Phương pháp bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học

I- PHẦN MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài:
- Trong những năm gần đây, bản thân tôi được nhà trường phân công giảng dạy bộ
môn hóa 8,9. Đồng thời lựa chọn học sinh để bồi dưỡng tham gia đội tuyển thi học
sinh giỏi huyện. Qua nghiên cứu các tài liệu sách tham khảo phục vụ cho học sinh và
rút kinh nghiệm từ các kì thi học sinh giỏi, thi vào các trường chuyên của học sinh.
Bản thân tôi nhận thấy hầu hết các tài liệu, bài tập biên soạn đã chú ý đến nội dung
chương trình, có hướng dẫn phương pháp giải bài tập, nhưng chưa có hệ thống các
kiến thức hỗ trợ để cho học sinh có thể tự tham khảo, học tập thuận lợi. Vì vậy tôi đã
lựa chọn đề tài nghiên cứu “Phương pháp bồi dưỡng học sinh giỏi môn hóa học ở
trường THCS”.
2. Mục tiêu, nhiệm vụ của đề tài:
- Đề tài này nhằm hệ thống lại tất cả những dạng bài tập trong phần vô cơ giúp học
sinh có thể tự nghiên cứu, học tập ở nhà.
- Hình thành cho học sinh tính tự học, tự nghiên cứu.
3. Đối tượng phạm vi nghiên cứu:
- Các dạng bài tập trong phần hóa vô cơ.
4. Giới hạn, phạm vi nghiên cứu:
- Học sinh tham gia đội tuyển thi học sinh giỏi huyện, và học sinh thi vào lớp 10.
5. Phương pháp nghiên cứu:
- Phương pháp thuyết trình, vấn đáp, diễn giải, phân tích, tổng hợp.
II- PHẦN NỘI DUNG.
1. Cơ sở lý luận:
- Trong hệ thống các bài tập hoá học, tạm chia thành hai nhóm là bài tập lý thuyết và
bài tập dạng toán. Trong mỗi dạng cụ thể đều có hướng chung cơ bản để giải.
- Là giáo viên làm công tác bồi dưỡng học sinh giỏi sẽ không thể đạt được mục đích
nếu như không chọn lọc, phân chia bài tập theo từng dạng cụ thể (phân chia theo kinh
nghiệm bản thân), sau đó nêu đặc điểm của dạng bài tập và xây dựng hướng giải cho
mỗi dạng. Đây là khâu có ý nghĩa quyết định trong công tác bồi dưỡng vì nó là nguồn
tri thức giúp học sinh tìm ra được hướng giải một cách dễ dàng, hạn chế tối đa những
sai lầm trong quá trình giải bài tập, đồng thời phát triển được khả năng tư duy của

học sinh (thông qua các bài tập tương tự mẫu và các bài tập không theo khuôn mẫu
mà học sinh tự nghiên cứu qua các tài liệu tham khảo).
- Trong phạm vi của đề tài này, tôi trình bày kinh nghiệm bồi dưỡng một số dạng bài
tập (dạng lý thuyết và dạng toán) về phần vô cơ thường xuất hiện trong đề thi mà
trong quá trình bồi dưỡng tôi đã đúc kết được qua nhiều năm.
2. Thực trạng:
2.1. Thuận lợi, khó khăn.
- Thuận lợi: Học sinh có một cái nhìn tổng quát về các dạng bài tập hóa vô cơ.
- Khó khăn:
+ Đối với thầy: không có điểm mở đầu và kết thúc trong nội dung bồi dưỡng, phạm
vi kiến thức rộng, dạy như thế nào để không thừa mà cũng không thiếu, nhưng vẫn
đáp ứng được yêu cầu cơ bản của đề thi, đây là vấn đề khó.
+ Đối với trò: vấn đề học bồi dưỡng chưa thực sự đi vào chiều sâu, vẫn còn một số
em học bồi dưỡng theo phong trào, cùng lúc tham gia bồi dưỡng trong nhiều lĩnh vực
-1-


khác nhau (HSG văn hóa, HSG giải toán bằng máy tính cầm tay, Giải Toán trên
mạng..., từ đó dẫn đến quỹ thời gian không đủ để các em tự học, tự nghiên cứu nhằm
trang bị thêm kiến thức vững chắc cho bản thân
2.2. Thành công, hạn chế:
- Thành công: Đáp ứng được nhu cầu học nâng cao của học sinh, giúp học sinh có
một kiến thức hóa học vững chắc.
- Hạn chế: Lượng kiến thức nhiều, nhưng thời gian trên trương hạn chế nên học sinh
tự nghiên cứu tài liệu là chính.
2.3. Mặc mạnh, mặc yếu:
- Mặc mạnh: Nội dung mang tính logic, đi từ những nội dung đơn giảng đến nâng
cao, mỗi dạng bài tập đều có bài tập mẫu giúp học sinh dễ nghiên cứu.
- Mặc yếu: khi không xác định được yêu cầu bài toán, không nhận định được dạng
toán thì học sinh không giải được.

2.4. Các nguyên nhân, yếu tố tác động:
- Giáo viên biên soạn nội dung đề tài phù hợp với việc tiếp thu kiến thức của học
sinh, đặc biệt đối với các học sinh khá giỏi.
- Nhiều học sinh chưa phân loại được các dạng toán trong hóa học.
3. Giải pháp, biện pháp:
3.1. Mục tiêu của giải pháp, biện pháp:
- Giáo dục cho học sinh tính tự học, tự nghiên cứu tài liệu.
- Vận dụng nhứng kiến thức đã học để giải quyết các bài toán.
- Cung cấp cho học sinh kiến thức lý thuyết từ cơ bản (theo chương trình SGK Hóa 8,
9) đến mở rộng, nâng cao. Mặt khác từ kiến thức cơ bản học sinh có thể vận dụng dễ
dàng vào các bài tập cụ thể.
3.2. Nội dung và cách thức thực hiện giải pháp, biện pháp:
- Dựa trên cơ sở đề thi HSG môn Hóa các năm qua tôi đã phân các bài tập thành 2
nhóm:
* Bài tập lý thuyết gồm các dạng sau:
- Bài tập về chuỗi phản ứng
- Bài tập về nhận biết, phân biệt các chất
- Bài tập về điều chế, tinh chế, tách rời các chất
- Bài tập mô tả hiện tượng, giải thích thí nghiệm
- Bài tập về bảng hệ thống tuần hoàn, cấu tạo nguyên tử và các bài tập
khác
* Bài tập tính toán gồm các dạng sau:
- Bài toán nồng độ dung dịch (pha chế, pha loãng hay cô đặc dung dịch,
độ tan)
- Bài toán xác định công thức hóa học
- Bài toán về kim loại
- Bài toán hiệu suất phản ứng
- Bài toán về CO2 tác dụng với kiềm
- Bài toán hỗn hợp
- Từ đó tiến hành trang bị cho học sinh các kiến thức liên quan đến các dạng trên,

phương pháp chung để giải. Nhằm giúp học sinh tự tin hơn bước vào các kỳ thi.

-2-


- Tuy nhiên trước khi giải quyết các bài tập thì điều đầu tiên là các em phải nắm vững
kiến thức về lý thuyết. Để giúp cho nhóm học sinh bồi dưỡng (với nhiều mức độ khác
nhau) có đủ khả năng, đủ tự tin bước vào kỳ thi, trong quá trình bồi dưỡng tôi đã tiến
hành như sau:
3.2.1. Trang bị kiến thức lý thuyết:
- Trong kiến thức lý thuyết yêu cầu học sinh phải nắm thật vững kiến thức cơ bản
(chương trình SGK Hóa 8, 9) theo các nội dung sau:
+ Tính chất hóa học của kim loại và phi kim
+ Tính chất hóa học của oxit, axit, bazơ, muối
+ Dãy hoạt động hóa học của kim loại
+ Điều kiện để xảy ra phản ứng trao đổi
- Ngoài kiến thức cơ bản trên, học sinh còn phải nắm các trường hợp đặc biệt sau:
* Đối với kim loại cần lưu ý:
- Sắt (Fe) có 2 hóa trị (II và III):
+ Thể hiện hóa trị II: khi phản ứng với dung dịch axit thường, dung dịch muối, phi
kim yếu, . . .
Fe + 2HCl  FeCl2 + H2h
Fe + CuSO4  FeSO4 + Cu
T
Fe + S  
 FeS
+ Thể hiện hóa trị III khi phản ứng với phi kim mạnh, axit oxi hóa:
T
2Fe + 3Cl2  
 2FeCl3

T
2Fe + 6H2SO4(đ)  
 Fe2(SO4)3 + 3SO2h + 6H2O
T
Fe + 6HNO3(đ)  
 Fe(NO3)3 + 3NO2h + 3H2O
- Nhôm (Al) là kim loại lưỡng tính, nhôm cùng với oxit và hiđrôxit của nhôm đều
phản ứng được với kiềm tạo thành muối:
2Al + 2NaOH + 2H2O  2NaAlO2 + 3H2h
Al2O3 + 2NaOH  2NaAlO2 + H2O
Al(OH)3 + NaOH  NaAlO2 + 2H2O
(gốc – AlO2 : aluminat, có hóa trị I)
- Phản ứng của kim loại với muối (không tạo ra kim loại mới):
Fe + 2FeCl3  3FeCl2
Cu + 2FeCl3  CuCl2 + 2FeCl2
* Trong phản ứng trao đổi: điều kiện để phản ứng xảy ra là trong sản phẩm có sinh ra
chất khí, chất không tan, . . . tôi cho rằng đây chỉ là điều kiện đủ, học sinh cần phải
nắm thêm điều kiện cần cho các trường hợp sau:
- Muối tác dụng với muối và muối tác dụng với bazơ thì cả 2 chất tham gia phản ứng
đều phải tan:
NaCl + AgNO3  NaNO3 + AgClh
BaCl2 + CaCO3h  không phản ứng
CuSO4 + 2NaOH  Cu(OH)2h + Na2SO4
BaSO4h + NaOH  không phản ứng
(lưu ý: BaSO4 không tan cả trong dung dịch axit)
* Muối axit tác dụng với kiềm tạo ra muối trung hòa (số muối trung hòa ứng với số
kim loại có trong chất phản ứng):
O

O

O

O

-3-


NaHCO3 + NaOH  Na2CO3 + H2O
2NaHCO3 + Ca(OH)2  Na2CO3 + CaCO3h + 2H2O
* Muối axit tác dụng với muối axit thì muối của gốc axit mạnh hơn đóng vai trò như
1 axit sẽ đẩy axit yếu hơn ra khỏi muối còn lại:
NaHSO4 + NaHCO3  Na2SO4 + CO2h + H2O
2NaHSO4 + Mg(HCO3)2  MgSO4 + Na2SO4 + 2CO2h + 2H2O
* Phản ứng của axit oxi hóa (HNO3 , H2SO4 đặc) với kim loại, thì trong quá trình
phản ứng nồng độ của axit giảm dần dẫn đến sinh ra các sản phẩm khử khác nhau
theo thứ tự sau:
h NO2
h NO
hh

HNO3(đ) + M
M(NO3)n + h N 2O + H2O
h N
2
h
hh NH 4 NO3
h SO2
h S
h


H2SO4(đ) + M
M2(SO4)n + h
+ (H2O)
h H2S
hh H 2

- Trong phần này có nội dung liên quan là cân bằng electron.
+ Cân bằng theo phương pháp electron.
Ví dụ:
Cu + HNO3 (đặc) -----> Cu(NO3)2 + NO2 + H2O
Bước 1: Viết PTPƯ để xác định sự thay đổi số oxi hoá của nguyên tố.
Ban đầu: Cu0 ----> Cu+ 2 Trong chất sau phản ứng Cu(NO3)2
Ban đầu: N+ 5 (HNO3) ----> N+ 4 Trong chất sau phản ứng NO2
Bước 2: Xác định số oxi hoá của các nguyên tố thay đổi.
Cu0 ----> Cu+ 2
N+ 5 ----> N+ 4
Bước 3: Viết các quá trình oxi hoá và quá trình khử.
Cu0 – 2e ----> Cu+ 2
N+ 5 + 1e ----> N+ 4
Bước 4: Tìm bội chung để cân bằng số oxi hoá.
1 Cu0 – 2e ----> Cu+ 2
2 N+ 5 + 1e ----> N+ 4
Bước 5: Đưa hệ số vào phương trình, kiểm tra, cân bằng phần không oxi hoá - khử
và hoàn thành PTHH.
Cu + 2HNO3 (đặc) -----> Cu(NO3)2 + 2NO2 + H2O
+ 2HNO3 (đặc) ----->
Cu + 4HNO3 (đặc) -> Cu(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O
* Các phi kim ở nhóm VII của bảng hệ thống tuần hoàn có một tính chất tương tự
kim loại: đẩy phi kim yếu hơn ra khỏi muối hay hợp chất với hiđrô.

Cl2 + 2NaBr  2NaCl + Br2
-4-


Br2 + 2HI  2HBr + I2
3.2.2. Phân dạng các loại bài tập: từ cơ sở phân loại ở mục trên tiến hành trang bị
cho học sinh kiến thức và phương pháp giải (chủ yếu là phân tích đề bài để học sinh
khắc sâu kiến thức)
* Bài tập lý thuyết: chủ yếu học sinh phải dựa vào kiến thức lý thuyết để giải là
chính.
a. Bài tập về chuỗi phản ứng:
- Để làm bài tập loại này học sinh phải nắm vững tính chất hóa học và mối quan hệ
giữa các chất, học sinh cần phải biết trong sơ đồ thì mỗi dấu (-> ) là 1 phản ứng. Với
dạng bài tập này tôi chọn cho học sinh các bài tập với 3 mức độ khác nhau từ dễ đến
khó như sau:
* Chuỗi phản ứng thông thường: viết PTHH biễu diễn sự chuyển đổi sau đây
HCl
 A
FeCl2  Fe  Fe3O4  
Fe
FeCl3  Fe(NO3)3  Fe(OH)3  Fe2O3  Fe  Cu
- Trước tiên học sinh phải nhớ lại kiến thức: sắt thể hiện hóa trị II hoặc III trong các
phản ứng nào.
- Sau đó dựa vào tính chất hóa học và mối quan hệ giữa các chất để thực hiện các
phản ứng.
* Học sinh tự lập chuỗi phản ứng: cho các chất sau CaO, CaCl 2, CaCO3, Ca(OH)2,
Ca(NO3)2, hãy dựa vào mối quan hệ gữa chúng lập thành 1 chuỗi phản ứng và thực
hiện chuỗi đó.
- Trong bài này học sinh có thể lập được nhiều chuỗi phản ứng khác nhau, nhưng phải
đảm bảo các chuỗi đó đều phải thực hiện được.

- Các chuỗi lập được có thể là:
CaO  Ca(OH)2  CaCl2  CaCO3  Ca(NO3)2
CaCO3  CaO  Ca(OH)2  CaCl2  Ca(NO3)2
CaO  Ca(OH)2
CaCO3
CaCO3

CaCl2 Ca(NO3)2
* Chuỗi phản ứng cho có giấu chất: Thực hiện phản ứng theo sơ đồ sau
MO  M  MCl3  M(OH)3  M2O3 . Biết M2O3 màu nâu đỏ,
-Trước tiên học sinh dựa vào 2 chất trong sơ đồ là MO và MCl 3 để dự đoán M là Fe,
vì thể hiện hóa trị II (trong MO) và hóa trị III (trong MCl 3), sau đó dựa vào dữ kiện
M2O3 màu nâu đỏ, để khẳng định điều dự đoán là đúng.
-Tiếp theo thay M bằng Fe vào sơ đồ và thực hiện các phản ứng.
b. Bài tập về nhận biết, phân biệt các chất:
- Muốn nhận biết hay phân biệt các chất ta phải dựa vào phản ứng đặc trưng và có các
hiện tượng: như có chất kết tủa tạo thành sau phản ứng, đổi màu dung dịch, giải
phóng chất có mùi hoặc có hiện tượng sủi bọt khí. Hoặc có thể sử dụng một số tính
chất vật lí (nếu như bài cho phép) như nung ở nhiệt độ khác nhau, hoà tan các chất
vào nước,

-5-


- Phản ứng hoá học được chọn để nhận biết là phản ứng đặc trưng đơn giản và có dấu
hiệu rõ rệt. Trừ trường hợp đặc biệt, thông thường muốn nhận biết n hoá chất cần
phải tiến hành (n – 1) thí nghiệm.
- Tất cả các chất được lựa chọn dùng để nhận biết các hoá chất theo yêu cầu của đề
bài, đều được coi là thuốc thử.
- Lưu ý: Khái niệm phân biệt bao hàm ý so sánh (ít nhất phải có hai hoá chất trở lên)

nhưng mục đích cuối cùng của phân biệt cũng là để nhận biết tên của một số hoá chất
nào đó.
* Phương pháp làm bài.
1/ Chiết(Trích mẫu thử) các chất vào nhận biết vào các ống nghiệm.(đánh số)
2/ Chọn thuốc thử thích hợp(tuỳ theo yêu cầu đề bài: thuốc thử tuỳ chọn, han chế hay
không dùng thuốc thử nào khác).
3/ Cho vào các ống nghiệm ghi nhận các hiện tượng và rút ra kết luận đã nhận biết,
phân biệt được hoá chất nào.
4/ Viết PTHH minh hoạ.
* Các dạng bài tập thường gặp.
- Nhận biết các hoá chất (rắn, lỏng, khí) riêng biệt.
- Nhận biết các chất trong cùng một hỗn hợp.
- Xác định sự có mặt của các chất (hoặc các ion) trong cùng một dung dịch.
- Tuỳ theo yêu cầu của bài tập mà trong mỗi dạng có thể gặp 1 trong các trường
hợp sau:
+ Nhận biết với thuốc thử tự do (tuỳ chọn)
+ Nhận biết với thuốc thử hạn chế (có giới hạn)
+ Nhận biết không được dùng thuốc thử bên ngoài.
+ Đối với chất khí:
- Khí CO2: Dùng dung dịch nước vôi trong có dư, hiện tượng xảy ra là làm đục
nước vôi trong.
- Khí SO2: Có mùi hắc khó ngửi, làm phai màu hoa hồng hoặc Làm mất màu dung
dịch nước Brôm hoặc Làm mất màu dung dịch thuốc tím.
5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O   2H2SO4 + 2MnSO4 + K2SO4
- Khí NH3: Có mùi khai, làm cho quỳ tím tẩm ướt hoá xanh.
- Khí clo: Dùng dung dịch KI + Hồ tinh bột để thử clo làm dung dịch từ màu trắng
chuyển thành màu xanh.
Cl2 + KI   2KCl + I2
- Khí H2S: Có mùi trứng thối, dùng dung dịch Pb(NO3)2 để tạo thành PbS kết tủa
màu đen.

- Khí HCl: Làm giấy quỳ tẩm ướt hoá đỏ hoặc sục vào dung dịch AgNO 3 tạo thành
kết tủa màu trắng của AgCl.
- Khí N2: Đưa que diêm đỏ vào làm que diêm tắt.
- Khí NO ( không màu ): Để ngoài không khí hoá màu nâu đỏ.
- Khí NO2 ( màu nâu đỏ ): Mùi hắc, làm quỳ tím tẩm ướt hoá đỏ.
4NO2 + 2H2O + O2   4HNO3
+ Nhận biết dung dịch bazơ (kiềm): Làm quỳ tím hoá xanh.
- Nhận biết Ca(OH)2:
-6-


Dùng CO2 sục vào đến khi xuất hiện kết tủa thì dừng lại.
Dùng Na2CO3 để tạo thành kết tủa màu trắng của CaCO3
- Nhận biết Ba(OH)2:
Dùng dung dịch H2SO4 để tạo thành kết tủa màu trắng của BaSO4.
+ Nhận biết dung dịch axít: Làm quỳ tím hoá đỏ
- Dung dịch HCl: Dùng dung dịch AgNO3 làm xuất hiện kết tủa màu trắng của AgCl.
- Dung dịch H2SO4: Dùng dung dịch BaCl2 hoặc Ba(OH)2 tạo ra kết tủa BaSO4.
- Dung dịch HNO3: Dùng bột đồng đỏ và đun ở nhiệt độ cao làm xuất hiện dung dịch
màu xanh và có khí màu nâu thoát ra của NO2.
- Dung dịch H2S: Dùng dung dịch Pb(NO3)2 xuất hiện kết tủa màu đen của PbS.
- Dung dịch H3PO4: Dùng dung dịch AgNO3 làm xuất hiện kết tủa màu vàng của
Ag3PO4.
+ Nhận biết các dung dịch muối:
- Muối clorua: Dùng dung dịch AgNO3.
- Muối sunfat: Dùng dung dịch BaCl2 hoặc Ba(OH)2.
- Muối cacbonat: Dùng dung dịch HCl hoặc H2SO4.
- Muối sunfua: Dùng dung dịch Pb(NO3)2.
- Muối phôtphat: Dùng dung dịch AgNO3 hoặc dùng dung dịch CaCl2, Ca(OH)2
làm xuất hiện kết tủa mùa trắng của Ca3(PO4)2.

+ Nhận biết các oxit của kim loại.
* Hỗn hợp oxit: hoà tan từng oxit vào nước (2 nhóm: tan trong nước và không tan)
- Nhóm tan trong nước cho tác dụng với CO2.
+ Nếu không có kết tủa: kim loại trong oxit là kim loại kiềm.
+ Nếu xuát hiện kết tủa: kim loại trong oxit là kim loại kiềm thổ.
- Nhóm không tan trong nước cho tác dụng với dung dịch bazơ.
+ Nếu oxit tan trong dung dịch kiềm thì kim loại trong oxit là Be, Al, Zn, Cr..
+ Nếu oxit không tan trong dung dịch kiềm thì kim loại trong oxit là kim loại kiềm
thổ.
c. Bài tập về điều chế, tinh chế, tách rời các chất:
- Để tách và tinh chế các chất ta có thể:
1/ Sử dụng các phương pháp vật lí.
- Phương pháp lọc: Dùng để tách chất không tan ra khỏi hỗn hợp lỏng
- Phương pháp cô cạn: Dùng để tách chất tan rắn (Không hoá hơi khi gặp nhiệt độ
cao) ra khỏi dung dịch hỗn hợp lỏng.
- Phương pháp chưng cất phân đoạn: Dùng để tách các chất lỏng ra khỏi hỗn hợp
lỏng nếu nhiệt độ đông đặc của chúng cách biệt nhau quá lớn.
- Phương pháp chiết: Dùng để tách các chất lỏng ra khỏi hỗn hợp lỏng không đồng
nhất.
2/ Sử dụng phương pháp hoá học.
XY
- Sơ đồ tách:
+Y
Tách bằng
AX
phương pháp
Tách
(PU tái tạo)
vật lí
hh A,B + X

bằng
pứ tách
PP vật lí
(A)
-7-


(B)
Lưu ý: Phản ứng được chọn để tách phải thoả mãn 3 yêu cầu:
- Chỉ tác dụng lên một chất trong hỗn hợp cần tách.
- Sản phẩm tạo thành có thể tách dễ dàng khỏi hỗn hợp
Từ sản phẩm phản ứng tạo thành có khả năng tái tạo được chất ban đầu
- Điều chế: xuất phát từ một số nguyên liệu ban đầu, viết các phản ứng điều chế một
số chất theo yêu cầu. Dạng bài tập này đòi hỏi học sinh phải nắm vững kiến thức lý
thuyết và phải biết chọn hướng đi đúng. VD : từ các nguyên liệu muối ăn, đá vôi,
không khí, axit nitric và nước. Viết các PTHH để điều chế: Na2CO3, NH4NO3, HCl
+ Na2CO3 : làm như sau
Điện phân màng ngăn dung dịch NaCl bão hòa thu lấy NaOH :
ĐPMN
2NaCl + 2H2O  
  2NaOH + Cl2h + H2h (a)
T
Nhiệt phân đá vôi thu lấy CO2: CaCO3  
 CaO + CO2h(b)
Cho NaOH phản ứng với CO2 thu được Na2CO3:
2NaOH + CO2  Na2CO3 + H2O
+ NH4NO3: tiến hành như sau
Tách lấy N2 từ không khí, từ phản ứng (a) ta có H2
T
Cho N2 phản ứng với H2 thu được NH3:

N2 + 3H2  
 2NH3
Sau đó cho NH3 phản ứng với HNO3 thu được NH4NO3:
NH3 + NH4NO3  NH4NO3
+ HCl: từ phản ứng (a) ta thu được H 2 và Cl2 , cho 2 chất này phản ứng với
Ánhsáng
nhau thu được HCl : H2 + Cl2  

  2HCl
d. Mô tả hiện tượng, giải thích thí nghiệm: cần lưu ý các trường hợp kim loại phản
ứng với nước trong dung dịch, sự thay đổi màu sắc, tạo ra kết tủa, tạo ra chất khí,
phản ứng của kim loại lưỡng tính và hợp chất của chúng, các hợp chất không tồn tại, .
..
- VD 1: nêu hiện tượng, giải thích và viết phương trình phản ứng khi cho mẫu Na vào
dung dịch AlCl3
+ Trước tiên học sinh cần phải xác định Na phản ứng được với nước trong dung dịch,
sau đó kiềm tạo ra sẽ phản ứng với AlCl 3 tạo kết tủa keo trắng và kết tủa này tan ra
(nếu đủ NaOH) do Al là kim loại lưỡng tính nên hiđroxit của Al phản ứng được với
kiềm.
+ Từ đó, các hiện tượng thấy được là: Na tan ra, có khí thoát ra (H 2), trong dung dịch
xuất hiện kết tủa keo trắng (Al(OH)3), kết tủa có thể tan ra.
+ Các phản ứng minh họa:
2Na + 2H2O  2NaOH + H2h
3NaOH + AlCl3  Al(OH)3h + 3NaCl
Al(OH)3 + NaOH  NaAlO2 + 2H2O
- VD 2 : Dự đoán hiện tượng và giải thích bằng các phản ứng hóa học khi:
Trường hợp 1: Nhỏ từ từ dung dịch NaOH cho đến dư vào dung dịch AlCl3
Trường hợp 2: Nhỏ từ từ dung dịch AlCl3 cho đến dư vào dung dịch NaOH
+ Trong cả hai trường hợp ta thấy hai chất phản ứng là như nhau, nhưng ngược nhau
về thứ tự phản ứng đây là điểm làm cho học sinh lúng túng, vì đây là phản ứng giữa

kiềm với muối và trong sản phẩm sinh ra có hiđroxit lưỡng tính.
O

O

-8-


+ Để giải quyết vấn đề ta cần hiểu rõ:
Ở trường hợp 1: lúc đầu AlCl 3 dư nên xuất hiện kết tủa keo trắng, sau đó đến lượt
NaOH dư nên kết tủa tan dần.
3NaOH + AlCl3(dư)  Al(OH)3h + 3NaCl
Na(OH)(dư) + Al(OH)3  NaAlO2 + 2H2O
Ở trường hợp 2: lúc đầu NaOH dư nên bao nhiêu kết tủa vừa sinh ra bị hòa tan ngay,
sau đó đến lượt AlCl3 dư và phản ứng dừng lại. Do đó trong trường hợp này không
xuất hiện kết tủa.
4NaOH(dư) + AlCl3  NaAlO2 + 3NaCl + 2H2O
e. Bài tập về hệ thống tuần hoàn: với dạng bài tập này phần kiến thức mà học sinh
cần nắm là qui luật biến thiên tính kim loại, tính phi kim trong chu kỳ và trong nhóm.
Tính axit của các hiđroxit tương ứng với các phi kim tăng khi tính phi kim tăng, Tính
bazơ của các hiđroxit tương ứng với các kim loại tăng khi tính kim loại tăng.
- VD : Dựa vào bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học, hãy:
So sánh tính chất của Si, P, S, Cl đồng thời nêu công thức hiđrôxit tương ứng
và so sánh tính axit của chúng (1).
So sánh tính chất của Na, Mg, Al đồng thời nêu công thức hiđrôxit tương ứng
và so sánh tính bazơ của chúng (2).
+ Với 2 nhóm nguyên tố trên ta thấy rằng chúng cùng chung chu kỳ III của bảng hệ
thống tuần hoàn, xếp theo thứ tự từ trái qua phải là:
Na
, Mg

, Al
,
Si
,
P ,
S
,
Cl
+ Công thức oxit cao nhất của chúng lần lượt là:
Na2O , MgO , Al2O3 , SiO2 , P2O5 , SO3 , Cl2O7
+ Công thức hiđrôxit tương ứng là:
NaOH , Mg(OH) 2 , Al(OH)3 , H2SiO3 , H3PO4 , H2SO4 ,
HClO4
+ Theo thứ tự trên thì tính kim loại của các nguyên tố giảm dần, tính phi kim của các
nguyên tố tăng dần. Từ đó dẫn đến các hiđrôxit của chúng có tính bazơ giảm dần và
tính axit tăng dần.
+ Từ các phân tích trên học sinh tự kết luận cho từng nhóm (nhóm 1 gồm các nguyên
tố phi kim, nhóm 2 gồm các nguyên tố kim loại)
* Bài tập tính toán: Cung cấp cho học sinh các công thức có liên quan, các bước
chung nhất của bài toán tính theo phương trình hóa học, lấy đó làm nền tảng để phát
triển cho các dạng bài toán còn lại.
- Các kiến thức cần nắm
a. Các công thức ban đầu học sinh cần phải nắm:
- Công thức tính số mol:
m
M
V
 khí
22,4

n

nkhí

(công thức này áp dụng được cho tất cả các chất)
(Công thức này chỉ áp dụng cho chất khí ở điều kiện tiêu

chuẩn)
- Công thức tỉ khối của chất khí :
MA

dA/B = M
B

(Tỉ khối của khí A đối với khí B)
-9-


dA/kk =

MA
29

(Tỉ khối của khí A đối với không khí )

- Công thức liên quan đến nồng độ:
+ Nồng độ phần trăm:
+ Nồng độ mol (M) :

mct

x100%
mdd
n
C M  ct
Vdd (l )
C% 

10 xDdd xC (%)
M ct

+ Công thức liên quan giữa 2 loại nồng độ: C M 

+ Công thức tính khối lượng dung dịch:
mdd = mct + mdm – (mh + mh) . . .
mdd = Vdd x Ddd
b. Các bước chung giải bài toán tính theo phương trình hóa học:
- Đặt ẩn số (n, m, v) cho các chất trong bài toán
- Lập các phương trình đại số từ dữ kiện bài toán
- Tính số mol cho các chất tính được
- Viết PTHH cho các phản ứng xảy ra (cần đánh số khi có nhiều PTHH)
- Lập tỉ lệ vào PTHH (thường là số mol, có thể có ẩn số)
- Từ tỉ lệ đó suy ra các phương trình đại số tiếp theo, hay lượng chất cho các
chất cần tính (cần nói rõ là từ PTHH nào)
-Tính theo yêu cầu của bài toán
- Trên đây là các bước chung, khi đi vào một bài toán cụ thể đôi lúc không thực hiện
hết mà có thể lược bớt đi cho phù hợp với từng bài, đồng thời trong mỗi dạng riêng
biệt có bổ sung thêm các kiến thức cần thiết.
- Từ bài toán tính theo phương trình hóa học có thể phát triển thành nhiều dạng bài
tập khác nhau.
- Các dạng bài toán cụ thể:

a. Bài toán nồng độ dung dịch:
* Đặc điểm của bài toán:
- Khi pha loãng, nồng độ dung dịch giảm. Còn cô đặc, nồng độ dung dịch
tăng.
- Dù pha loãng hay cô đặc, khối lượng chất tan luôn luôn không thay đổi.
* Cách làm:
 Có thể áp dụng công thức pha loãng hay cô đặc
TH1: Vì khối lượng chất tan không đổi dù pha loãng hay cô đặc nên.
mdd(1).C%(1) = mdd(2).C%(2)
TH2: Vì số mol chất tan không đổi dù pha loãng hay cô dặc nên.
Vdd(1). CM (1) = Vdd(2). CM (2)
 Nếu gặp bài toán bài toán: Cho thêm H 2O hay chất tan nguyên chất (A) vào 1
dung dịch (A) có nồng độ % cho trước, có thể áp dụng quy tắc đường chéo để
giải. Khi đó có thể xem:
- H2O là dung dịch có nồng độ O%
- Chất tan (A) nguyên chất cho thêm là dung dịch nồng độ 100%
+ TH1: Thêm H2O
- 10 -


Dung dịch đầu C1(%)

C2(%) - O
mdd .dau

C2(%)
H2O

O(%)

= m
H 2O
C1(%) – C2(%)

+ TH1: Thêm chất tan (A) nguyên chất
Dung dịch đầu C1(%)

100 - C2(%)
C2(%)

=

mdd .dau
mctA

Chất tan (A)

100(%)

C1(%) – C2(%)

Lưu ý: Tỉ lệ hiệu số nồng độ nhận được đúng bằng số phần khối lượng dung dịch
đầu( hay H2O, hoặc chất tan A nguyên chất) cần lấy đặt cùng hàng ngang.
Bài toán áp dụng:
* VD 1: Có 200 gam dung dịch NaOH 5% (dung dịch A)
a1. Cần phải trộn thêm vào dung dịch A bao nhiêu gam dung dịch NaOH 10%
để được dung dịch NaOH 8% ?
a2. Cần hòa tan thêm bao nhiêu gam NaOH vào dung dịch A để có dung dịch
NaOH 8%
a3. Làm bay hơi nước dung dịch A, người ta cũng thu được dung dịch NaOH

8%. Tính khối lượng nước đã bay hơi.
- Phân tích:
+ Ở câu a1 và a2 ta lập sơ đồ đường chéo với ẩn số là khối lượng của dung
dịch trộn thêm vào, riêng câu a2 với NaOH là chất tan nguyên chất ta xem có nồng
độ 100%.
+ Ở câu a3 chỉ làm bay hơi nước chứ không làm thay đổi lượng chất tan trong
dung dịch, áp dụng biểu thức khi cô cạn dung dịch để tìm khối lượng của dung dịch
còn lại sau khi làm bay hơi nước và khối lượng nước bay hơi chính là sự chênh lệch
về khối lượng của dung dịch trước và sau.
- Giải: (tóm lược)
a1. Gọi mdd là khối lượng dung dịch NaOH 10% phải thêm vào dung dịch A, ta có sơ
đồ sau:
200 (g) :
5%
10% - 8%
8%
mdd (g) : 10%
8% - 5%

- 11 -


Từ sơ đồ ta có :

200 10%  8%

mdd
8%  5%

; Giải ra: mdd = 300 (g)

a2. Gọi m là khối lượng NaOH phải thêm vào dung dịch A, ta có sơ đồ sau:
(với NaOH là chất tan nguyên chất nên có nồng độ 100%)
200 (g) :
5%
100% - 8%
8%
m (g) : 100%
8% - 5%
Từ sơ đồ ta có :

200 100%  8%

m
8%  5%

; Giải ra: m = 6,52

(g)
a3. Gọi mdd là khối lượng của dung dịch A còn lại sau khi làm bay hơi nước, do
lượng chất tan trong dung dịch là không đổi, nên ta có:

5% x 200 = 8% x mdd
mdd = 125 (g)
Từ đó, khối lượng nước bay hơi là : 200 – 125 = 75 (g)
* VD 2: Trộn lẫn 50 gam dung dịch H 2SO4 98% với 75 gam dung dịch 68% . Nồng
độ % của dung dịch H2SO4 thu được là:
A. 80
B. 85
C. 75

D.70
- Phân tích: pha trộn 2 dung dịch cụ thể có cùng loại nồng độ, ta áp dụng sơ đồ
đường chéo để tính nhanh, dung dịch sau pha trộn sẽ có nồng độ nằm trong khoảng từ
68% đến 98%. Từ sơ đồ ta suy ra đáp án cần chọn.
- Giải: (tóm lược)
+ Sơ đồ:
75 (g) : 68%
98% - C%
C%
50 (g) : 98%
C% - 68%
Từ sơ đồ ta có :

75 98%  C %

50 C %  68%

; Giải ra : C% = 80

+ Từ đó chọn đáp án A.
b. Bài toán xác định công thức hóa học:
Phương pháp 1: Xác định công thức hoá học dựa trên biểu thức đại số.
* Cách giải:
- Bước 1: Đặt công thức tổng quát.
- Bước 2: Lập phương trình(Từ biểu thức đại số)
- Bước 3: Giải phương trình -> Kết luận
 Các biểu thức đại số thường gặp.
- Cho biết % của một nguyên tố.
- Cho biết tỉ lệ khối lượng hoặc tỉ lệ %(theo khối lượng các nguyên tố).
 Các công thức biến đổi.

- Công thức tính % của nguyên tố trong hợp chất.
CTTQ AxBy
AxBy
M A .x

%A

M A .x

%A = M
.100%
-->
= M .y
%B
AxBy
B
- Công thức tính khối lượng của nguyên tố trong hợp chất.
- 12 -


CTTQ

AxBy

AxBy

mA = nA x B y .MA.x

-->

mA
M A .x
=
mB
M B .y

Lưu ý:
- Để xác định nguyên tố kim loại hoặc phi kim trong hợp chất có thể phải
lập bảng xét hoá trị ứng với nguyên tử khối của kim loại hoặc phi kim
đó.
- Hoá trị của kim loại (n): 1  n  4, với n nguyên. Riêng kim loại Fe phải
xét thêm hoá trị 8/3.
- Hoá trị của phi kim (n): 1  n  7, với n nguyên.
Trong oxit của phi kim thì số nguyên tử phi kim trong oxit không quá 2 nguyên tử
Phương pháp 2: Xác định công thức dựa trên phản ứng.
 Cách giải:
- Bước 1: Đặt CTTQ
- Bước 2: Viết PTHH.
- Bước 3: Lập phương trình toán học dựa vào các ẩn số theo cách đặt.
- Bước 4: Giải phương trình toán học.
 Một số gợi ý:
- Với các bài toán có một phản ứng, khi lập phương trình ta nên áp dụng
định luật tỉ lệ.
- Tổng quát:
Có PTHH: aA + bB -------> qC + pD
(1)
Chuẩn bị:
a
b.MB
q.22,4

Đề cho:
nA pư
nB pư
VC (l ) ở đktc
Theo(1) ta có:
a

b.M B

q.22,4

n A. pu = m B. pu = VC
* Các lưu ý của dạng bài toán này:
- Cần tìm nguyên tử khối để suy ra nguyên tố cần tìm (có đối chiếu với hóa trị của
nguyên tố)
- Nếu cần phải biện luận thì tìm nguyên tử khối theo hóa trị của nguyên tố (các kim
loại thường có các hóa trị I, II, III)
* VD 1 : Hòa tan hoàn toàn 7,56 gam kim loại A vào dung dịch HCl (dư) thu được
9,408 lít hiđrô (ở ĐKTC). Xác định kim loại A
- Phân tích:
+ Kim loại A chưa biết hóa trị, cần đặt ẩn số là hóa trị
+ Khí hiđrô cho ở ĐKTC, tính được số mol H2
+ Bài toán có 2 ẩn số, nhưng chỉ lập được 1 phương trình đại số, cần phải biện
luận để tìm NTK của A theo hóa trị.
- Giải: (tóm lược)
+ Gọi A là NTK của A, n là hóa trị của A
+ Số mol H2 tính được : 0,42 (mol)
+ PTHH : 2A + 2nHCl  2ACln + nH2
Tỉ lệ:
2A (g)

n (mol)
- 13 -


7,56 (g)
0,42 (mol)
+ Từ tỉ lệ suy ra : A = 9n
+ Chọn : n = 3 ; A = 27 (Al)
* VD 2 : Hòa tan vừa đủ oxit kim loại M có công thức MO vào dung dịch H 2SO4
loãng có nồng độ 4,9% được dung dịch chỉ chứa một muối tan có nồng độ 7,69% .
Cho biết tên kim loại M .
- Phân tích:
+ Từ công thức MO ta suy ra M có hóa trị II, bài toán chỉ cần tìm NTK của M
+ Dữ kiện đề bài cho chỉ là nồng độ % , phải dựa vào nồng độ % để lập các
biểu thức có liên quan.
+ Cần đặt ẩn số cho 1 trong 2 chất phản ứng, để đơn giản ta đặt ẩn số đó là 1
mol MO phản ứng.
+ Từ tỉ lệ của PTHH cùng với các nồng độ % có được, suy ra được tổng khối
lượng ban đầu và khối lượng dung dịch sau phản ứng, sau đó vận dụng định luật bảo
toàn khối lượng để tìm NTK của M.
- Giải: (tóm lược)
+ Giả sử có 1 mol MO phản ứng
+ PTHH : MO + H2SO4  MSO4 + H2O
Tỉ lệ : 1 mol
1 mol
1 mol
+ Khối lượng dung dịch sau phản ứng:
(1)

98

Tổng khối lượng ban đầu : mMO  mddH SO  ( M  16)  4,9 x100 2016  M (g)
2

4

M  96

(2) Khối lượng dung dịch sau phản ứng : mddMSO  7,69 x100 (g)
+ Theo định luật bảo toàn khối lượng : (1) = (2) , giải ra : M 64 (Cu)
(Với bài toán dạng này tôi hướng dẫn học sinh chỉ đi theo 1 hướng duy nhất là đặt ẩn
số cho 1 trong 2 chất phản ứng, cụ thể bài này là 1 mol cho MO)
c. Bài toán về kim loại:
Thường gặp dưới dạng kim loại phản ứng với axit, bazơ, muối và với nước.
ý nghĩa của dãy hoạt động hoá học
K Na Ba Ca Mg Al Zn Fe Ni Sn Pb H Cu Hg Ag Pt Au
4

- Dãy được sắp xếp theo chiều giảm dần tính hoạt động hoá học (từ trái sang phải)
- Một số kim loại vừa tác dụng được với axit và với nước: K, Na, Ba, Ca
Kim loại + H2O ----> Dung dịch bazơ + H2
- Kim loại vừa tác dụng với axit, vừa tác dụng với bazơ: (Be), Al, Zn, Cr
2A + 2(4 – n)NaOH + 2(n – 2)H2O ---> 2Na4 – nAO2 + nH2
Ví dụ: 2Al + 2NaOH + 2H2O ----> 2NaAlO2+ 3H2
2Al + Ba(OH)2 + 2H2O ----> Ba(AlO2)2 + 3H2
Zn + 2NaOH ---> Na2ZnO2 + H2
Zn + Ba(OH)2 ---> BaZnO2 + H2
- Kim loại đứng trước H tác dụng với dung dịch axit HCl, H 2SO4 loãng tạo muối và
giải phóng H2.
Kim loại + Axit -> Muối + H2

Lưu ý: Kim loại trong muối có hoá trị thấp (đối với kim loại đa hoá trị)
- 14 -


- Kể từ Mg trở đi kim loại đứng trước đẩy được kim loại đứng sau ra khỏi muối của
chúng. theo quy tắc:
Chất khử mạnh + chất oxi hóa mạnh   chất oxi hoá yếu + chất khử yếu.
Lưu ý: những kim loại đầu dãy (kim loại tác dụng được với nước) thì không tuân
theo quy tắc trên mà nó xảy ra theo các bước sau:
Kim loại kiềm (hoặc kiềm thổ) + H2O   Dung dịch bazơ + H2
Sau đó: Dung dịch bazơ + dung dịch muối   Muối mới + Bazơ mới (*)
Điều kiện(*): Chất tạo thành phải có ít nhất 1 chất kết tủa (không tan).
VD: cho Ba vào dung dịch CuSO4.
Trước tiên:
Ba + 2H2O   Ba(OH)2 + H2
Ba(OH)2 + CuSO4   Cu(OH)2
+
BaSO4
Đặc biệt: Cu + 2FeCl3 -> CuCl2 + 2FeCl2
Cu + Fe2(SO4)3 -> CuSO4 + 2FeSO4
d. Các bài toán vận dụng số mol trung bình và xác định khoảng số mol của chất.
1/ Đối với chất khí. (hỗn hợp gồm có 2 khí)
Khối lượng trung bình của 1 lit hỗn hợp khí ở đktc:
M V M V
MTB = 22, 4V
Khối lượng trung bình của 1 mol hỗn hợp khí ở đktc:
MTB = M V VM V
Hoặc: MTB = M n Mn ( n n ) (n là tổng số mol khí trong hỗn hợp)
Hoặc: MTB = M x M1 (1 x ) (x1là % của khí thứ nhất)
1

21 2

1 1

2 2

1 1

2

1 1

2

1

1

Hoặc: MTB = dhh/khí x . Mx
mhh

2/ Đối với chất rắn, lỏng.
MTB của hh = n
Tính chất 1:
MTB của hh có giá trị phụ thuộc vào thành phần về lượng các chất thành phần trong
hỗn hợp.
Tính chất 2:
MTB của hh luôn nằm trong khoảng khối lượng mol phân tử của các chất thành
phần nhỏ nhất và lớn nhất.

Mmin < nhh < Mmax
Tính chất 3:
Hỗn hợp 2 chất A, B có MA < MB và có thành phần % theo số mol là a(%) và
b(%)
Thì khoảng xác định số mol của hỗn hợp là.
m
m
< nhh < M
M
Giả sử A hoặc B có % = 100% và chất kia có % = 0 hoặc ngược lại.
Lưu ý:
- Với bài toán hỗn hợp 2 chất A, B (chưa biết số mol) cùng tác dụng với 1 hoặc cả 2
chất X, Y (đã biết số mol). Để biết sau phản ứng đã hết A, B hay X, Y chưa. Có thể
giả thiết hỗn hợp A, B chỉ chứa 1 chất A hoặc B
- Với MA < MB nếu hỗn hợp chỉ chứa A thì:
hh

B

A

B

A

- 15 -


mhh

mhh

A

hh

nA = M > nhh = M
Như vậy nếu X, Y tác dụng với A mà còn dư, thì X, Y sẽ có dư để tác dụng hết với
hỗn hợp A, B
- Với MA < MB, nếu hỗn hợp chỉ chứa B thì:
m
m
nB = M < nhh = M
Như vậy nếu X, Y tác dụng chưa đủ với B thì cũng không đủ để tác dụng hết với hỗn
hợp A, B.
Nghĩa là sau phản ứng X, Y hết, còn A, B dư.
Ví dụ 1: Khi cho 3,1 gam hỗn hợp hai kim loại kiềm thuộc hai chu kỳ liên tiếp tác
dụng hết với nước ta thu được 1,12 lít H 2 (đktc). Xác định hai kim loại và tính thành
phần % theo khối lượng của hỗn hợp.
Bài giải
Vì phản ứng xảy ra hoàn toàn nên ta có thể thay thế hỗn hợp hai kim loại kiềm bằng
một kim loại tương đương A có hoá trị 1 (kim loại kiềm)
2 A + 2H2O   2 A OH + H2 (1)
hh

hh

B

hh

1,12

Theo (1)  n A = 2nH 2 = 2 22,4 = 0,1 (mol)
3,1
 A =
= 31 g/mol
0,1
 Na = 23 < A = 31 < K = 39
23  39
 số mol hai chất bằng nhau nghĩa là trong 1 mol
Mặt khác: A = 31 =
2

hỗn hợp mỗi kim loại có 0,5 mol. Thành phần % khối lượng:
% Na =

0,5.23
.100 = 37,1% và % K = (100 - 37,1)% = 62,9%.
31

Ví dụ 2: Cho 22,2 gam hỗn hợp gồm Fe, Al tan hoàn toàn trong HCl, ta thu được
13,44 lít H2 (đktc). Tính thành phần % khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp và khối
lượng muối clorua khan thu được.
Bài giải
Vì phản ứng hoàn toàn nên ta có thể thay hỗn hợp Fe, Al bằng kim loại tương đương
M có hoá trị n . Gọi x là số mol Fe trong 1 mol hỗn hợp.
M = 56.x + 27(1 - x)
n = 2.x + 3(1 - x)
PTHH:

M +

n HCl  

M Cl n +

22,2
22,2
M
M
13,44
22,2 n
Theo bài ra:
. = nH 2 = 22,4 = 0,6 (mol)
M 2
22,2 2 x  3(1  x)

 56 x  27(1  x).2 = 0,6
 x = 0,6 mol Fe và 0,4 mol Al
M = 0,6.56 + 27.0,4 = 44,4 (g/mol)

- 16 -

n
H2
2
22,2 n
.
M 2

0,6.56

% Fe = 44,4 .100% = 75,67%
% Al = 100 - 75,67 = 24,33%
Ta có n = 0,6.2 + 0,4.3 = 2,4 (mol)
Khối lượng muối clorua khan:
m=

35,5.2,4
22,2
( M + 35,5. n ) = 22,2 + 44,4 .22,2 = 64,8 gam.
M

e. Bài toán về hiệu suất phản ứng:
* Các lưu ý của dạng toán này:
- Hiệu suất phản ứng cho biết tỉ lệ lượng chất phản ứng thực tế so với lượng chất ban
đầu.
VD : có 0,8 mol CaCO3 trong 1 mol CaCO3 ban đầu bị phân hủy khi nhiệt
phân, thì hiệu suất của phản ứng là:
- Thường dựa vào lượng chất sản phẩm để tính hiệu suất phản ứng, với H% là hiệu
suất phản ứng, ta có:
Lượng sản phẩm thực tế
H% =
x 100%
Lượng sản phẩm lý thuyết
- Lượng chất lý thuyết được tính dựa vào PTHH
- Đối với sản phẩm: Lượng sản phẩm thực tế ≤ Lượng sản phẩm lý thuyết
- Đối với chất tham gia: Lượng chất tham gia thực tế ≥ Lượng chất tham gia

lý thuyết.
- Trong mỗi bài toán cần xác định rõ đâu là lượng chất thực tế, đâu là lượng
chất lý thuyết.
* VD 1: Khi nhiệt phân 1 mol KClO 3 (có mặt MnO2) thì thu được 43,2 gam oxi. Tính
hiệu suất của phản ứng.
- Phân tích:
+ 43,2 gam oxi thu được là khối lượng sản phẩm thực tế.
+ Cần dựa vào PTHH, giả sử nhiệt phân hết 1 mol KClO 3 để tính
khối lượng của oxi thu được (lượng sản phẩm lý thuyết)
- Giải: (tóm lược)
MnO ,T
+ PTHH: 2KClO3  
  2KCl + 3O2
2

O

3
( mol )
2

Tỉ lệ: 1 (mol)

3
mO2  x 32 48( g ) (Khối lượng oxi trên
2

+ Từ PTHH tính được:
lý thuyết)
+ Từ đó suy ra : H % 

43,2
x100% 90%
48

* VD 2 : Nung ở nhiệt độ cao 12 gam CaCO 3 nguyên chất, sau phản ứng thu
được 7,6 gam chất rắn A. Tính hiệu suất của phản ứng.
- Phân tích:
+ Nếu giả sử nhiệt phân hết 12 gam CaCO 3 thì A chỉ có 1 chất là
CaO với khối lượng là 6,72 gam (lý thuyết) < 7,6 gam (thực tế), không phù hợp.
+ Như vậy trong 7,6 gam A phải có CaCO3 không bị nhiệt phân.
- 17 -


+ Để giải quyết vấn đề, ta phải đặt ẩn số là H%, từ đó suy ra khối
lượng CaCO3 thực tế phản ứng, từ PTHH tính được khối lượng CaO thực tế sinh ra
+ Do đó khối lượng của A phải gồm: CaO thực tế sinh ra và
CaCO3 còn lại.
- Giải: (tóm lược)
+ Gọi H% là hiệu suất phản ứng
+ Khối lượng CaCO3 phản ứng là: 12 x

H
0,12 H ( g )
100

T
+ PTHH: CaCO3  
 CaO + CO2
Tỉ lệ: 100 (g)

56 (g)
0,12H (g)
0,0672H (g)
+ Từ đó ta có: 7,6 = 0,0672H + (12 – 0,12H), giải ra : H = 83,33
+ Hiệu suất: H% = 83,33%
g. CO2 tác dụng với dung dịch kiềm.
- Chỉ xét trường hợp đặc biệt khi đề cho số mol dd kiềm( Ca(OH)2 hoặc Ba(OH)2 và
số mol kết tủa CaCO3 hoặc BaCO3 ) n kết tủa < n kiềm
Phương pháp: xét hai trường hợp
Trường hợp 1: Ca(OH)2 dư chỉ xảy ra phản ứng
CO2 + Ca(OH)2
CaCO3 + H2O khi đó nCO2 = nCaCO3
Trường hợp 2: CO2 dư thì xảy ra hai phản ứng
CO2 + Ca(OH)2
CaCO3 + H2O
CO2 + H2O + CaCO3
Ca(HCO3)2
nCO2 =nCaCO3 + n Ca(HCO3)2
ví dụ: Dẫn V lít CO2 (đktc) vào 500ml dd Ca(OH)2 1M ta thấy có 25 gam kết tủa.
Tính V.
Giải
nCa(OH)2 = 0,5x1= 0,5mol
nCaCO3 = 25/100 = 0,25mol
ta thấy nCaCO3< nCa(OH)2 . Xét hai trường hợp
-Trường hợp 1: nCO2< nCa(OH)2 chỉ xảy ra phản ứng
CO2 + Ca(OH)2
CaCO3 + H2O
0,25
0,25 mol
V = 0,25 x22,4 = 5,6 lít

- Trường hợp 2: nCO2> nCa(OH)2 xảy ra hai phản ứng
CO2 + Ca(OH)2
CaCO3 + H2O
0,5
0,5 mol
0,5 mol
CO2 + H2O + CaCO3
Ca(HCO3)2
0,25mol
0,25mol
0,25mol
nCO2 = 0,5 + 0,25 = 0,75 mol
V = 0,75x22,4 =16,8 lít
h. Bài toán hỗn hợp:
* Các lưu ý của dạng toán này:
- Giả sử hỗn hợp gồm A, B, . . .
- Yêu cầu tính trong bài toán hỗn hợp:
O

- 18 -


%A 

+ Thành phần % theo khối lượng:
%B 

mA
x100%
mhh

;

mB
x100%
mhh

+ Thành phần %
V
n
% A  A x100%  A x100% ;
Vhh
nhh

theo

thể

tích

(chỉ

áp dụng cho chất khí):

V
n
% B  B x100%  B x100%
Vhh
nhh

+ Lưu ý: %A + %B + . . . = 100%
- Khi biết khối lượng của V (lít) hỗn hợp khí ở ĐKTC thì qui đổi về khối lượng của 1
mol (22,4 lít) và áp dụng biểu thức M hh
- Hỗn hợp gồm 2 chất A, B (với MA < MB), khi lập hệ phương trình đại số có dạng:
Ax + By = a
; (a, b là hằng số)
x + y = b
; (x, y là nA , nB)
a
b

thì ta có : A(hayM A )   B(hayM B ) ; Biểu thức này thường áp dụng để xác định NTK
của 2 nguyên tố hóa học kế tiếp nhau trong cùng chu kỳ hay cùng nhóm trong bảng
hệ thống tuần hoàn (có thể hiểu giá trị là khối lượng mol trung bình).
- Trong quá trình giải chúng ta cần tuân thủ theo các bước chung của bài toán tính
theo PTHH (như đã nói ở trên), luôn đặt ẩn số trong bài toán để tránh nhầm lẫn giữa
các đại lượng với nhau.
- Cần lưu ý rằng đây là dạng toán khá phổ biến trong các đề thi, do đó cần có hướng
đi nhất định cho mỗi cá nhân để dễ dàng giải quyết vấn đề.
* VD 1 : Cho 16,6 gam hỗn hợp Fe và Al tác dụng với dung dịch HCl dư, thu được
11,2 lít H2 (ĐKTC). Xác định thành phần % theo khối lượng của Fe và Al trong hỗn
hợp ban đầu.
- Phân tích:
+ Fe và Al đều đứng trước H trong dãy hoạt động hóa học nên đều phản ứng
với HCl.
+ Đề bài cho HCl dư, nên Fe và Al tan hết.
+ Dựa vào 2 dữ kiện đề bài cho, ta lập được hệ phương trình đại số.
- Giải: (tóm lược)
+ Gọi x, y lần lượt là số mol của Fe và Al. Ta có: 56x + 27y = 16,6 (1)
11,2

+ Số mol H2 : nH  22,4 0,5(mol )
 FeCl2 + H2
+ PTHH : Fe + 2HCl
(a)
x (mol)
x (mol)

2Al + 6HCl
2AlCl3 + 3H2
2

3
y ( mol )
2

y (mol)
+ Từ (a) và (b):

x

3
y 0,5
2

(2)

+ Giải (1) và (2), suy ra : mFe = 56x = 11,2 (g)
11,2

%Fe = 16,6 x100% 67,5%
- 19 -

(b)


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

22,4 x 9,4
37,6( g ) , đây chính là M hh
5,6

+ Gọi x (mol) là nCO , thì :
+ Ta có: 37,6 

x.28  (1  x ).44
, giải ra : x = 0,4 (mol)
1

Suy ra : %CO = 40% và %CO2 = 60%
* VD 3 : Cho 6,2 gam 2 kim loại kiềm kế tiếp nhau trong nhóm I của bảng hệ thống
tuần hoàn, tác dụng hết với nước thì thu được 4,48 lít H 2 (ĐKTC). Xác định 2 kim
loại kiềm và % theo khối lượng của chúng trong hỗn hợp đầu.
- Phân tích:
+ Kim loại kiềm có hóa trị là I, đều phản ứng được với nước.
+ Dựa vào khối lượng hỗn hợp và thể tích H 2 thu được, ta lập được 2 phương
trình đại số có dạng :
Ax + By = a
x + y = b
+ Với 4 ẩn số, không thể tìm trực tiếp được. Do đó phải suy ra khối lượng mol
trung bình của 2 kim loại và kết hợp với dữ kiện “kế tiếp nhau trong nhóm I” để tìm
NTK của chúng.
- Giải: (tóm lược)
+ Gọi 2 kim loại kiềm là A và B, có số mol lần lượt là x, y. Ta có:
Ax + By = 6,2 (1)
4,48

+ Số mol H2 : 22,4 0,2(mol )
+ Các PTHH:
2A + 2H2O 

2AOH + H2
x
( mol )
2

x (mol)
2B + 2H2O

2BOH + H2

(b)

y
( mol )
2

y (mol)
+ Từ (a) và (b), ta có:

(a)

x
( mol ) +
2

y
( mol )
2

= 0,2



(2)
6,2

+ Giả sử: A < B , từ (1) và (2) ta có : A < 0,4 15,5 < B

- 20 -

x + y = 0,4


- Ta chọn: A = 7 (Li) và B = 23 (Na) , thế vào (1) tính tiếp ta được % theo khối
lượng của 2 kim loại: %Li = 21,17% và %Na = 78,83%
* VD 4 : Cho 14,32 gam hỗn hợp 2 muối kim loại hóa trị I cacbonat tác dụng vừa đủ
với dung dịch axit H2SO4 thu được 2,688 lít khí CO2 (ĐKTC) và dung dịch muối. Cô
cạn dung dịch này được hỗn hợp muối khan X. Viết phương trình phản ứng xảy ra và
tính khối lượng muối khan X.
- Phân tích:
+ Bài toán này không yêu cầu xác định công thức của muối, nên ta không quan
tâm đến NTK của 2 kim loại
+ Khi giải: cần đặt công thức của 2 muối, đặt ẩn số, viết PTHH, lập hệ phương
trình, tính ra giá trị của một nhóm ẩn số rồi sau đó thế vào biểu thức tìm khối lượng
của muối tạo thành
- Giải: (tóm lược)
+ Đặt công thức của 2 muối cacbonat là A 2CO3 và B2CO3 có số mol lần lượt
trong hỗn hợp là x và y. Ta có: (2A + 60)x + (2B + 60)y = 14,32
(1)
2,688

+ Số mol CO2 : nCO  22,4 0,12(mol )
+ PTHH: A2CO3 + H2SO4  A2SO4 + CO2 + H2O
x (mol)
x (mol) x (mol)

B2CO3 + H2SO4
B2SO4 + CO2 + H2O(b)

y (mol)
y (mol) y (mol)
Từ (a) và (b) : x + y = 0,12
(2)
+ Kết hợp (1), (2), (a) và (b) ta có:
2

(a)

h Ax  By 3,56
 m( A2SO4 B2SO4 ) 2( Ax  By )  96( x  y ) 18,64( g )
h
h x  y 0,12

(Trong bài toán này ta có thể giải theo phương pháp tăng giảm khối lượng:
+ Gốc =SO4 thay cho gốc =CO3 khối lượng mol tăng thêm 36 gam (96-60)
+ Trong phản ứng: n( SO ) n( CO ) nCO 0,12(mol )
+ Khối lượng tăng thêm: 36 x 0,12 = 4,32
4

3

2

 m( A2 SO4 B2 SO4 ) 14,32  4,32 18,64( g )

* Các lưu ý mà học sinh cần ghi nhớ:
- Trong tất cả các PTHH đều phải được cân bằng, ghi đầy đủ điều kiện của phản ứng
(nếu có).
- Trong tính toán, các đại lượng đưa vào biểu thức để tính phải có cơ sở xuất phát

như: từ phản ứng nào hay theo đề bài, . . .
- Đọc kỹ đề bài, phân tích định ra hướng giải cụ thể cho từng dạng câu hỏi, sau đó
mới tiến hành giải.
3.3. Điều kiện thực hiện:
- Giáo viên biên soạn nội dung và bài tập phù hợp từng dạng toán cụ thể.
- Chuyên môn lên kế hoạch tổ chức dạy bồi dưỡng.
3.4. Liên hệ giữa giải pháp, biện pháp.
- Giáo viên chuẩn bị bài tập, định hướng để giải các bài tập;

- 21 -


- Giáo viên gần gũi với học sinh, đặt câu hỏi dễ hiểu, khi thành công bài toán giáo
viên khen thưởng dưới nhiều hình thức. Từ đó học sinh ham thích nghiên cứu bộ
môn;
- Học sinh chịu khó phân tích bài toán, suy luận có lý, gắn kết các mối quan hệ giữa
các chất tham gia và sản phẩm tạo thành, tìm ra các phương trình hóa học và cũng
chính từ các phương trình hóa học đó giải quyết bài toán.
3.5. Kết quả khảo nghiệm, giá trị khoa học của vấn đề nghiên cứu
- Thành công trong quá trình hướng dẫn cho học sinh nghiên cứu và học tập;
- Giá trị đem lại rất khả thi trong việc nhận dạng bài tập.
4. Kết quả thu được qua khảo nghiệm, giá trị khoa học của vấn đề nghiên cứu
Bản thân tôi đã tham gia bồi dưỡng HSG nhiều năm, trong thời gian đầu hiệu quả rất
thấp, do nhiều nguyên nhân:
+ Không nắm được chương trình bồi dưỡng
+ Kiến thức trang bị cho học sinh chưa đáp ứng được yêu cầu đề thi
+ Cơ sở để định ra nội dung bồi dưỡng chưa khoa học, dẫn đến không
trang bị đủ kiến thức cho học sinh dự thi.
- Từ đó, bản thân tự thu thập tài liệu, kiến thức, hệ thống lại thành chương trình cụ
thể để bồi dưỡng và qua nhiều năm áp dụng nội dung trên trong quá trình bồi dưỡng

HSG, tôi nhận thấy rằng dần dần học sinh nhận thức được tầm quan trọng bộ môn
hơn, định hướng đúng đắn hơn khi tham gia bồi dưỡng và dự thi, từ đó dẫn đến kết
quả đạt được ngày càng được củng cố và nâng cao chất lượng hơn.
Trong 3 năm trở lại đây với số lượng học sinh do tôi bồi dưỡng đã đạt được kết quả như sau:

Năm học
Số HS dự thi
Kết quả đạt được
2013-2014
3
2 công nhận
2014-2015
2
1 khuyến khích
2015-2016
2
1 công nhận, 1 khuyến khích.
Qua kết quả trên ta thấy hiệu quả ngày càng được nâng lên.

III. PHẦN KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ:
- 22 -

Tỉ lệ
66,66%
50%
100%


1. Kết luận:
- Việc trang bị đầy đủ kiến thức lý thuyết, cũng như phân dạng các bài tập một cách

cụ thể như đã trình bày trong đề tài, nhằm mục đích bồi dưỡng và phát triển kỹ năng
cho học sinh vừa bền vững, vừa sâu sắc, phát huy tối đa sự tham gia tích cực của học
sinh trong quá trình bồi dưỡng.
- Qua bồi dưỡng, học sinh có khả năng tự tìm ra kiến thức, tự mình tham gia vào các
hoạt động trao đổi trong nhóm để củng cố kiến thức, rèn luyện kỹ năng.
- Đề tài có tác động tích cực đến việc phát triển tiềm lực trí tuệ, nâng cao năng lực tư
duy độc lập và khả năng tìm tòi, sáng tạo cho học sinh giỏi.
- Tuy nhiên, cần phải biết vận dụng các kỹ năng một cách hợp lý và biết kết hợp các
kiến thức cơ bản về hóa học, kiến thức toán học cũng như các nguyên tắc, phương
pháp cho từng dạng bài tập vào các bài tập, bài toán cụ thể thì mới đạt được kết quả
cao.
2. Kiến nghị , đề xuất :
Các cấp quản lý cần có sự đầu tư hơn nữa cho công tác tuyển chọn và bồi dưỡng học
sinh giỏi tham gia dự thi ở các đơn vị.
Đối với ngành cần có hướng dẫn cụ thể về nội dung thi HSG, cấu trúc đề thi,
dạng bài tập, . . . để giúp cho các học sinh ở những vùng khó khăn, xa thành thị, thiếu
điều kiện học tập cũng có thể được trang bị đủ kiến thức cơ bản để dự thi.

Ý KIẾN NHẬN XÉT CỦA HỘI ĐỒNG KHOA
.........................................................................................................................................
.........................................................................................................................................
.........................................................................................................................................
.........................................................................................................................................
.........................................................................................................................................
.........................................................................................................................................
.........................................................................................................................................
........................................................................................................................................

- 23 -