số oxi hóa của khí thứ 2, từ quy tắc đường chéo và tỉ lệ mol 2
khí thì khí còn lại phải là NO.
Đáp án D.
Mẫu 7: Nung hỗn hợp X gồm: a mol Mg và 0,25 mol Cu(NO 3)2, sau 1
thời gian, thu được chất rắn Y và 0,45 mol hỗn hợp khí Z gồm: NO 2 và
O2. Cho Y phản ứng vừa đủ với dung dịch chứa 1,3 mol HCl, thu được
dung dịch chỉ chứa m gam hỗn hợp muối clorua và 0,05 mol hỗn hợp khí
T (gồm N2 và H2 có tỉ khối so với H2 là 11,4). Giá trị của m gần giá trị

nào nhất?
A. 82
B. 74
C. 72
D. 80
Hướng dẫn học sinh:
+ Phân tích đề:
- Nung hỗn hợp X thì trước hết Cu(NO3)2 tạo O2, oxi hóa Mg tạo MgO,
có thể Mg dư và Cu(NO3)2 dư.
- Chất rắn Y tác dụng với HCl chỉ thu được muối clorua, đây chính là cái
“hồn” của bài toán.
- Hỗn hợp muối clorua, đã biết số mol Cl -, số mol Cu2+, biết khối lượng
muối, nếu chỉ tìm mình số mol Mg sẽ thừa dữ kiện. Vậy phải có ion
NH4+.
Đến đây các nút thắt của bài toán được mở ra.
- oxi trong Cu(NO3)2 chuyển vào hỗn hợp khí Z (trong đó mỗi khí đều có
2 nguyên tử oxi) và trong nước.

10


- H trong HCl chuyển vào H2 và H2O.
+ Sơ đồ hóa bài toán như sau:
MgO
CuO
t0
{Mg: a
→ {NO2 + { Cu(NO3)2 dư + HCl → H2O + 0,05 {N2
Cu(NO3)2: 0,25
O2

Mg dư
H2
Mg2+
→ { Cu2+: 0,25
NH4+
Cl-: 1,3
+ Từ sơ đồ hóa cách giải đơn giản:
- Từ số mol hỗn hợp khí T và tỉ khối suy ra nN2 = 0,04; nH2 = 0,01
- Bảo toàn nguyên tố oxi ta có: nO trong nước = nO trong Cu(NO3)2 –
- 2n khí Z = 0,6.
- Bảo toàn nguyên tố H ta có: nNH4+ = (nHCl - 2nH2 -2nH2O)/4 = 0,02
- Bảo toàn điện tích cho hỗn hợp muối clorua ta có:
2a + 0,25.2 + 0,02 = 1,3 suy ra a = 0,39.
m muối = 0,39.24 + 0,25.64 + 0,02.18 + 1,3.35,5 = 71,87
Đáp án C.
Mẫu 8: Hòa tan hoàn toàn 21,5 gam hỗn hợp X gồm: Al, Zn, FeO,
Cu(NO3)2 cần dùng hết 430 ml dung dịch H2SO4 1M thu được hỗn hợp
khí Y ở đktc gồm: 0,06 mol NO và 0,13 mol H 2, đồng thời thu được dung
dịch Z chỉ chứa các muối sunfat trung hòa. Cô cạn dung dịch Z thu được
56,9 gam muối khan. Thành phần % của Al trong hỗn hợp X có giá trị
gần nhất là:
A. 25,5%
B. 18,5%
C. 20,5%
D. 22,5%
Hướng dẫn học sinh:
+ Phân tích đề:
- Hỗn hợp X tác dụng với dung dịch H 2SO4 thu được dung dịch Z chỉ
chứa muối sunfat, vậy ion NO3- đi vào khí NO và chất nào? Đây chính là
các “hồn” của bài toán.

- X gồm các kim loại có tính khử mạnh và thường tạo muối amoni, nên
khả năng cao tạo muối amoni.
- Nguyên tố H trong H2SO4 chỉ chuyển vào H2, H2O và NH4+, mới biết số
mol H2, để tính được số mol NH4+, cần phải tính được số mol của H2O.

11


Đến đây lại gặp rắc rối, nhưng nhìn tổng thể bài toán, tính số mol nước
bằng bảo toàn khối lượng, nút thắt được mở ra.
- Vấn đề nước trong bài toán này, sinh ra từ đâu?
Do O2- trong FeO và khi tạo NO, NH4+, đến đây suy ra được số mol Fe
- N trong Cu(NO3)2 đi vào chất nào? Vào NO và NH4+, nên dễ dàng suy
ra số mol Cu(NO3)2.
- Vậy cần tính số mol của Al, Fe có 2 dữ kiện: Khối lượng hỗn hợp X và
khối lượng muối khan.
+ Sơ đồ hóa bài toán:
Al
Al3+: x
21,5g {Zn
+ H2SO4: 0,13 → {NO + H2O + {Zn2+:y
FeO
H2
Fe3+
Cu(NO3)
SO42-: 0,43
NH4+
+ Từ sơ đồ hóa, cách giải đơn giản:
Tổng nH+ = 0,86; nSO42- = 0,43
- Bảo toàn khối lượng ta có: mH2O = 21,5 + 0,43.98 – 56,9 – 0,06.30 –

0,13.2 = 4,68 suy ra nH2O = 0,26
4H+ + NO3- + 3e → NO + 2H2O
0 24 ⇐
0,06 ← 0,12
- Bảo toàn nguyên tố H ta có: nNH4+ = (0,86 – 0,26.2 – 0,13.2)/4 = 0,02
10H+ + NO3- + 8e → NH4+ + 3H2O
0,02 → 0,06
nH2O do FeO tạo ra = nFeO = 0,26 – 0,12 – 0,06 = 0,08
- Bảo toàn nguyên tố N ta có: nNO3- = nNO + nNH4+ = 0,06 + 0,02 = 0,08
suy ra nCu(NO3)2 = 0,04
- Gọi x, y lần lượt là số mol Al, Fe ta có:
27x + 65y + 0,04.188 + 0,08.72 = 21,5 (I)
- Bảo toàn điện tích cho dung dịch muối ta có: 3x + 2y = 0,6 (II)
Từ (I), (II) suy ra x = 0,16; y = 0,06
%mAl = (0,16.27)/21,5 .100 = 20,09%
Đáp án C
Mẫu 9: Hòa tan hết hỗn hợp X gồm: 5,6 gam Fe và 27 gam Fe(NO 3)2 và
m gam Al trong dung dịch chứa 0,61 mol HCl. Sau khi các phản ứng xảy
ra hoàn toàn, thu được dung dịch Y chỉ chứa 47,455 gam muối trung hòa

12


và 2,352 lít ở đktc hỗn hợp khí Z gồm NO và N2O. Tỉ khối của Z so với
H2 là 16. Giá trị của m là:
A. 1,080
B. 4,185
C. 5,400
D. 2,160
Hướng dẫn học sinh:

+ Phân tích đề:
Hỗn hợp X gồm Fe, Fe(NO3)2, Al tan trong HCl thu được muối trung
hòa, nên dung dịch Y gồm: Al3+, Fe3+, Fe2+, NH4+, NO3-, SO42-, Cl-. Đây
chính là cái “hồn” của bài toán.
Đến đây lại gặp khó khăn đó là: Có tới 6 ion, nhưng chỉ có 3 dữ kiện
để lập phương trình đó là: Bảo toàn điện tích cho muối, bảo toàn
electron, khối lượng muối. Do đó, cần phải tìm cách bảo toàn nguyên
tố để rút bớt ẩn.
Hoặc suy luận: Coi muối Fe nằm ở dạng: Fe n+, dung dịch Y còn 5 ion,
đặt số ẩn còn lại 2. Vậy sử dụng dữ kiện muối, bằng 2 cách: Bảo toàn
khối lượng và bằng tổng khối lượng các ion trong dung dịch.
+ Sơ đồ hóa bài toán:
Fe: 0,1
Al3+: m gam
{Fe(NO3)2: 0,15 + 0,61 mol HCl → {Fen+: 0,25 + {NO + H2O
Al: m gam
NH4+ : a mol
N2 O
NO3
Cl- : 0,16
+ Từ sơ đồ hóa cách giải đơn giản như sau:
- Bảo toàn nguyên tố N ta có: nNO 3- = 2nFe(NO3)2 – nNO – 2nN2O –
nNH4+ = 0,18 – a
- Bảo toàn nguyên tố H ta có: nH2O = (nHCl – 4nNH4+)/2 = (0,305 – 2a)
- Bảo toàn khối lượng:
mFe + mFe(NO3)2 + mAl + mHCl = m muối + mZ + m H2O
5,6 + 27 + m + 0,61.35,5 = 47,445 + 0,105.32 + (0,305 – 2a).18 (I)
m muối = mFen+ + mAl3+ + mNH4+ + mNO3- + mCl47,445 = 56.(0,15 + 0,1) + m + 18a + 62.(0,18 – a) + 18.(0,305 – 2a) (II)
Từ (I) và (II) suy ra: a = 0,01 và m = 1,08 gam.
Đáp án A

Mẫu 10: Hấp thụ hết 4,48 lít CO2 ở đktc vào dung dịch chứa x mol KOH
và y mol K2CO3 thu được 200 ml dung dịch X. Lấy 100 ml dung dịch X
cho từ từ vào 300 ml dung dịch HCl 0,5M thu được 2,688 lít khí ở đktc.
Mặt khác, 100 ml X tác dụng với dung dịch Ba(OH) 2 dư thu được 39,4
gam kết tủa. Giá trị của x là:
13


A. 0,15
B. 0,2
C. 0,1
D. 0,05
Hướng dẫn học sinh:
+ Phân tích đề:
- CO2 tác dụng với KOH, K2CO3 sẽ tạo ra KHCO3 và K2CO3, vậy nghĩ
ngay đến việc bảo toàn nguyên tố C là cách đơn giản nhất và đây chính là
cái “hồn” của bài toán.
- Sau phản ứng thu được 200 ml nhưng 2 dữ kiện lại tính trong 100 ml,
đây là điểm cần chú y, nếu không dễ sai.
- Cho X từ từ vào dung dịch HCl phải nghĩ ngay đến việc % các muối
HCO3- và CO32- phản ứng.
- Đến đây các nút thắt của bài toán đã được mở ra.
+ Sơ đồ hóa bài toán:
KOH
K+: 2a + b [HCl → CO2 + H2O
CO2 + {K2CO3 → {CO32-: a +
HCO3-: b
[Ba(OH)2 dư → BaCO3
+ Từ sơ đồ cách giải đơn giản:
100 ml dung dịch X: a/2 mol CO32-; b/2 mol HCO3Bảo toàn nguyên tố C ta có: nBaCO3 = nCO32- + nHCO30,2 = a/2 + b/2 (I)

nHCl = 0,15 mol; nCO2 = 0,12 mol
Gọi c là % số mol mỗi muối tham gia phản ứng
CO32- + 2H+ → CO2 + H2O
a/2.c
a.c
a/2.c
+ →
HCO3 + H
CO2 + H2O
b/2.c b/2.c b/2.c
Ta có: a/2.c + b/2.c = 0,12 (II)
a.c + b/2.c = 0,15 (III)
Từ (II) và (III) ta có: (a + b/2)/ (a/2 + b/2) = 5/4 (IV)
Từ (I) và (IV) ta có: a= 0,1; b = 0,3
- Bảo toàn nguyên tố C ta có: 0,2 + y = 0,4 suy ra y = 0,2
- Bảo toàn nguyên tố K ta có: x + 2y = 2a + b suy ra x = 0,2 + 0,3 – 0,4 =
0,1
Đáp án C
2.1.4. Một số bài tập tự luyện:
Bài 1: Hỗn hợp X (Na, K, Ba) trong X có số mol của Ba bằng một nửa số
mol của hỗn hợp. Cho m gam hỗn hợp X tan hết trong H 2O, thu được
14


dung dịch Y và khí H2. Cho toàn bộ khí H2 tạo ra đi qua một ống chứa 0,3
mol CuO và 0,2 mol FeO nung nóng, sau phản ứng thu được 33,6 gam
chất rắn trong ống. Đem toàn bộ dung dịch Y cho vào một dung dịch
chứa 0,2 mol HCl; 0,02 mol AlCl 3 và 0,05 mol Al2(SO4)3 thu được y gam
kết tủa. Biết các phản ứng hoàn toàn. Giá trị của y là:
A. 41,19

B. 52,30
C. 37,58
D. 59,22
Đáp án A
Bài 2: Hòa tan hết 9,1 gam hỗn hợp X gồm Al, Mg và Zn vào 500 ml
dung dịch HNO3 4M thu được 0,448 lít N 2 ở đktc và dung dịch Y. Chia Y
thành hai phần bằng nhau.
- Phần 1: Cô cạn thu được m gam chất rắn khan.
- Phần 2: tác dụng vừa đủ với 530 ml dung dịch NaOH 2M thu được 2,9
gam kết tủa.
Giá trị của m là:
A. 25,76
B. 38,40
C. 33,79
D. 32,48
Đáp án C
Bài 3: Nhúng 1 lá Fe vào 150 ml dung dịch chứa CuCl 2 1M và HCl 2M.
sau 1 thời gian, thu được dung dịch X; 2,24 lít H 2 ở đktc và lá Fe lấy ra
có khối lượng thay đổi 5,2 gam so với ban đầu. Thêm tiếp 2,125 gam
NaNO3 vào dung dịch X, kết thúc phản ứng thu được khí NO (sản phẩm
khử duy nhất) và dung dịch chứa m gam muối. Giá trị của m là:
A. 32,4750 gam
B. 37,0750 gam
C. 36,6750 gam
D. 16,9725 gam
Đáp án C
Bài 4: Dung dịch X gồm NaOH x(M); Ba(OH) 2 y(M) và dung dịch Y
gồm NaOH y(M); Ba(OH)2 x(M). Hấp thụ hết 0,04 mol CO 2 vào dung
dịch X, thu được dung dịch M và 1,97 gam kết tủa. Nếu hấp thụ hết
0,0325 mol CO2 vào 200 ml dung dịch Y thì thu được dung dịch N và

1,4775 gam kết tủa. Biết 2 dung dịch M và N phản ứng với dung dịch
KHSO4 đều sinh ra kết tủa trắng, các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá
trị của x, y lần lượt là:
A. 0,1 và 0,075
B. 0,05 và 0,1
C. 0,0075 và 0,1
D. 0,1 và 0,05
Đáp án B

15


Bài 5: Cho m gam hỗn hợp X gồm: Fe, Fe3O4, Fe(NO3)2 tan hết trong 320
ml dung dịch KHSO4 1M. Sau phản ứng thu được dung dịch Y chứa
59,04 gam muối trung hòa và 896 ml khí NO (sản phẩm khử duy nhất
của N+5 ở đktc). Y phản ứng vừa đủ với 0,44 mol NaOH. Biết các phản
ứng xảy ra hoàn toàn. % khối lượng Fe(NO 3)2 trong X gần giá trị nào sau
đây:
A. 63
B. 18
C. 73
D. 20
Đáp án C
Bài 6: Cho kim loại Al vào dung dịch hỗn hợp gồm: a mol HCl; 0,05 mol
NaNO3 và 0,1 mol KNO3. Sau khi phản ứng hoàn toàn, thu được dung
dịch X chứa m gam muối, b gam kim loại và 0,125 mol hỗn hợp khí Y
(gồm 2 khí không màu trong đó có 1 khí bị hóa nâu ngoài không khí). Tỉ
khối của Y so với H2 là 12,2. Giá trị của m là:
A. 46,425
B. 43,5

C. 64,05
D. 33,375
Đáp án A
Bài 7: Hòa tan hết 10,24 gam hỗn hợp X gồm Fe và Fe 3O4 bằng dung
dịch chứa 0,1 mol H2SO4 và 0,5 mol HNO3, thu được dung dịch Y và hỗn
hợp gồm 0,1 mol NO và a mol NO 2 (không còn sản phẩm khử nào khác).
Chia dung dịch Y thành 2 phần bằng nhau:
- Phần 1: Tác dụng với 500 ml dung dịch KOH 0,4M thu được 5,35 gam
1 chất kết tủa.
- Phần 2: Tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư, thu được m gam kết tủa.
Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là:
A. 20,62
B. 41,24
C. 20,21
D. 31,86
Đáp án C
Bài 8: Hỗn hợp X gồm: Al, Fe3O4 và CuO, trong đó oxi chiếm 25% khối
lượng hỗn hợp. Cho 1,344 lít khí CO (đktc) đi qua m gam X nung nóng,
sau 1 thời gian thu được chất rắn Y và hỗn hợp khí Z có tỉ khối so với H 2
bằng 18. Hòa tan hoàn toàn Y trong dung dịch HNO 3 loãng, dư, thu được
dung dịch chứa 3,08m gam muối và 0,896 lít khí NO đktc là sản phẩm
khử duy nhất. Giá trị của m gần nhất giá trị nào sau đây?
A. 8,0
B. 9,5
C. 8,5
D. 9,0
Đáp án B

16

Bài 9: Cho 7,65 gam hỗn hợp X gồm: Al và Al 2O3 (trong đó Al chiếm
60% khối lượng) tan hoàn toàn trong dung dịch Y gồm: H 2SO4 và
NaNO3, thu được dung dịch Z chỉ chứa 3 muối trung hòa và m gam hỗn
hợp khí T (trong T có 0,015 mol H 2). Cho dung dịch BaCl2 dư vào Z cho
đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 93,2 gam kết tủa. Còn
nếu Z phản ứng với NaOH thì lượng NaOH phản ứng tối đa là 0,935 mol.
Giá trị của m gần giá trị nào nhất sau đây?
A. 1,0
B. 32,58
C. 31,97
D. 33,39
Đáp án C
Bài 10: Cho m gam hỗn hợp X gồm: Fe và Al tan hoàn toàn trong 1,2 lít
dung dịch HCl 1M (dư), thu được dung dịch Y và thoát ra 10,752 lít H 2
đktc. Mặt khác cho m gam hỗn hợp X vào dung dịch H 2SO4 đặc nóng,
dư, khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 14,112 lít SO 2 ở đktc là sản
phẩm khử duy nhất của S+6. Thêm 0,1 mol NaNO3 vào dung dịch Y, khi
phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Z và thoát ra V lít khí NO
(ở đktc, sản phẩm khử duy nhất của N+5). Khối lượng muối có trong Z là:
A. 67,42 gam
B. 67,47 gam
C. 82,34 gam
D. 72,47 gam
Đáp án A
Bài 11: Hỗn hợp X khối lượng 36,6 gam gồm CuO, FeO và kim loại M
(trong đó số mol của M bằng tổng số mol của 2 oxit). Hòa tan hết X trong
dung dịch HNO3 dư, thấy có 2,44 mol HNO3 tham gia phản ứng thu được
162,12 gam muối và 6,272 lít đktc khí NO duy nhất. % khối lượng của M
trong X gần giá trị nào sau đây nhất?

A. 28%
B. 26%
C. 32%
D. 39%
Đáp án B
Bài 12: Cho 46,8 gam hỗn hợp CuO và Fe 3O4 (tỉ lệ mol 1:1) tan hết trong
dung dịch H2SO4 loãng, vừa đủ, thu được dung dịch A. Cho m gam Mg
vào A, sau khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch B. Thêm dung dịch
KOH dư vào B được kết tủa D. Nung D trong không khí đến khối lượng
không đổi, thu được 45,0 gam chất rắn E. Giá trị gần nhất của m là:
A. 6,6
B. 11,0
C. 13,2
D. 8,8
Đáp án D

17


Bài 13: Cho 66,2 gam hỗn hợp X gồm Fe3O4, Fe(NO3)2, Al tan hoàn toàn
trong dung dịch chứa 3,1 mol KHSO4 loãng. Sau khi các phản ứng xảy ra
hoàn toàn thu được dung dịch Y chỉ chứa 466,6 gam muối sunfat trung
hòa và 1,008 lít đktc khí Z gồm 2 khí tronng đó có 1 khí hóa nâu ngoài
không khí. Biết tỉ khối của Z so với He là 23/18. Phần trăm khối lượng
của Al trong hỗn hợp X gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 15
B. 20
C. 25
D. 30
Đáp án A

Bài 14: Cho 7,56 gam hỗn hợp Al và Mg tan hoàn toàn trong 500 ml
dung dịch gồm HCl 1,04M và H2SO4 0,28M, thu được dung dịch X và
khí H2. Cho 850 ml dung dịch NaOH 1M vào X, sau khi các phản ứng
xảy ra hoàn toàn thu được 16,5 gam kết tủa gồm 2 chất. Mặt khác, cho từ
từ dung dịch hỗn hợp KOH 0,8M và Ba(OH) 2 0,1M vào X đến khi thu
được lượng kết tủa lớn nhất, lọc lấy kết tủa đem nung đến khối lượng
không đổi, thu được m gam chất rắn. Giá trị của m gần nhất với giá trị
nào sau đây?
A. 32,3
B. 38,6
C. 27,4
D. 46,3
Đáp án B
Bài 15: Nung m gam hỗn hợp X gồm Fe, Fe(NO3)2, Fe(NO3)3 và FeCO3
trong bình kín (không có không khí). Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn
toàn, thu được chất rắn Y và khí X có tỉ khối so với H 2 là 22,5 (giả sử khí
NO2 sinh ra không tham gia phản ứng nào khác). Cho Y tan hoàn toàn
trong dung dịch gồm 0,01 mol KNO 3 và 0,15 mol H2SO4 (loãng), thu
được dung dịch chỉ chứa 21,23 gam muối trung hòa của kim loại và hỗn
hợp 2 khí có tỉ khối so với H2 là 8 (trong đó có 1 khí hóa nâu trong không
khí). Giá trị của m là:
A. 13,92
B. 19,16
C. 11,32
D. 13,76
Đáp án D
Bài 16: Hòa tan hết 14,8 gam hỗn hợp Fe và Cu trong 126 gam dung dịch
HNO3 48%, thu được dung dịch X (không chứa muối amoni). Cho X
phản ứng với 400 ml dung dịch hỗn hợp NaOH 1M và KOH 0,5M, thu
được kết tủa Y và dung dịch Z. Nung Y trong không khí đến khối lượng

không đổi, thu được 20 gam hỗn hợp Fe 2O3 và CuO. Cô cạn Z, thu được
hỗn hợp chất rắn khan T. Nung T đến khối lượng không đổi, thu được
42,86 gam hỗn hợp chất rắn. Nồng độ % của Fe(NO 3)3 trong X có giá trị
gần nhất với giá trị nào sau đây?
18


A. 7,6
Đáp án D.

B. 6,9

C. 8,2

D. 7,9

II.2. Các sáng kiến đã sử dụng để giải quyết vấn đề:
+ Trong quá trình giảng dạy, tích lũy kinh nghiệm và thực hành giảng
dạy, ôn luyện cho các em học sinh trong nhiều năm, luôn luôn cho học
sinh sử dụng nhiều cách giải cho một bài toán. Phân tích điểm mạnh,
điểm yếu của mỗi cách giải, sau đó tôi chốt lại và đưa ra cách của mình
để các em so sánh rút kinh nghiệm và từ 1 bài các em suy luận giải được
các bài tượng tự hoặc biến tướng theo kiểu này hoặc kiểu khác nhưng các
em tìm được đâu là cái “hồn” của bài toán. Đó chính là thành công trong
đề tài của tôi.
II.3. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo
dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
+ Với hoạt động giáo dục: Đây là một nhu cầu hết sức cần thiết đối với
thực tế trong thi trung học phổ thông quốc gia dưới hình thức trắc nghiệm
môn hóa học đã thực hiên 10 năm nay. Việc bứt phá về cuộc chạy đua về

mặt tốc độ để đạt điểm mười tuyệt đối được đặt ra cho học sinh quả là
vấn đề nang giải. Xong với đề tài của tôi có lẽ mở ra hướng đi không còn
khó khăn nhiều cho học sinh.
+ Với bản thân tôi: Tôi đã áp dụng cho học sinh lớp 11, 12 ôn tập từ năm
học 2013 đến nay. Học sinh rất tự tin và không còn run sợ trước mỗi đề
thi thử của các trường THPT trong tỉnh, đề thi minh họa của bộ và đề thi
THPT Quốc Gia. Đây cũng là một tài liệu dùng ôn thi cho học sinh của
tôi.
+ Với đồng nghiệp: Mỗi khi các đồng nghiệp thắc mắc những câu ở mức
độ cao này, tôi đều giúp đồng nghiệp tháo gỡ được những rắc rối đó một
các nhẹ nhàng.
+ Với nhà trường: Sáng kiến của tôi được hội đồng khoa học nhà trường
xếp loại A cấp trường và đề nghị gửi đi hội đồng khoa học sở giáo dục
Thanh Hóa.
III. Kết luận, kiến nghị:
III.1. Kết luận:
+ Để có một sáng kiến kinh nghiệm nào đó thì trước hết người giáo viên
phải hội tụ được những điểm sau:
- Thứ nhất: Phải có lòng đam mê về chuyên môn.
19


- Thứ 2: Trong quá trình ôn luyện cho học sinh, thấy nhu cầu cần thiết
phải cung cấp kiến thức cho học sinh, trong khi chưa có một tài liệu trọn
vẹn nào đáp ứng được nhu cầu cần thiết cho học sinh.
- Thứ 3: Một yếu tố khách quan đó là phải có thâm niên trong việc ôn thi.
- Thứ 4: Phải luôn tự học, tự bồi dưỡng, tự tích lũy kinh nghiệm trong
quá trình giảng dạy.
- Thứ 5: Học tập ở học sinh, đồng nghiệp, bạn bè, mạng Internet...
3.2. Kiến nghị:

Rất mong các sáng kiến kinh nghiệm được hội đồng khoa học sở giáo
dục xếp loại, được phổ biến rộng rãi cho giáo viên và học sinh trong tỉnh
tiếp cận và lấy đó làm tài liệu trong học tập và giảng dạy.

20


1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.

Tài liệu tham khảo:
Khám phá tư duy giải nhanh thần tốc hóa học của tác giả: Ngô Anh
Phong.
Bộ đề trắc nghiệm: Luyện thi trung học phổ thông quốc gia năm 2017.
Khoa học tự nhiên.
Đề thi đại học từ năm 2006- 2014.
Đề thi minh họa THPT quốc Gia năm 2015.
Đề thi minh họa THPT quốc Gia năm 2016.
Đề thi minh họa THPT quốc Gia năm 2017.
Đề thi THPT quốc Gia năm 2015.
Đề thi THPT quốc Gia năm 2016.

21

22