Sáng kiến: Rèn kỹ năng giải bài tập hóa học cho học sinh giỏi lớp 9 (Chuyên đề: Tự chọn lượng chất)

PHÒNG GIÁO DỤC THÀNH PHỐ BẮC GIANG
TRƯỜNG THCS SONG MAI

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

RÈN KỸ NĂNG GIẢI BÀI TẬP HÓA HỌC
CHO HỌC SINH GIỎI LỚP 9
CHUYÊN ĐỀ TỰ CHỌN LƯỢNG CHẤT

Họ và tên : Nguyễn Thị Linh
Tổ: Khoa học tự nhiên

Song mai , tháng 4 năm 2018

0


MỤC LỤC
I. ĐẶT VẤN ĐỀ
II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

2
3

II.1. CƠ SỞ LÝ LUẬN

3

II.2. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ

5

II.3. CÁC BIỆN PHÁP ĐÃ TIẾN HÀNH ĐỂ GIẢI QUYẾT
VẤN ĐỀ
II.3.1. PHƯƠNG PHÁP GIẢI CHUNG
II.3.2.PHÂN DẠNG BÀI TẬP

4
5
5

DẠNG 1: ĐẠI LƯỢNG TỰ CHỌN LÀ 1 MOL

5

DẠNG 2: ĐẠI LƯỢNG TỰ CHỌN QUY VỀ 100

10

DẠNG 3 :ĐẠI LƯỢNG TỰ CHỌN BẤT KỲ
II.3.2. BÀI TẬP LUYỆN TẬP
II.4. HIỆU QUẢ SKKN
III. KẾT LUẬN
IV. TÀI LIỆU THAM KHẢO
V. NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC

I.

Trang

13

15
17
18
19
20

ĐẶT VẤN ĐỀ
Nghị quyết số 29 – NQ/TW ngày 04/11/2013 của BCH Trung ương

Đảng Cộng sản Việt Nam chỉ rõ: “Giáo dục và đào tạo là quốc sách hàng
1


đầu, là sự nghiệp của Đảng, Nhà nước và của toàn dân. Đầu tư cho giáo dục
là đầu tư phát triển, được ưu tiên đi trước trong các chương trình, kế hoạch
phát triển kinh tế-xã hội.Đổi mới căn bản, toàn diện giáo dục và đào tạo là
đổi mới những vấn đề lớn, cốt lõi, cấp thiết, từ quan điểm, tư tưởng chỉ đạo
đến mục tiêu, nội dung, phương pháp, cơ chế, chính sách, điều kiện bảo đảm
thực hiện; đổi mới từ sự lãnh đạo của Đảng, sự quản lý của Nhà nước đến
hoạt động quản trị của các cơ sở giáo dục-đào tạo và việc tham gia của gia
đình, cộng đồng, xã hội và bản thân người học; đổi mới ở tất cả các bậc học,
ngành học...........” một lần nữa cho thấy tầm quan trọng của GD&ĐT đối với
sự phát triển của đất nước trong giai đoạn hiện nay.
Nhu cầu của xã hội ngày càng cao, đòi hỏi phải tạo ra những con người
"Năng động - sáng tạo, có năng lực giải quyết vấn đề" phục vụ cho công
cuộc CNH - HĐH đất nước. Đặc biệt, để thực hiện mục tiêu "Dân giàu, nước
mạnh, dân chủ, công bằng, văn minh" thì việc đầu tư, bồi dưỡng cho thế hệ
tương lai là việc làm cần thiết và quan trọng. Cùng với nhiệm vụ "Nâng cao
dân trí; Đào tạo nhân lực" thì nhiệm vụ "Bồi dưỡng nhân tài" cũng là mối
quan tâm lớn của Đảng và Nhà nước ta hiện nay. Để thực hiện tốt nhiệm vụ

này, ở mỗi nhà trường đều đã và đang được quan tâm triển khai rộng rãi, đặc
biệt là việc bồi dưỡng cho đối tượng học sinh khá, giỏi.
Là một giáo viên thường xuyên tham gia công tác bồi dưỡng học sinh
giỏi hóa 9, có nhiều dịp trao đổi kinh nghiệm với nhiều đồng nghiệp và tiếp
xúc với nhiều thế hệ học trò, tôi nhận thấy học sinh học xong lớp 8 mới chỉ
biết làm bài tập với các phương pháp giải toán thông thường các bài tập đơn
giản, kinh nghiệm giải toán hoá học của các em khi vào đội tuyển còn nhiều
hạn chế. Đặc biệt là những bài toán không cho biết lượng chất cụ thể mà cho
dưới dạng tổng quát như: khối lượng a (gam), Thể tích V (lít), số mol x(mol),
áp suất p(atm)... học sinh lúng túng khi giải bài tập. Đây là loại bài tập có liên
quan đến nhiều kiến thức, luôn đòi hỏi HS có sự khái quát, tổng hợp kiến
thức, từ đó giúp học sinh phát triển tư duy lôgic, trí thông minh, óc tổng hợp,
2


và phải nắm vững kiến thức đã học. Là dạng bài tập không có nhiều trong
sách giáo khoa, mà sách tham khảo cũng rất ít trên thị trường hoặc có thường
nằm rải rác, không có hệ thống rõ ràng. Nhưng trong các đề thi học sinh giỏi
thì đó lại là những bài toán mấu chốt để học sinh có thể đạt giải cao.Bởi vậy
học sinh rất lúng túng, khó khăn khi gặp phải loại toán này. Thậm chí một số
em còn tỏ ra lo sợ khi đi thi gặp phải dạng toán đó. Chính vì vậy tôi đã sưu
tầm các tài liệu; tìm tòi; nghiên cứu và đã tích luỹ được một số kinh nghiệm
trong việc “rèn luyện kĩ năng giải bài tập cho học sinh giỏi môn hóa 9
chuyên đề tự chọn lượng chất” với mong muốn giúp các em có được kĩ năng
xử lý thông tin, kĩ năng làm bài một cách tốt nhất không còn cảm thấy sợ hãi
khi gặp dạng toán này và tự tin trong các kì thi , giành giải cao trong các cuộc
thi đáp ứng nhiệm vụ được giao và nhu cầu xã hội hiện đại .
II.GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
II.1. CƠ SỞ LÝ LUẬN

II.1.1. Định luật bảo toàn khối lượng và một số hệ quả ĐLBTKL
 Định luật: Trong một phản ứng hóa học tồng khối lượng các chất
phản ứng bằng tổng khối lượng các chất sản phẩm.
Phản ứng hóa học:
Ta có:

A+ B C + D
mA + mB = mC + mD

 Các hệ quả của định luật bảo toàn khối lượng.
 Hệ quả 1: Ngoại trừ các phản ứng hạt nhân, không có phản ứng hoá
học nào làm mất đi hay xuất hiện nguyên tố lạ.
- Ta áp dụng hệ quả này để cân bằng các phương trình phản ứng hoá học.
+ Vế trái của PT có bao nhiêu nguyên tố thì vế phải của PT cũng phải
có bấy nhiêu nguyên tố
+ Vế trái của PT có bao nhiêu nguyên tử của một nguyên tố thì vế phải
có bấy nhiêu nguyên tử của nguyên tố đó. Phương trình phản ứng được cân
bằng khi và chỉ khi thoả mãn hai nội dung trên. Tức là đảm bảo định luật bảo
toàn nguyên tố và bảo toàn khối lượng.
3


 Hệ quả 2: Trong các phương trình phản ứng tổng khối lượng các
chất tham gia bằng tổng khối lượng các chất tạo thành.
Phương trình phản ứng: A + B → C + D
Thì:

m A + mB = mC + mD

 Hệ quả 3: Trong phản ứng hoá học dù các chất tham gia phản ứng

vừa đủ hay có chất dư thì tổng khối lượng các chất trước phản ứng
(mt) bằng tổng khối lượng các chất sau phản ứng (m s ) ( sản phẩm
+ chất dư).
Nếu sau phản ứng có các chất tách khỏi môi trường do bay hơi hay kết
tủa. Tức là không cùng trạng thái vật lý thì hệ quả trên vẫn không đổi.
mt = m s
II.1.2- Định luật thành phần không đổi:
Tỉ số giữa các khối lượng của các nguyên tố trong thành phần của hợp
chất xác định là hằng số không phụ thuộc vào phương pháp điều chế hợp
chất đó.Nghĩa là: Tỉ lệ khối lượng của mỗi nguyên tố đối với khối lượng hợp
chất luôn là hằng số.
- Tỉ lệ về khối lượng giữa các nguyên tố là hằng số.
- Trong một phản ứng hoá học, các chất tác dụng với nhau theo
một tỉ lệ nhất định về lượng chất: Ví dụ :về số mol, về khối lượng, về thể tích
- Khi ta cho chất này một lượng cụ thể thì các chất khác tác
dụng theo một lượng cụ thể mà không làm sai lệch kết quả và mất đi tính tổng
quát của bài toán

II.2. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ

Học sinh học xong lớp 8 bước đầu đã biết giải các bài tập theo một số
phương pháp đơn giản.Tuy nhiên khối lượng kiến thức các em học được ở lớp
9 rất rộng và dạng bài tập vô cùng phong phú sẽ làm cho học sinh cảm thấy

4


lúng túng khi giải bài tập thậm chí là mất phương hướng không xác định được
phương pháp làm bài. Đặc biệt là những bài toán không cho biết lượng chất
cụ thể mà cho dưới dạng tổng quát như: khối lượng a (gam), Thể tích V (lít),

số mol x(mol), áp suất p(atm)... gây lúng túng cho học sinh (HS) khi giải bài
tập. Đây là loại bài tập có liên quan đến nhiều kiến thức, luôn đòi hỏi HS có
sự khái quát, tổng hợp kiến thức, từ đó giúp học sinh phát triển tư duy lôgic,
trí thông minh, óc tổng hợp, và phải nắm vững kiến thức đã học. Là dạng bài
tập không có nhiều trong sách tham khảo hoặc có thường nằm rải rác, không
có hệ thống rõ ràng.Chính vì vậy việc giải bài tập gặp rất nhiều khó khăn. Với
kinh nghiệm của bản thân đã nhiều năm bồi dưỡng học sinh giỏi hóa 9 tôi
nhận thấy rằng cần thiết phải rèn cho học sinh kĩ năng giải các bài tập đó một
cách thành thạo. Bởi vậy tôi chọn sáng kiến kinh nghiệm « Rèn kĩ năng giải
bài tập cho học sinh giỏi khối 9 với chuyên đề tự chọn lượng chất».
II.3. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
II.3.1. Phương pháp giải chung
Dựa vào yêu cầu của bài cho, ta lựa chọn một đại lượng tổng quát bằng
một lượng chất cụ thể
II.3.2.Phân dạng bài tập
DẠNG 1: ĐẠI LƯỢNG TỰ CHỌN LÀ MỘT MOL
+ Ta lựa chọn số mol của một chất hoặc của hỗn hợp là 1 mol
+ Lựa chọn khối lượng mol
+ Lựa chọn thể tích mol (với bài toán về chất khí)
Ví dụ 1: Hoà tan x gam kim loại M trong y gam dung dịch HCl 7,3% (lượng
axit vừa đủ) thu được dung dịch A có nồng độ 11,96%. Xác định tên kim loại
M
Bài làm
Giả sử số mol của kim loại M (có hoá trị n) đã phản ứng là 1 mol
PTPƯ

2M

Số mol

1

+

2nHCl
n

2MCln

 

1

+

nH2

0,5n
5


Khối lượng (gam) M

36,5n

M + 35,5n

n

Theo giả thiết ta có

mdd HCl 

36,5n 100
500n
7,3

áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:
mdd MCln  m M


M  500n

C %  MCl2 



 mdd HCl



 mH2
 n  M  499n

M  35,5n
100 11,96
M  499n

=> M = 27,5 n
Nếu n = 1   M = 27,5 ( loại)
Nếu n = 2   M = 55 ( nhận)

Nếu n = 3   M = 72,5 ( loại)
Vậy M là mangan (Mn)

Ví dụ 2:Hoà tan một lượng oxit của kim loại R (có hóa trị không đổi) vào
trong dd H2SO4 4,9% ( vừa đủ) thì thu được một dung dịch muối có nồng độ
5,87%. Xác định CTPT của oxit kim loại.
Bài làm
Đặt công thức tổng quát của oxit là R2Ox (x là hoá trị của R)
Giả sử hoà tan 1 mol R2Ox
R2Ox

+

xH2SO4

 R2 (SO4)x

+

xH2O

1mol
x(mol)
1mol
(2MR + 16x) g
98x (g)
(2MR + 96x)g
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có :
mdd sau pö  (2M R  16x) 

98.x
�
100  (2MR  2016x)g
4,9

Phương trình nồng độ % của dung dịch muối là :
2MR  96x
100% 5,87
2MR  2016x

suy ra ta có
MR = 12x
Vì x là hoá trị của kim loại trong oxit bazơ nên :

1 x  4

Biện luận:
6


x
1
2
3
4
MR
12
24
36
48

Vậy kim loại là Mg ; oxit kim loại là : MgO
Ví dụ 3: Hỗn hợp khí gồm oxi và ozon có tỉ khối so với hiđro là 18. Xác định
phần trăm theo thể tích của từng khí trong hỗn hợp đầu.
Bài làm
Giả sử có 1 mol hỗn hợp khí
Gọi số mol của oxi là x => Số mol của ozon là 1-x
Theo giả thiết ta có
M 

32 x  48(1  x)
18 2 36
x  (1  x)

Vậy %VO 75%

=>x = 0,75

%VO3 100  75 25%

2

Ví dụ 4: Cho cùng một lượng khí clo lần lượt tác dụng hoàn toàn với kim
loại R (hoá trị I) và kim loại X (hoá trị II) thì khối lượng kim loaị R đã phản
ứng gấp 3,375 lần khối lượng của kim loại X . Khối lượng muối clorua của R
thu được gấp 2,126 lần khối lượng muối clorua của X đã tạo thành. Xác định
tên hai kim loại
Bài làm
Giả sử có 1 mol clo tham gia phản ứng
Phương trình phản ứng:
Cl2

Số mol

+

1

 

2

Cl2
Số mol

2R

+

2

X

1

 

1
m

2 M

R
R
Theo giả thiết m  M
X
X

m RCl
2 M R  71

m XCl 2
M X  71

Từ (1) và (2) ta có

2RCl
XCl2
1

 3,375

 2,126

 2 M R  3,375M X
 2 M R  2,126M X 79,946

(1)
(2)

X là Cu (MX = 64)

7


R là Ag (MR = 108)
Ví dụ 5: Trong quá trình tổng hợp amoniac, áp suất trong bình giảm đi 10%
so với áp suất lúc đầu. Biết nhiệt độ của phản ứng giữ không đổi trước và sau
phản ứng. Hãy xác định phần trăm theo thể tích của hỗn hợp khí thu được sau
phản ứng. Nếu trong hỗn hợp đầu lượng nitơ và hiđro được lấy đúng theo hệ
số tỉ lượng.
Bài làm
Giả sử lúc đầu ta lấy 1 mol N2 và 3 mol H2
Trong một bình kín có nhiệt độ không đổi thì áp suất tỉ lệ thuận với số mol
hỗn hợp khí

n

p

1
1
=> n  p
2
2

Vậy áp suất giảm đi 10% thì số mol của hỗn hợp khí cũng giảm 10%
90
3,6mol
100

=> n hỗn hợp khí sau phản ứng = 4 

Giả sử có x mol N2 phản ứng
Phương trình hoá học:

N2

+

3H2

2NH3

Số mol ban đầu

1

3

0

Số mol phản ứng

x

3x

2x

1-x

3-3x

2x

Sau phản ứng

=> nhỗn hợp khí sau phản ứng = (1-x) + (3-3x) + 2x = 3 - 2x = 3,6 => x = 0,2
1  0,2
100  22,22%
3,6
3  3 0,2
%V H 2 
100 66,67%
3,6
0,2 2
%V NH 3 
100  11,11 %
3,6
%V N 2 

=>

Ví dụ 6: Hoà tan a gam một oxit sắt bằng dung dịch H 2SO4 đặc, nóng thấy
thoát ra khí SO2 duy nhất. Trong thí nghiệm khác, sau khi khử hoàn toàn a
gam oxit sắt đó bằng CO ở nhiệt độ cao rồi hoà tan lượng sắt được tạo thành
8


bằng H2SO4 đặc nóng thì thu được lượng khí SO 2 nhiều gấp 9 lần lượng khí
SO2 ở thí nghiệm trên.

Xác định công thức của oxit sắt.
Bài làm

Gọi công thức của oxit sắt là FexOy
Giả sử có 1 mol oxit sắt tham gia phản ứng
Phương trình phản ứng
2FexOy + (6x-2y)H2SO4   xFe2(SO4)3 + (3x-2y)SO2 + (6x – 2y)H2O (1)
FexOy + y CO
2 Fe

+

 

x Fe + y CO2

6 H2SO4   Fe2(SO4)3

Theo phương trình (1)

2

=>

( PT 3)

n SO2 ( PT 3) 

 9n SO2

9 (3 x  2 y )
2

+ 3 SO2 + 6 H2O

n SO2 ( PT 1) 

Theo phương trình (2) và (3)
Theo giả thiết nSO

(2)



(3)

3x  2 y
(mol )
2
3
3x
3x
n Fe 
n Fex Oy 
(mol )
2
2
2

( PT 1)

3x
2



x
3

y
4

Vậy công thức của oxit sắt là Fe3O4
Dạng 2: ĐẠI LƯỢNG TỰ CHỌN QUY VỀ 100
Dạng này thường gặp với bài tập cho đại lượng tổng quát là khối
lượng của một hỗn hợp, là phần trăm khối lượng, hoặc nồng độ phần trăm
Ví dụ 1: Hoà tan a gam một oxit kim loại hoá trị II (không đổi) bằng một
lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 4,9% người ta thu được một dung dịch muối
có nồng độ 5,88%. Xác định tên kim loại hoá trị II
Bài làm
Giả sử có 100 gam dung dich H2SO4 4,9% tham gia phản ứng
n H 2 SO4 

4,9 100
 0,05 (mol )
100 98

Phương trình phản ứng
MO + H2SO4  

MSO4 + H2O

9


(mol)

0,05

0,05

0,05

Khối lượng oxit ban đầu: a = m MO  0,05 ( M  16) ( gam)
Khối lượng muối thu được: m MSO  0,05 ( M  96) ( gam)
4

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có
m dd

MSO4

= moxit + maxit = 0,05(M + 16) + 100 = 0,05M + 100,8 (gam)
0,05( M  96)
100
 5,88
0,05M  100,8
 5M  480  0,294 M  592,704

C % ( MSO4 ) 

 M  24 ( M là Magie)
Ví dụ 2: Cho x gam dung dịch H2SO4 nồng độ y% tác dụng hết với một lượng
dư hỗn hợp khối lượng Na, Mg. Lượng H2 (khí duy nhất) thu được bằng 0,05x
gam. Viết phương trình phản ứng và tính nồng độ phần trăm của dung dịch
H2SO4.
Bài làm
Giả sử khối lượng dung dịch H2SO4 ban đầu x = 100 gam
=>

nH 2 

0,05 100
2,5 (mol )
2

Phương trình phản ứng
H2SO4

+

2Na

  Na2SO4

+

H2

(1)

H2SO4

+

Mg

  MgSO4

+

H2

(2)

+

H2

(3)

+

Mg(OH)2

Do Na và Mg còn dư nên có phản ứng
2Na

+

2NaOH

+

2H2O   2NaOH
MgSO4  

nH2

Theo phương trình (1) và (2) =>
Theo phương trình (3)

=>

nH 2

Na2SO4

( pt 3)

( pt 1 2 )

1
 n H 2O
2

(1)

y
(mol )

98
1 100  y
100  y
 

(mol )
2
18
36

n H 2 SO4 

Vậy tổng số mol H2 thu được ở các phương trình trên là:
y
100  y

 2,5
98
36
C %( H 2 SO4 )  15,81%

n H 2 

=>

=> y = 15,81

10

Ví dụ 3: Nung một mẫu đá vôi X có lẫn tạp chất là MgCO 3, Fe2O3, và Al2O3
đến khối lượng không đổi được chất rắn A có khối lượng bằng 59,3% khối
lượng của X. Cho toàn bộ A vào H 2O (lấy dư), khuấy kỹ thấy phần không tan
B có khối lượng bằng 13,49% khối lượng của A. Nung nóng B trong dòng
không khí CO dư đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn được lượng chất rắn D
có khối lượng bằng 85% khối lượng của B.
Tính phần trăm khối lượng của CaCO3 trong X.
Bài làm
Giả sử ta nung 100 gam hỗn hợp X
Gọi x, y, z, t lần lượt là số mol của CaCO3, MgCO3, Fe2O3, Al2O3.
Phương trình phản ứng:
CaCO3

o

t 

MgCO3

o

t 

CaO

+

MgO

CO2

+

CO2

(1)
(2)

Chất A có CaO, MgO, Fe2O3, Al2O3 tác dung với H2O dư
CaO + H2O  
Ca(OH)2

Ca(OH)2

+ Al2O3  

(3)

Ca(AlO2)2

+

H2O (3)

Chất B gồm có MgO, Fe2O3
mB 

59,3 13,49
 8 ( gam)
100

Fe2O3

+ 3CO

0

t 

Chất rắn D có MgO và Fe:

2Fe +
mD 

3CO2

85 8
 6,8 ( gam)
100

Vậy ta có hệ phương trình sau:
m X 100 x  84 y  160 z  102t 100
m A 56 x  40 y  160 z  102t 59,3
mB 

40 y  160 z

mD 

40 y  2 56 z

8
6,8

=>

x 0,825
y 0,1
z 0,025
t 0,05

Khối lượng của CaCO3 trong X là

11


mCaCO3 0,852 100 82,5

=> %mCaCO 
3

82,5
100 82,5%
100

Ví dụ 4: Cho hỗn hợp A gồm CaCO3, Al2O3, Fe2O3, trong đó Al2O3 chiếm
10,2%; Fe2O3 chiếm 9,8%. Nung hỗn hợp này ở nhiệt độ cao thu được hỗn
hợp chất rắn B có khối lượng bằng 67% khối lượng của A. Tính phần trăm
khối lượng các chất trong B.
Bài làm

m Al2O3  10,2 ( gam)

Giả sử khối lượng của hỗn hợp A ban đầu là 100 gam => m Fe O  9,8 ( gam)
2 3

mCaCO3  80 ( gam)
0

PTPƯ

CaCO3 t 

CaO

+

CO2

(1)

Theo giả thiết, khối lượng chất rắn B là 67 gam
Theo phương trình (1) => độ giảm khối lượng = mCO = 100 – 67 =33 gam
2

nCO2 nCaO nCaCO3

Theo phương trình (1)
Vậy

( pu )



33
 0,75 mol
44

mCaCO3 (phân hủy) = 0,75 . 100 = 75 (gam)
mCaCO3 (dư)

=

80 - 75 = 5 (gam)

mCaO

=

56 . 0,75 = 42 (gam)

phần trăm khối lượng các chất rắn trong B là:
10,2
100  15,22%;
67
5

100  7,4%;
67

%m Al 2O3 

%m CaCO3

%m Fe2 O3 
%m CaO 

9,8
100
67

42
100
67

 14,63%

 62,69%

Dạng 3: ĐẠI LƯỢNG TỰ CHỌN BẤT KỲ
Căn cứ vào đề bài ta chọn một lượng chất bất kì để biến các biểu thức phức
tạp thành số đơn giản, cụ thể.
Ví dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn a gam một hợp chất A của phôtpho cần

a
mol
17

13,5a

O2 sản phẩm chỉ thu được P2O5 và 17 ( gam) H2O.
Xác định công thức phân tử của A biết MA< 65

12


Bài làm
Giả sử a = 17

=> nO = 1 (mol)
2

Vì sản phẩm chỉ có P2O5 và H2O => trong A có H, P và có thể có O
Gọi công thức của A là HxPyOz
4 HxPyOz + (x + 5y – 2z) O2   2x H2O + 2y P2O5
áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có
m P2O5 = 17 + 32 - 13,5 = 35,5
13,5 2
35,5 2
1,5 (mol ); n P  2n P2O5 
 0,5 (mol )
Ta có n H  2n H 2O 
18
142
17  (1,5  0,5 31)
0 . Vậy trong A không có oxi
=> nO 
16

=> x : y = nH : nP = 1,5 : 0,5 = 3 : 1
Và MA < 65 nên công thức của A là PH3
Ví dụ 2: Hỗn hợp X gồm 2 Hiđrocacbon A và B có khối lượng a gam. Nếu
đem đốt cháy hoàn toàn X thì thu được

132a
45a
gam CO2 và
gam H2O. Nếu
41
41

thêm vào X một nửa lượng A có trong X rồi đốt cháy hoàn toàn thì thu được
165a
60,75a
gam CO2 và
gam H2O. Tìm công thức phân tử của A và B. Biết
41
41

X không làm mất màu dung dịch nước Brôm và A, B thuộc loại Hiđrocacbon
đã học.
Bài làm
Giả sử a = 41
Khi đốt cháy X:

nCO2

132
45
 3 (mol );
n H 2O 
 2,5 (mol )
44

18
165
60,75

3,75 (mol ); n H 2O 
 3,375 ( mol )
44
18



Khi đốt cháy X +

1
A: nCO2
2

Vậy khi đốt cháy

1
A ta thu được: nCO2 0,75 (mol ); n H 2O  0,875 (mol )
2

Vì nCO  n H O => A là hiđrocacbon no
2

2

13

Gọi công thức của A là CnH2n + 2
2CnH2n + 2 + (3n + 1) O2  
n

2(n  1)

2n CO2 + 2(n+1) H2O

0,875

H O

n 6
Ta có n  2n  0,75
CO
Vậy công thức phân tử của A là C6H14
2

2

Khi đốt cháy B ta thu được số mol của H2O và CO2 là:
nCO2

3  0,75 2 1,5 (mol );

 nC 1,5 (mol )

n H 2O  2,5  0,875 2  0,75 (mol )

 n H 1,5 (mol )

=> nC : nH = 1,5 : 1,5 = 1 : 1
Vậy công thức đơn giản nhất của B là (CH)n = CnHn
Và B không làm mất màu dung dịch nước brom => B chỉ có thể là aren
=> số nguyên tử H = 2 số nguyên tử C - 6
Hay n = 2n - 6 => n = 6
Vậy công thức của B là C6H6
Ví dụ 3: Đốt cháy hoàn toàn m gam rượu R, sản phẩm thu được cho đi qua
bình đựng dung dịch nước vôi trong dư thấy khối lượng bình tăng thêm p gam
m p

và có t gam kết tủa. Xác định công thức của R. Biết p = 0,71t; t = 1,02
Bài làm
m p

Chọn t = 1,02 = 100 = mCaCO
=>
p = 71 gam, m = 31 gam
3

Gọi công thức tổng quát của ancol R là CxHyOz
y z
 ) O2  
xCO2
4 2
+ Ca(OH)2   CaCO3 + H2O

C x H y Oz

CO2

+

(x 



y
H 2O
2

(1)

(2)
 1 (mol )
Theo phương trình (2) => nC  nCO  nCaCO
mH O
Khối lượng bình tăng lên: p = mCO 
 71  44  27 ( gam)  n H O 1,5 (mol )
=> m H O

nCO nên ancol R là ancol no
Vì n H O
2

2

2

2

3

2

2

2

14


nO



31  (12  1,5 2)
 1 (mol )
16

Vậy ta có x : y : z = nC : nH : nO = 1 : 3 : 1
Công thức của ancol R có dạng (CH3O)n = CnH3nOn = CnH2n(OH)n
Và R là ancol no nên: số nguyên tử H = 2.số nguyên tử C + 2 - số nhóm OH
=> 2n = 2n + 2 - n => n = 2
Vậy công thức của ancol R là: C2H4(OH)2
II.3.3. Bài tập luyện tập
Bài 1: Hỗn hợp CaCO3, CaSO4 được hoà tan bằng axit H2SO4 vừa đủ. Sau
phản ứng đun nóng cho bay hơi nước và lọc được một lượng chất rắn bằng
121,43%lượng hỗn hợp ban đầu.Tính phần trăm khối lượng CaCO 3, CaSO4

trong hỗn hợp đầu?

( ĐS 59,52%; 40,48%)

Bài 2: Nếu hoà tan a gam hỗn hợp A chứa Fe, FeO, Fe 2O3 bằng dung dịch
HCl dư thì lượng khí thoát ra bằng 1% khối lượng hỗn hợp ban đầu. Nếu khử
a gam hỗn hợp A bằng H2 nóng dư thì thu được một lượng nước bằng 21,15%
khối lượng hỗn hợp ban đầu. Tính phần trăm khối lượng Fe, FeO,Fe 2O3 trong
hỗn hợp A ?
(ĐS 28%; 36%; 36%)
Bài 3: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Mg, Fe trong oxi dư, sau phản ứng thấy
khối lượng chất rắn nặng gấp 1,5 lần so với khối lượng chất rắn ban đầu. Phần
trăm khối lượng của Mg và Fe

( ĐS 30% và 70%;)

Bài 4: Trung hoà dung dich NaHSO3 26% cần dung dich H2SO4 19,6%. Nồng
độ phần trăm của dung dịch sau khi trung hoà

(ĐS 12,12%)

Bài 5: Một hỗn hợp N2, H2 được lấy vào bình phản ứng có nhiệt độ được giữ
không đổi. Sau thời gian phản ứng, áp suất của các khí trong bình giảm 5% so
với áp suất lúc đầu. Biết rằng tỉ lệ số mol của N2 đã phản ứng là 10%. Phần
trăm thể tích của các khí N2, H2 trong hỗn hợp đầu

(ĐS 25%; 75%)

Bài 6: Hoà tan a gam M2(CO3)n bằng một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4

15


10% thu được dung dịch muối có nồng độ 15,09%. Xác định công thức của
muối cacbonat .

( ĐS:CuCO3)

Bài 7: hỗn hợp A gồm NaCl và NaBr khi tác dụng với AgNO 3 dư tạo ra một
lượng chất kết tủa bằng lượng AgNO3 đã phản ứng. Phần trăm khối lượng của
NaCl và NaBr lần lượt là:

( ĐS:27,8% và 72,2%)

Bài 8: Khi cho a gam dung dịch H2SO4 nồng độ C% tác dụng với lượng dư
hỗn hợp Na, Mg thì lượng khí H 2 thoát ra bằng 4,5% lượng dung dịch axit đã
dùng. Tính C% của dung dịch H2SO4 .

(ĐS 30%)

Bài 9: Muối A tạo bởi kim loại M ( hoá trị II) và phi kim X (hoá trị I). Hoà
tan 1 lượng A vào nước được dung dịch A 1. Nếu thêm AgNO3 dư vào A1 thì
lượng kết tủa tách ra bằng 188% lượng A. Nếu thêm Na 2CO3 dư vào dung
dịch A1 thì lượng kết tủa tách ra bằng 50% lượng A. Xác định công thức của
muối A.

(ĐS CaBr2 )

Bài 10: Hỗn hợp A gồm 3 khí NH3, N2, H2. Dẫn hỗn hợp A vào bình có nhiệt
độ cao. Sau phản ứng phân hủy NH3 (coi như hoàn toàn) thu được hỗn hợp

khí B có thể tích tăng 25% so với A. Dẫn B đi qua ống đựng CuO nung nóng
sau đó loại nước thì chỉ còn một chất khí có thể tích giảm 75% so với B.
Tính phần trăm thể tích của các khí NH3, N2, H2 trong A.
(ĐS 25%;18,75%; 56,25%)
II.4. HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Năm học 2017-2018 tôi đã áp dụng sáng kiến kinh nghiệm trên để bồi
dưỡng đội tuyển học sinh giỏi hóa 9 trường THCS Song Mai. Trong quá trình
dạy tôi thường vẫn để cho học sinh nghiên cứu giải theo phương pháp thông
thường . Sau đó tôi mới hướng dẫn học sinh theo phương pháp tự chọn lượng
chất theo từng dạng bài.Qua đó học sinh thấy được tính ưu việt của phương
pháp.Sau một thời gian dạy học sinh theo chuyên đề tôi nhận thấy rằng học
sinh nhận dạng toán tương đối tốt, hiểu và áp dụng nhanh, giải bài chính xác.
Học sinh không cảm thấy ngại khi gặp loại toán này .So với học sinh không
được học chuyên đề này học sinh được học chuyên đề có kết quả tốt hơn
16


nhiều. Cụ thể Tôi tiến hành kiểm tra hai nhóm học sinh có trình độ tương
đương (Mỗi nhóm 10 học sinh ) trong thời gian 10 phút.
.Nội dung kiểm tra như sau
Bài tập: Cho dung dịch axit axetic nồng độ a% tác dụng vừa đủ với dung
dịch NaOH nồng độ 10 % thu được dung dịch muối có nồng độ 10,25%. Hãy
tính a (Sách giáo khoa hóa học 9 trang 143 NXB GD)
Kết quả thu được như sau
Nhóm 1: Học sinh không được học chuyên đề.
Nhóm 2: Học sinh được học theo chuyên đề .
Giỏi
Nhóm

Khá

Số

lượng
Nhóm 1
0
Nhóm 2
3

Trung bình
Số

Số
%
0
30

lượng
4
5

%
40
50

lượng
4
2

%

40
20

Yếu
Số
lượng
2
0

%
20
0

và trong kì thi học sinh giỏi cấp thành phố vừa qua đội tuyển hóa 9 của
trường THCS Song Mai đạt 100% học sinh tham gia có giải.

III.

KẾT LUẬN

Sáng kiến kinh nghiệm sẽ là tài liệu giúp học sinh giỏi tự ôn luyên
thông qua sự hướng dẫn của giáo viên.
Giúp giáo viên tham khảo phương pháp giải bài tập hóa học một cách
nhanh gọn chính xác, hiệu quả.
Giúp học sinh có tư duy tổng hợp logic, nhìn nhận vấn đề và phát hiện
loại toán dễ dàng hơn, tạo nền tảng vững chắc cho học sinh tiếp tục học lên
THPT.
Là hệ thống bài tập từ cơ bản đến phức tạp có thể dùng để bồi dưỡng
học sinh giỏi khối 9 và phụ đạo học sinh đại trà khối 9. Việc nhân rộng ít tốn

17


kém và dễ dàng. Có thể tiến hành trên cả đối tượng học sinh đại trà và học
sinh giỏi.
Mặc dù SKKN đã được áp dụng và thu được kết quả khả quan, xong vì
điều kiện hạn hẹp về thời gian, trình độ còn hạn chế nên không tránh khỏi
những thiếu sót. Tôi rất mong được sự đóng góp của thầy cô, bạn bè để bài
viết của tôi được hoàn thiện hơn.
Qua đây tôi xin chân thành cảm ơn BGH và tập thể CBGV trường
THCS Song Mai, bạn bè đồng nghiệp đã giúp đỡ tôi hoàn thành SKKN này.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
Song Mai , tháng 4/ 2018
Người viết SKKN

Nguyễn Thị Linh

IV.TÀI LIỆU THAM KHẢO
 1 Ngô Ngọc An (2011), 400 bài tập hóa học 9, NXB Đại học sư phạm, Hà
Nội.

 2 Phạm Ngọc Ân (2013), Tuyển chọn đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên
môn hóa học, NXB Đại học sư phạm, Hà Nội.

 3 Bộ Giáo dục và Đào tạo (2014), Tài liệu tập huấn dạy học và kiểm tra
đánh giá kết quả học tập theo định hướng phát triển năng lực học sinh môn
hóa học cấp trung học cơ sở.

 4 Đảng Cộng Sản Việt Nam(2013), Nghị quyết hội nghị BCH TW Đảng lần
thứ 8 khóa XI.

18


 5 Phạm Thái An, Nguyễn Văn Thoại (2006), Tuyển chọn đề thi tuyển sinh
vào lớp 10 chuyên môn hóa học, NXB Hà Nội

 6 Nguyễn Khoa Thị Phượng (2011), Phương pháp giải nhanh các bài toán
hóa học trọng tâm, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội.

 7 Quan Hán Thành (2000), Phân loại và phương pháp giải toán hóa vô cơ,
NXB trẻ .

 8 Nguyễn Xuân Trường (2006), Hóa học 10, NXB giáo dục Việt Nam .
 9 Nguyễn Xuân Trường (2011), Hóa học 12, NXB giáo dục Việt Nam .
 10 Nguyễn Xuân Trường (2013), Bài tập nâng cao hóa học 9, NXB giáo dục
Việt Nam .

 11 Lê Xuân Trọng (2005), Hóa học9, NXB giáo dục Việt Nam
 12 Lê Xuân Trọng (2008), Hóa học 11, NXB giáo dục Việt Nam .

V. NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ
HỘI ĐỒNG KHOA HỌC TRƯỜNG THCS SONG MAI
Đánh giá SKKN đạt ……….. điểm; Xếp loại: đạt bậc ………………

TM. HỘI ĐỒNG KHOA HỌC
CHỦ TỊCH

19

HIỆU TRƯỞNG
Nguyễn Văn Hùng

HỘI ĐỒNG KHOA HỌC PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
Đánh giá đề tài, SKKN đạt:............ điểm; Xếp loại: đạt bậc.........
TM. HỘI ĐỒNG KHOA HỌC
CHỦ TỊCH

TRƯỞNG PHÒNG
Ngô Minh Hưng

20