SKKN vận dụng các định luật bảo toàn để giải nhanh bài toán về tính 0xi hóa của ion NO3

PHẦN 1: MỞ ĐẦU
1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Bài tập hóa học trắc nghiệm khách quan hiện nay đang có xu hướng phát
triển mạnh mẽ. Bởi vì các ưu điểm mà nó mang lại là rất lớn như: Số lượng câu
hỏi nhiều nên phương pháp TNKQ có thể kiểm tra nhiều nội dung kiến thức bao
trùm gần cả chương, nhờ vậy buộc học sinh phải học kĩ tất cả các nội dung kiến
thức trong chương, tránh được tình trạng học tủ, học lệch của HS; Thời gian làm
bài từ 1 cho đến 3 phút 1 câu hỏi, hạn chế được tình trạng quay cóp và sử dụng
tài liệu; Làm bài TNKQ học sinh chủ yếu sử dụng thời gian để đọc đề, suy nghĩ ,
không tốn thời gian viết ra bài làm như TN tự luận, do vậy có tác dụng rèn luyện
kĩ năng nhanh nhẹn, phát triển tư duy cho HS...
Bài tập hóa học là nguồn cung cấp kiến thức mới, vận dụng kiến thức lí
thuyết, giải thích các hiện tượng các quá trình hoá học, giúp tính toán các đại
lượng: Khối lượng, thể tích, số mol... Việc giải bài tập sẽ giúp học sinh được
củng cố kiến thức lí thuyết đã được học vận dụng linh hoạt kiến thức vào làm
bài. Để giải được bài tập đòi hỏi học sinh không chỉ nắm vững các tính chất hoá
học của các đơn chất và hợp chất đã học, nắm vững các công thức tính toán, mà
còn biết cách tính theo phương trình hóa học và công thức hoá học. Đối với
những bài tập đơn giản thì học sinh thường đi theo mô hình đơn giản: như viết
phương trình hoá học, dựa vào các đại lượng bài ra để tính số mol của một chất
sau đó theo phương trình hoá học để tính số mol của các chất còn lại từ đó tính
được các đại lượng theo yêu cầu của bài. Nhưng đối với nhiều dạng bài tập thì
nếu học sinh không nắm được bản chất của các phản ứng thì việc giải bài toán
của học sinh sẽ gặp rất nhiều khó khăn và thường là giải sai như dạng bài tập
liên quan đến tính oxi hóa của ion NO3-. Dạng bài tập này không có gì mới với
học sinh, tuy nhiên để làm đúng, nhanh không phải dễ. Đặc biệt một vài năm
gần đây hệ thống bài tập phức tạp, khó về ion NO 3- xuất hiện càng nhiều trong
các đề thi học sinh giỏi, đề thi THPT Quốc Gia ở mức độ vận dụng cao khiến
cho việc đạt điểm 8, 9, 10 càng trở nên khó khăn hơn rất nhiều cho học sinh.
Vậy phương pháp nào để giải quyết bài toán khoa học nhất và nhanh nhất. Đó là
lí do để tôi viết đề tài "Vận dụng các định luật bảo toàn để giải nhanh bài

toán về tính oxi hóa của ion NO3-" làm sáng kiến kinh nghiệm cho mình. Với
hy vọng đề tài này sẽ là một tài liệu tham khảo phục vụ tốt cho việc học tập của
các em học sinh 11, 12 và cho công tác giảng dạy của các bạn đồng nghiệp.
2. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
- Nghiên cứu những dạng bài toán về tính oxi hóa của ion NO 3- thường gặp
trong đề thi học sinh giỏi và đề thi THPT Quốc Gia.
- Vận dụng các định luật bảo toàn để giải nhanh bài toán góp phần nâng cao
chất lượng giảng dạy bộ môn ở trường phổ thông và là hành trang vững chắc để
các em chuẩn bị bước vào kì thi THPT.
- Bản thân có cơ hội nghiên cứu, tìm hiểu và vận dụng các ý tưởng đó vào công
tác giảng dạy của bản thân sau này.
3. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
- Nghiên cứu tính chất của ion NO3- trong môi trường axit
1


- Nghiên cứu các phương pháp bảo toàn electron, bảo toàn nguyên tố, bảo toàn
điện tích, bảo toàn khối lượng, phương pháp qui đổi và vận dụng phương pháp
đó để giải bài tập trắc nghiệm.
- Trên cơ sở phương pháp trên hướng dẫn học sinh lập sơ đồ, kết hợp tư duy đi
tắt đón đầu và giải bài toán.
- Tuyển chọn, xây dựng hệ thống câu hỏi trắc nghiệm khách quan về dạng bài tập
tính oxi hóa của ion NO3-.
4. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
- Phương pháp nghiên cứu lí thuyết: Nghiên cứu các tài liệu lí thuyết trong các
sách tham khảo cũng như các tài liệu trên mạng từ đó phân tích và tổng hợp kiến
thức rồi phân loại và hệ thống hoá kiến thức.
- Phương pháp điều tra: Khảo sát học sinh lớp 11, 12 để nắm được khả năng tư
duy và lĩnh hội kiến thức của học sinh cũng như kĩ năng giải bài tập tính oxi hóa
của ion NO3-.

- Phương pháp thực nghiệm khoa học: Chủ động tác động lên học sinh để hướng
sự phát triển theo mục tiêu dự kiến của mình.
- Phương pháp phân tích tổng kết kinh nghiệm: Nghiên cứu và xem xét lại
những thành quả thực tiễn trong quá khứ để rút ra kết luận bổ ích cho thực tiễn .
- Phương pháp thống kê và xử lí số liệu: Sử dụng xác suất thống kê để xử lí số
liệu thu thập được
PHẦN 2: NỘI DUNG ĐỀ TÀI
2.1. CƠ SỞ LÍ LUẬN
Để hình thành được kỹ năng giải nhanh bài tập hóa học, ngoài việc giúp học
sinh nắm được bản chất của quá trình phản ứng thì giáo viên phải hình thành cho
học sinh một phương pháp giải nhanh. Bên cạnh đó rèn cho học sinh tư duy định
hướng khi đứng trước một bài toán và khả năng phân tích đề bài.
Với hình thức thi trắc nghiệm như hiện nay thì việc giải nhanh các bài toán
hóa là yêu cầu hàng đầu của học sinh. Yêu cầu tìm ra phương pháp giải toán một
cách nhanh nhất, không những giúp học sinh tiết kiệm được thời gian làm bài
mà còn rèn luyện được tư duy và năng lực phát hiện vấn đề của người học.
2.2. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ TRƯỚC KHI ÁP DỤNG SÁNG KIẾN
KINH NGHIỆM
- Qua những năm giảng dạy tại trường phổ, tôi nhận thấy rất nhiều học
sinh cứ loay hoay viết rất nhiều phương trình phản ứng khi cho hỗn hợp kim
loại, oxit kim loại, muối tác dụng với ion NO 3- trong môi trương axit . Điều đó,
sẽ mất nhiều thời gian làm bài và đôi khi không làm ra được kết quả. Với dạng
bài tập này, sử dụng các phương pháp bảo toàn electron, bảo toàn nguyên tố, bảo
toàn điện tích, bảo toàn khối lượng, phương pháp quy đổi là những công cụ tối
ưu để giải những quyết những bài toán dạng này.
- Vì vậy, ý tưởng là rất quan trọng, giúp học sinh định hướng được cách
giải nhanh bài toán. Thay vì các em phải viết rất nhiều phương trình, thì giờ học
sinh chỉ lập sơ đồ phản ứng, kết hợp tư duy đi tắt đón đầu để giải bài toán.
2.3. CÁC GIẢI PHÁP ĐÃ SỬ DỤNG ĐỂ GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
2.3.1 Lí thuyết cơ bản

2


a. Tính chất của HNO3
* Tính axit: HNO3 là axit mạnh, trong dung dịch loãng phân li hoàn toàn thành
ion H+ và ion NO3-. Dung dịch HNO3 làm đỏ quỳ tím; tác dụng với oxit bazơ,
bazơ và muối của axit yếu hơn tạo muối nitrat.
Ví dụ: CuO + 2 HNO3 → Cu(NO3)2 + H2O
Cu(OH)2 + 2 HNO3 → Cu(NO3)2 + 2 H2O
CaCO3 + 2 HNO3 → Ca(NO3)2 + CO2 + 2 H2O
* Tính oxi hóa mạnh:
- Tác dụng với kim loại: HNO 3 oxi hóa được hầu hết các kim loại kể cả kim
loại có tính khử yếu như Cu, Ag… trừ Pt và Au. Khi đó kim loại bị oxi hóa đến
mức oxi hóa cao nhất và tạo muối nitrat. Thông thường, nếu dùng dung dịch
HNO3 đặc thì sản phẩm là NO2, còn dung dịch loãng thì tạo thành NO. Với các
kim loại có tính khử mạnh như Mg, Al, Zn,… HNO 3 loãng có thể bị khử đến
N2O, N2, hoặc NH4NO3.
Ví dụ: 3 Cu + 8 HNO3 → 3 Cu(NO3)2 + 2 NO + 4H2O
Cu + 4 HNO3 → Cu(NO3)2 + 2 NO + 2H2O
4 Mg + 10 HNO3 → 4 Mg(NO3)2 + N2O + 5 H2O
Trong dung dịch HNO3 đặc nguội, Al, Fe, Cr bị thụ động hóa.
- Tác dụng với phi kim: Khi đun nóng HNO 3 đặc có thể oxi hóa được các phi
kim như C, S, P…
Ví dụ:
S + 6 HNO3 → H2SO4 + 6 NO2 + 2 H2O
- Tác dụng với hợp chất: HNO3 đặc còn oxi hóa được nhiều hợp chất vô cơ và
hữu cơ.
Ví dụ:
FeO + 4 HNO3 → Fe(NO3)3 + NO2 + 2 H2O
b. Tính oxi hóa của ion NO3- Trong môi trường trung tính, ion NO3- không có tính oxi hóa.

- Trong môi trường axit, ion NO3- thể hiện tính oxi hóa giống như HNO 3. Khi
đó nó sẽ oxi hóa được các chất có tính khử như: kim loại, phi kim và một số hợp
chất. Nếu chất khử là kim loại hoặc hợp chất của kim loại, ta có sơ đồ sau:
Chất khử + H+ + NO3- → Muối + sản phẩm khử + H2O
- Các bán phản ứng phân bố nhiệm vụ của ion H+
2 H+ + NO3- + 1 e → NO2 + H2O
4 H+ + NO3- + 3 e → NO + 2 H2O
10 H+ + 2 NO3- + 8 e → N2O + 5 H2O
12 H+ + 2 NO3- + 10 e → N2 + 6 H2O
10 H+ + NO3- + 8 e → NH4+ + 3 H2O
2 H+ + + 2 e → H2
2 H+ + O2- → H2O
c. Một số công thức tính nhanh
naxit nitric phản ứng = 4 × nNO + 2 × nNO2 + 10 × nN 2O + 12 × nN 2 + 10 × nNH 4 NO3
nNO − tạo muối = ne nhận = 3.nNO +nNO +8nN O +10nN +8nNH NO .
3

2

2

2

4

3

mmuối = mkim loại + mgốc axit
mmuối = mkim loại + 62 × (3.nNO + nNO2 + 8nN 2O + 10nN 2 + 8nNH 4 NO3 ) + 80nNH 4 NO3
3

2.3.2 Phương pháp giải.
* Bước 1: Nhận diện bài toán: Bài toán có sự tham gia của ba thành phần sau
thì thuộc dạng tính oxi hóa của ion NO3- trong môi trường axit:
- Chất khử: thường là kim loại, Fe2+,…
- Chất cung cấp ion H+: HNO3, HCl, H2SO4 loãng.
- Chất cung cấp ion NO3-: HNO3, các muối nitrat M(NO3)n.
* Bước 2: Sơ đồ hóa bài toán xác định chính xác các ion trong hỗn hợp muối
và các sản phẩm khử thu được.
Lưu ý:
- Sản phẩm khử có H2 chứng tỏ ion NO3- hết. (Trừ trường hợp hỗn hợp đầu
có chứa KLK)
- Khi d của khí bé hơn 28 thì trong khí có H2
- Khi cho Fe tác dụng với dung dịch chứa H+ và NO3-, H2 thoát ra dung dịch
thu được vẫn có thể chứa cả muối Fe3+ và Fe2+.
- Dấu hiệu sản phẩm khử thu được có ion NH4+:
+ Các kim loại phản ứng là kim loại hoạt động hóa học mạnh như Mg, Al, Zn
+ Đề bài cho các thông tin để tính được số mol e chất khử cho và số mol e
chất oxi hóa nhận mà ne cho > ne nhan.
+ Bài toán cho thông tin để tính được khối lượng muối của kim loại và cho
biết cả khối lượng muối thu đươc.
. * Bước 3: Sử dụng linh hoạt các phương pháp bảo toàn electron, bảo toàn
nguyên tố, bảo toàn điện tích, bảo toàn khối lượng, phương pháp quy đổi,
phương pháp tăng giảm khối lượng, phương pháp ghép ẩn số, phương pháp ion
– electron... để giải bài toán
- Phương pháp 1: Phương pháp bảo toàn khối lượng
Tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng các chất
tạo thành sau phản ứng.
- Phương pháp 2: Phương pháp bảo toàn electron

Khi có nhiều chất oxi hoá, nhiều chất khử tham gia phản ứng ( có thể một
hoặc nhiêù giai đoạn) thì “ tổng số mol e mà các chất khử cho bằng tổng số mol
e mà các chất oxi hoá nhận”
- Phương pháp 3: Phương pháp bảo toàn điện tích
Tổng điện tích dương luôn luôn bằng tổng điện tích âm về giá trị tuyệt đối.
Do vậy dung dịch luôn trung hoà về điện
- Phương pháp 4: Phương pháp bảo toàn nguyên tố
Trong phản ứng hóa học, tổng số mol của nguyên tố trước và sau phản ứng
luôn bằng nhau.
- Phương pháp 5: Phương pháp tăng giảm khối lượng
Khi chuyển từ chất X thành chất Y thì khối lượng tăng lên hoặc giảm đi bao
nhiêu gam ( thường tính theo số mol).Từ việc tăng hay giảm đó tìm được mối
liên hệ giữa độ tăng hay giảm đó với các chất khác trong phương trình hoá học.
- Phương pháp 6: Phương pháp ghép ẩn số
Có nhiều trường hợp bài toán tưởng như thiếu điều kiện không giải được,
nhưng sự thật không cần tìm ra một số ẩn số riêng lẻ đó mà ta chỉ cần gộp chúng
lại để tìm ra đáp số.
4


- Phương pháp 7: Phương pháp ion – electron
Dùng phương trình bán phản ứng ion-electron để giải bài toán oxi hoá khử có
môi trường.
- Phương pháp 8: Phương pháp quy đổi
Quy đổi là một phương pháp biến đổi toán học nhằm đưa bài toán ban đầu là
một hỗn hợp phức tạp về dạng đơn giản, qua đó làm cho các phép tính trở nên
dễ dàng, đơn giản thuận tiện hơn.Tuy nhiên, dù tiến hành quy đổi theo hướng
nào thì cũng phải tuân theo 2 nguyên tắc sau:
- Bảo toàn nguyên tố, tức tổng số mol mỗi nguyên tố ở hỗn hợp đầu và hỗn hợp
mới phải bằng nhau.

- Bảo toàn số oxi hoá, tức tổng số oxi hoá của các nguyên tố trong hai hỗn hợp
là bằng nhau.
2.3.3 Một số thí dụ minh họa
Câu 1: Cho 3,9 gam hỗn hợp Al, Mg tỉ lệ mol 2 : 1 tan hết trong dung dịch chứa
KNO3 và HCl. Sau phản ứng thu được dung dịch A chỉ chứa m gam hỗn hợp các
muối trung hòa và 2,24 lít hỗn hợp khí B gồm NO và H2. Khí B có tỉ khối so với
H2 bằng 8. Giá trị của m gần giá trị nào nhất?
A. 24

B. 26

C. 28

D. 30

 Hướng dẫn giải

KNO3
Al 0,1
+

Mg 0, 05 HCl

[e]

→ n NH + =
4

Al3+ 0,1


2+
Mg 0, 05
K +

→
NH +4


−

Cl

NO 0, 05
H 0, 05
 2

+ H 2O

0,1.3 + 0, 05.2 − 0, 05.3 − 0, 05.2
= 0, 01875 (mol)
8

[N]

→ n KNO3 = n K + = 0, 01875 + 0, 05 = 0, 06875(mol)

+ ,− ]
[

→ n Cl− = 0,1.3 + 0, 05.2 + 0, 06875 + 0,01875 = 0, 4875 (mol)


→m = 24, 225 (gam)

Câu 2: Cho 5 gam bột Mg vào dung dịch hỗn hợp KNO 3 và H2SO4, đun nhẹ,
trong điều kiện thích hợp, đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung
dịch A chứa m gam muối, 1,792 lít hỗn hợp khí B (đktc) gồm hai khí không
màu, trong đó có một khí hóa nâu ngoài không khí và còn lại 0,44 gam chất rắn
không tan. Biết tỉ khối hơi của B đối với H2 là 11,5. Giá trị của m là:
A. 27,96.

B. 29,72.

C. 31,08.

D. 36,04.

 Hướng dẫn giải
5


 Mg 2+ 0,19
 +
K
 +
NH
 KNO3
0,19 mol Mg + 
 
→  24−

 H 2SO4
SO 4

+ H 2O

 NO 0,06 mol

 H 2 0,02 mol
+
[e]


→ Số mol NH 4 = 0,02 (mol)
BTNT Nito

→ Số mol KNO3 = 0,08 (mol)
[K ]


→ Số mol K+ = 0,08 (mol)
2−
+, −]
[

→ Số mol SO 4 = 0,24 (mol)

=> m = 31,08 gam
Câu 3: Cho một lượng dư Mg vào 500 ml dung dịch gồm H2SO4 1M và NaNO3
0,4M. Sau khi kết thúc các phản ứng thu được Mg dư, dung dịch Y chứa m gam
muối và thấy chỉ bay ra 2,24 lít khí NO (đkc). Giá trị của m là:

A. 61,32.

B. 71,28.

C. 64,84.

D. 65,52.

 Hướng dẫn giải
Mg 2+
 +
Na

+
H 2SO 4 0, 5 mol
NH 4
Mg + 

→  2−
NaNO3 0, 2 mol
SO 4
NO −
3


x
0, 2
y

+ H 2O

0, 5
z

NO 0,1mol

 [+ ,− ]→ 2x + y − z = 0,8
e]
2x − 8y = 0,1.3
 [→

N]
 [
→ y + z = 0,1

x = 0, 39

⇒ y = 0, 06 ⇒ m = 65, 52 gam
z = 0, 04


Câu 4: Cho 4,32 gam Mg vào dung dịch hỗn hợp NaNO3 và H2SO4, đun nhẹ đến
khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch A ; 0,896 lít (đktc) hỗn hợp
khí B có khối lượng 0,92 gam gồm 2 khí không màu có một khí hóa nâu trong
không khí và còn lại 2,04 gam chất rắn không tan. Cô cạn cẩn thận dung dịch A
thu được m gam muối khan. Giá trị của m là:
A. 18,27

B. 14,90

C. 14,86

D. 15,75

 Hướng dẫn giải
6


 NaNO3
Mg 0,095 + 
 H 2SO 4

[e]
→
n NH+ =
4

  Mg 2+
 +
 Na
+ H 2O
  NH +

→   24−
 SO 4

  NO 0, 03

  H 2 0, 01

0, 095.2 − 0, 03.3 − 0, 01.2
= 0, 01 (mol)
8

[N]

→n NaNO3 = n Na + = 0, 01 + 0, 03 = 0, 04 (mol)

[ + ,− ]

→ n SO2− =
4

0, 095.2 + 0, 04 + 0, 01
= 0,12 (mol)
2

=> m = 14,9 (gam)
Câu 5: Cho 31,15 gam hỗn hợp bột Zn và Mg (tỷ lệ mol 1:1) tan hết trong dung
dịch hỗn hợp gồm NaNO3 và NaHSO4 thu được dung dịch A chỉ chứa m gam
hỗn hợp các muối và 4,48 lít (đktc) hỗn hợp khí B gồm N 2O và H2. Khí B có tỷ
khối so với H2 bằng 11,5. m gần giá trị nào nhất?
A. 240

B. 255

C. 132

D. 252

 Hướng dẫn giải

 Zn 0,35

 Mg 0,35

+

e]
 [→
n NH+ =
4

 NaNO3 0, 25

 NaHSO4 x


 Zn 2+ 0,35

 2+

 Mg 0,35
 dd A  Na + x + 0, 25


 NH + 0, 05

→
 4


SO 24− x



  N 2 O 0,1
  H 0,1
 2

+ H 2O

0,35.2 + 0,35.2 − 0,1.8 − 0,1.2
= 0,05 (mol)
8

[N]


→ n NaNO3 = 0, 05 + 0,1.2 = 0, 25 (mol)

Đặt x là số mol NaHSO4.
[+ ,− ]

→ 0,35.2 + 0,35.2 + x + 0, 25 + 0,05 = 2x

=> x = 1,7 (mol)

=> m = 240,1 (gam)
Câu 6: Cho 5,6 gam hỗn hợp X gồm Mg và MgO có tỉ lệ mol tương ứng là 5 : 4
tan vừa đủ trong dung dịch hỗn hợp chứa HCl và KNO3. Sau phản ứng thu được

7


0,224 lít khí N2O (đktc) và dung dịch Y chỉ chứa muối clorua. Biết các phản ứng
hoàn toàn. Cô cạn cẩn thận Y thu được m gam muối. Giá trị của m là:
A. 20,51

B. 18,25

C. 23,24

D. 24,17

 Hướng dẫn giải

HCl
Mg 0,1
+ 

MgO 0, 08
KNO3

e]
[→
n NH + =
4

 Mg 2+ 0,18
 +
K



→   NH +4

−

Cl

 N 2 O 0, 01

+ H 2O

0,1.2 − 0,01.8
= 0,015 (mol)
8

N]
[
→ n KNO3 = n K + = 0,015 + 0,01.2 = 0,035 (mol)
[+, − ]

→ n Cl− = 0,18.2 + 0, 035 + 0, 015 = 0, 41 (mol)

=> m = 20,51 (gam)
Câu 7: Cho Zn tới dư vào dung dịch gồm HCl, 0,05 mol NaNO3, 0,1 mol KNO3.
Sau khi kết thúc phản ứng thu được dung dịch X chứa m gam muối, 0,125 mol
hỗn hợp khí Y gồm hai khí không màu, trong đó có một khí hóa nâu ngoài
không khí. Tỉ khối hơi của Y so với H2 là 12,2. Giá trị của m là:
A. 64,05 gam

B. 49,775 gam

C. 57,975 gam

D. 61,375 gam

 Hướng dẫn giải

HCl

Zn + NaNO3 0, 05
KNO 0,1
3


Na + 0, 05
 +
0,1
K
Zn 2+

+

→ 
NH
 − 4

Cl

NO 0,1

H 0, 025
 2

+ H 2O

[N]


→n NH+ = 0, 05 (mol)
4

[e]
→
n Zn =

0, 05.8 + 0,1.3 + 0, 025.2
= 0,375 (mol)
2

[ + ,− ]

→ n Cl− = 0, 05 + 0,1 + 0,375.2 + 0, 05 = 0,95 (mol)

Vậy m = 64,05 (gam)
8


Câu 8: Cho 12,56 gam hỗn hợp gồm Mg và Mg(NO 3)2 tan vừa đủ trong dung
dịch hỗn hợp chứa 0,98 mol HCl và x mol KNO 3. Sau phản ứng thu được dung
dịch Y chỉ chứa muối clorua và 0,04 mol khí N 2. Cô cạn cẩn thận Y thu được m

gam muối khan. Biết các phản ứng hoàn toàn. Giá trị của m là:
A. 46,26

B. 52,12

C. 49,28

D. 42,23

 Hướng dẫn giải

y
 Mg
12,56g 
+
Mg(NO
)
z
3 2


  Mg 2+ y + z
 +
x
 K
 HCl 0,98

→   NH +4 x + 2z − 0, 08



 KNO3 x
  Cl− 0,98

 N 2 0, 04

+ H 2O

Đặt y, z lần lượt là số mol của Mg và Mg(NO3)2.
[N]


→ n NH+ = x + 2z − 0, 08 (mol)
4

[ + ,− ]

→ 2(y + z) + x + x + 2z − 0, 08 = 0,98 (1)
[e]

→ 2y = 8(x + 2z − 0, 08) + 0, 04.10 (2)

Mặt khác : 12,56 = 24y + 148z (3)
x = 0, 09

=>  y = 0, 4
z = 0, 02


=> m = 49,28 (gam)

Câu 9: X là hỗn hợp rắn gồm Mg, NaNO 3 và FeO (trong đó oxi chiếm 26,4% về
khối lượng). Hòa tan hết m gam X trong 2107 gam dung dịch H2SO4 loãng, nồng
độ 10% thu được dung dịch Y chỉ chứa muối sunfat trung hòa và 11,2 lít (đkc)
hỗn hợp NO, H2 có tỉ khối so với H2 là 6,6. Cô cạn dung dịch sau phản ứng được
rắn khan Z và 1922,4 gam H2O. Phần trăm khối lượng FeO trong X gần với giá
trị nào nhất dưới đây?
A. 50%

B. 12%

C. 33%

D. 40%

 Hướng dẫn giải

Mg

m (g) X  NaNO3 + H 2SO 4
2,15
FeO



→

Mg 2 +
 +
 Na
Fe n +

+ H 2O

1,45
 NH +4
 2−

SO 4

 NO 0, 2
H 0,3
 2
9


[H]

→ n NH + =
4

2,15.2 − 1, 45.2 − 0,3.2
= 0, 2 (mol)
4

[N]

→ n NaNO3 = 0, 2 + 0, 2 = 0, 4 (mol)
[O]

→ n O trong X = 1, 45 + 0, 2 = 1, 65 (mol) => mX = 100 (gam)

n FeO = n O(FeO) = 1, 65 − 0, 4.3 = 0, 45 (mol) => %FeO = 32,4%
Câu 10: Cho 50,82 gam hỗn hợp X gồm NaNO 3, Fe3O4, Fe(NO3)2 và Mg tan
hoàn toàn trong dung dịch chứa 1,8 mol KHSO 4 loãng. Sau khi các phản ứng xảy
ra hoàn toàn thu được dung dịch Y chỉ chứa 275,42 gam muối sunfat trung hòa và
6,272 lít khí (đktc) Z gồm 2 khí trong đó có một khí hóa nâu trong không khí.
Biết tỉ khối của Z so với H2 là 11. Phần trăm khối lượng Mg trong hỗn hợp X là:
A. 25,5%

B. 20,2%

C. 19,8%

D. 22,6%

 Hướng dẫn giải
Chú ý: Kinh nghiệm cho thấy khi có khí có H2 thì 60% - 70% ra Fe2+.

 NaNO3
Fe O

50,82 g X  3 4
+ KHSO 4
Fe(NO
)
1,8
3
2


Mg


Mg 2+

 +

 Na

Fe 2+
275, 42 g 
 +

K

→ 
 NH +

4


2−

SO 4

 NO 0, 2

H 2 0, 08

m]
[

→ 50,82 + 1,8.136 = 275, 42 + 0, 2.30 + 0,08.2 + 18.n H2O
[H]

→ n NH + =
4

+ H 2O

=> n H2O = 0, 78 (mol)

1,8 − 0, 78.2 − 0, 08.2
= 0,02 (mol)
4


0,98 − 0, 22.3
=> n Fe3O4 =
= 0, 08 (mol)

[O]
4

→ n O(X) = 0,78 + 0, 2 = 0,98 (mol) 
[N]

→ n NO− (X) = n N = 0, 22 (mol)
3

e]
 [→

2.n Mg = 0,08.2 + 0, 2.3 + 0,08.2 + 0,02.8 => n Mg = 0,54 (mol)

Vậy %Mg = 25,5%
Câu 11: Cho 24,06 gam hỗn hợp X gồm Zn, ZnO và ZnCO 3 có tỉ lệ số mol 3 :
1 : 1 theo thứ tự trên, tan hoàn toàn trong dung dịch Y gồm H 2SO4 và NaNO3,
thu được dung dịch Z chỉ chứa 3 muối trung hòa và V lít hỗn hợp khí T (đktc)
10


gồm NO, N2O, CO2, H2 (Biết tỉ khối của T so với H 2 là

218
). Cho dung dịch
15

BaCl2 dư vào Z đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 79,22 gam kết
tủa. Còn nếu cho Z phản ứng với NaOH thì lượng NaOH phản ứng tối đa là 1,21
mol. Giá trị của V gần nhất với:
A. 3,0

B. 4,0

C. 5,0

D. 2,6

 Hướng dẫn giải

0,18
 Zn

H 2SO 4

ZnO
0,
06
+

→


NaNO
0,
07
3

 ZnCO 0, 06
3


 Zn 2+ 0,3
 +
 Na 0, 07

+
 NH 4 0, 01
SO 2− 0,34
 4
 NO

436  N 2O

M=

15 H 2
CO 2

+ H 2O

x
y
z
0, 06

BaSO4 ↓
→
n SO2− = 0,34 (mol)
4

    → n NH+ = 1, 21 − 0,3.4 = 0,01(mol)
1,21mol NaOH

4

[ + ,− ]


→ n Na + = n NaNO3 = 0,34.2 − 0, 01 − 0,3.2 = 0, 07 (mol)
[ N]

→0, 07 = x + 2y + 0, 01 (1)

[e]

→ 0,18.2 = 0,08 + 3x + 8y + 2z (2)

 x = 0, 04

=>  y = 0,01
 z = 0,04


=> V = 3,36 lít

436
15

30x + 44y + 2z + 44.0, 06 436
=
(3)
x + y + z + 0, 06
15
Câu 12: Hòa tan 7,44 gam hỗn hợp gồm Mg, MgO, Fe, Fe2O3 vào dung dịch
chứa 0,4 mol HCl và 0,05 mol NaNO 3, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn
thu được dung dịch X chứa 22,47 gam muối và 0,448 lít (đktc) hỗn hợp khí gồm
NO, N2 có tỷ khối so với H2 bằng 14,5. Cho dung dịch NaOH (dư) vào dung
dịch X thu được kết tủa Y, lấy Y nung trong không khí đến khối lượng không đổi
thu được 9,6 gam chất rắn. Mặc khác nếu cho dung dịch X tác dụng với dung
dịch AgNO3 (dư) thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là
M=

→

A. 63,88 gam

B. 58,48 gam

C. 64,96 gam

D. 95,2 gam

 Hướng dẫn giải

11


 Mg
 MgO
 HCl 0, 4

7, 44 g 
+

→
 NaNO3 0, 05
 Fe
 Fe 2 O3

 Mg 2+ x

 MgO x



(1) NaOH
2+
 Fe y 
→
y+z
(2) t o , kk

 Fe 2 O3 2

 Fe3+ z

22, 47g  Na + 0, 05
 NH +
4

 −
 AgCl
AgNO3
→
m ???
Cl 0, 4 
 Ag

 NO −
 3

H 2 O 0,18
 NO 0, 01


 N 2 0, 01

[m]
→
n H2O =

7, 44 + 0, 4.36,5 + 0, 05.85 − 22, 47 − 0,01.30 − 0, 01.28
= 0,18 mol
18

[H]

→ n NH + =
4

0, 4 − 0,18.2
= 0, 01mol
4

[N]
→
n NO− = 0, 05 − 0, 01 − 0, 01.2 − 0, 01 = 0, 01mol
3

2x + 2y + 3z = 0,35
x = 0,1


Ta có: 24x + 56y + 56z = 6,32 =>  y = 0, 06
40x + 80y + 80z = 9, 6

z = 0, 01



→ m↓ = 0, 4.143,5 + 0, 06.108 = 63,88gam
Câu 13: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm Mg, MgO, Fe3O4 và Fe(NO3)2 (trong
đó oxi chiếm 29,68% theo khối lượng) trong dung dịch HCl dư thấy có 4,61 mol
HCl phản ứng. Sau khi các phản ứng xảy ra xong thu được dung dịch Y chỉ chứa
231,575 gam muối clorua và 14,56 lít (đkc) khí Z gồm NO, H2. Z có tỉ khối so
với H2 là

69
. Thêm dung dịch NaOH dư vào Y, sau phản ứng thu được kết tủa Z.
13

Nung Z trong không khí đến khối lượng không đổi được 102,2 gam chất rắn T.
Phần trăm khối lượng MgO trong X gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 13,33%

B. 33,33%

C. 20,00%

D. 6,80%

 Hướng dẫn giải

12

 Mg 2+
 2+
 Fe

 MgO (x + y)
 3+
x
 Mg

(1) + NaOH
231,575gam  Fe
 (2)
to
→

(3z + t)
 MgO
C
Fe 2O3
y + 4,61 mol HCl



m (gam) 
    →

2

Fe
O

z
 3 4
 NH +4 + H 2O1, 655mol
 Fe(NO3 )2 t
 −
 Cl
 NO 0, 2 mol

 H 2 0, 45 mol
mO (X) = 0,2968m
Áp dụng ĐLBT [O] => n H2O =

0, 2968m
− 0, 2
16

Áp dụng ĐLBT [m] => m + 4,61.36,5 = 231,575 + 0, 2.30 + 0, 45.2 + (

0, 2968m
− 0, 2).18
16

=> m = 100 (gam)
=> Số mol H2O = 1,655 mol ;
=> Số mol O trong (X) = 1,855 mol
+
Áp dụng ĐLBT [H] => nNH 4 = 0,1 mol
 24x + 40y + 232z + 180t = 100
x = 1
 y + 4z + 6t = 1,855

y = 0,355


Ta có: 
=> 
=> %MgO = 14,2%
z
=
0,15
40(x
+
y)
+
80(3z
+
t)
=
102,
2



 2t = 0, 2 + 0,1 [N]
t = 0,15
Câu 14: 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 10,08 lít
(đktc) khí Z gồm 2 khí, trong đó có một khí hóa nâu ngoài không khí. Biết tỉ
khối của Z so với He là

23
. Phần trăm khối lượng của Al trong hỗn hợp X gần
18

nhất với giá trị nào sau đây?
A. 15.
B. 20.
C. 25.
 Hướng dẫn giải
 nZ = 0,45 mol

khÝhãa n©
u ngoµi kh«ng khÝ lµ NO
Ta có: 
46
→ Z gồm
 M Z = 9

D. 30.
 NO = 0,05 mol

 H2 = 0,4 mol

13


NO = 0,05 mol
Z
H = 0,4 mol


1 42 4 2 4 4 3

46×0,45 = 2,3 gam
9

Fe3O4
K + = 3,1 mol
KHSO4 = 3,1 mol

 3+
66,2 gamFe(NO3)2 
→
Al
Al


dd Y Fe?+
+ H2O
SO2− = 3,1 mol
 4
NH+
4

144
2 4 43
466,6 gam
Khi đó áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có:
66,2 + 3,1× 136 − 466,6 − 2,3
H2O =
= 1,05 mol

18
3,1− 0,4× 2 − 1,05× 2
+
= 0,05 mol
Áp dụng bảo toàn nguyên tố H ⇒ NH4 =
4
0,05+ 0,05
= 0,05 mol
Áp dụng bảo toàn nguyên tố N ⇒ Fe(NO3 )2 =
2

4nFe3O4 + 6nFe(NO3 )2 = nNO + nH2O
{
{
14 2 43
0,05
1
,05
6×0,05
⇒ Fe3O4 = 0,2 mol (O/ SO24− triệt tiêu nhau)

Áp dụng bảo toàn nguyên tố O ⇒

Khi đó theo khối lượng X, ta có:

mAl = 66,2 − 0,2
180 = 10,8 gam
14 2× 232
43 − 0,05
14 2× 43

Fe3O4

Fe(NO3)2

10,8
gÇn nhÊt
× 100 = 16,31% 
→ 15%
66,2
Comment: Ở câu này Bộ “rất khéo” khi không hỏi về anh Fe tránh đụng đến vấn
đề “nhạy cảm có phần gây tranh cãi” đó là việc đã sinh H2 thì dung dịch không
chứa Fe3+. Tuy nhiên nếu ta mổ xẻ ra thì dd Y gồm
 K + = 3,1 mol
SO24− = 3,1 mol
 3+
NH+4 = 0,05 mol
 Al = 0,4 mol
 2+
3+
 Fe , Fe
Giả sử dung dịch chứa cả Fe2+ và Fe3+
2+
 BTNT
  Fe
→n +n = n
= 0,65 mol
⇒ %mAl =



⇒

Fe2+

Fe3+

Fe trong X

BT§ T
    → 2nFe2+ + 3nFe3+ = 1,85 mol


Fe = 0,1 mol

⇒

3+
Fe = 0,55 mol


Câu 15: Cho 30 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, ZnO và Fe(NO 3)2 tan hoàn toàn
trong dung dịch chứa 0,725 mol H2SO4 loãng. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn
toàn, thu được dung dịch Y chỉ chứa 90,4 gam muối sunfat trung hòa và 3,92 lít
14


(đktc) hỗn hợp khí Z gồm N2 và H2. Biết tỉ khối của Z so với H2 là

33
. Phần

7

trăm khối lượng của Al trong hỗn hợp X gần với giá trị nào sau đây?
A. 14,15%.
B. 13%.
C. 13,4%.
D. 14,1%.
 Hướng dẫn giải

 Mg = a mol
 Al = b mol

0,725 mol H SO4
30 gam
     2 →
 ZnO = 0,05 mol
 Fe(NO3 )2 = 0,075 mol

 Mg2+ = a mol
 3+
 Al = b mol
 Fe2+ / Fe3+ / (Fe2+ + Fe3+ )

dd Y  2+
 Zn = 0,05 mol
HO
 SO2− = 0,725 mol
+ {2
4


0,5 mol
 NH+4 = 0,05 mol
14444244443
90,4 gam
 N = 0,05 mol
Z 2
 H2 = 0,125

Áp dụng BTKL, ta có: mH2O = 30 + 0,725× 98 − 90,4 − 0,175×

33
× 2 = 9 gam
7

⇒ H2O = 0,5 mol
+
Áp dụng bảo toàn nguyên tố H, ta có: NH4 =

BTNT N

→ Fe(NO3 )2 =

0,725× 2 − 0,125× 2 − 0,5× 2
= 0,05 mol
4

0,05+ 0,05× 2
= 0,075 mol
2

BTNT O

→

ZnO = 0,5− 0,075× 6 = 0,05 mol
Áp dụng ĐLBT e ⇒ ne nhËn = 0,05× 10 + 0,125× 2 + 0,05× 8 = 1,15 mol
Ta có:
⇒

24a + 27b = 30 –(0,05. 81 + 0,075. 180) ⇒
2a + 3b = 1,15
%Al = 13,5%

a = 0,35 mol
b = 0,15 mol

2.4. HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐỐI VỚI HOẠT
ĐỘNG GIÁO DỤC, VỚI BẢN THÂN, ĐỒNG NGHIỆP VÀ NHÀ TRƯỜNG
Để có được sự đánh giá khách quan hơn tôi đã chọn ra 2 lớp 11 và 2 lớp
12, lớp 11A3, 12A4 để làm đối chứng và lớp 11A7, 12A5 để thực nghiệm. Lớp
đối chứng vẫn được tiến hành ôn tập bình thường, lớp thực nghiệm được phát
các bản photo phần "Vận dụng các định luật bảo toàn để giải nhanh bài toán
về tính oxi hóa của ion NO3-" để ôn tập. Sau đó cả 4 lớp được làm một bài kiểm
tra trong thời gian một tiết, hình thức kiểm tra là trắc nghiệm khách quan.
- Nội dung kiểm tra và phiếu làm bài :
PHIẾU THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM
15


Họ, tên thí sinh:...................................................... .............Lớp.............

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

A
B
C
D

Câu 1: Cho m gam bột Fe vào 200ml dung dịch chứa HCl 0,4M và Cu(NO 3)2
0,2M. Lắc đều cho phản ứng xảy ra hoàn toàn, sau phản ứng thu được 0,75m
gam hỗn hợp kim loại và V lít khí NO (ở đktc, là sản phẩm khử duy nhất của
N+5). Giá trị của m và V lần lượt là
A. 3,84 và 0,448.

B. 5,44 và 0,448. C. 5,44 và 0,896. D. 9,13 và 2,24.
Câu 2: Hòa tan hoàn toàn m gam Fe bằng dung dịch HNO 3, thu được dung
dịch X và 1,12 lít NO (đktc). Thêm dung dịch chứa 0,1 mol HCl vào X thì
thấy khí NO tiếp tục thoát ra và thu được dung dịch Y. Để phản ứng hết với
các chất trong dung dịch Y cần 115 ml dung dịch NaOH 2M. Giá trị của m là
A. 3,36.
B. 3,92.
C. 3,08.
D. 2,8.
Câu 3: Nung hỗn hợp X gồm a mol Mg và 0,25 mol Cu(NO 3)2, sau một thời
gian, thu được chất rắn Y và 0,45 mol hỗn hợp khí Z gồm NO2 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 nhất với giá trị nào sau đây?
A. 82.
B. 74.
C. 72.
D. 80.
Câu 4: Cho 33,26 gam hỗn hợp X gồm Fe 3O4, Fe(OH)3, Fe(OH)2 và Cu vào
500 ml dung dịch HCl 1,6M thu dung dịch Y và 7,68 gam rắn không tan. Cho
dung dịch AgNO3 dư vào Y, thu được khí 0,045 mol khí NO (sản phẩm khử duy
nhất của N +5 ) và 126,14 gam kết tủa. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Phần trăm
khối lượng của Fe(OH)2 trong hỗn hợp X là:
A. 14,1%.
B. 21,1%.
C. 10,8%.
D. 16,2%.
Câu 5: Cho 30,24 gam hỗn hợp chất rắn X gồm Mg, MgCO 3 và Mg(NO3)2
(trong đó oxi chiếm 28,57% về khối lượng hỗn hợp) vào dung dịch chứa 0,12
mol HNO3và 1,64 mol NaHSO4, khuấy đều cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn

thu được dung dịch Y chứa các muối trung hòa có khối lượng 215,08 gam và
hỗn hợp khí Z gồm N2O, N2, CO2và H2 (trong đó số mol của N2O bằng số mol
của CO2). Tỉ khối hơi của Z so với He bằng A. Giá trị gần nhất của a là
A. 7,0.
B. 6,5.
C. 7,5.
D. 8,0.
Câu 6: Hòa tan hoàn toàn 8,6 gam hỗn hợp Al, Mg, Fe, Zn vào 100 gam dung
dịch gồm KNO3 1M và H2SO4 2M, thu được dung dịch X chứa 43,25 gam
muối trung hòa (không chứa Fe 3+) và hỗn hợp khí Y (trong đó H2 chiếm 4%
khối lượng Y). Cho một lượng KOH vào X, thu được dung dịch chỉ chứa một
16


chất tan và kết tủa Z (không có khí thoát ra). Nung Z trong không khí đến khối
lượng không đổi được 12,6 gam chất rắn. Nồng độ phần trăm của FeSO 4 trong
X gần giá trị nào nhất sau đây?
A. 7,00%.
B. 7,25%.
C. 7,5%.
D. 7,75%.
Câu 7: Cho a gam hỗn hợp X gồm Al, Al 2O3, Mg, MgO, Fe, FeO, Fe 2O3 và
Fe3O4 (biết mX = 4,625m O) tác dụng hết với dung dịch Y gồm NaHSO4 và
NaNO3, thu được dung dịch Z chỉ chứa b gam muối trung hòa 1,12 lít hỗn
hợp khí T (đktc) gồm 2 khí không màu (trong đó có 1 khí hóa nâu trong
không khí) có tỉ khối của T so với H 2 bằng 6,6. Cho từ từ dung dịch KOH vào
1/2 dung dịch Z đến khi kết tủa lớn nhất thì dùng hết 0,21 mol KOH. Cho
dung dịch BaCl 2 vào một nửa dung dịch Z còn lại thu được 52,425 gam kết
tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị gần nhất của b là
A. 48,9.

B. 49,3.
C. 59,8.
D. 60,3.
Câu 8: Nung nóng 25,5 gam hỗn hợp gồm Al, CuO và Fe3O4 trong điều kiện
không có không khí, thu được hỗn hợp rắn X. Chia X làm 2 phần bằng nhau.
Phần 1 cho vào dung dịch NaOH loãng dư, thấy lượng NaOH phản ứng là 6,8
gam; đồng thời thoát ra a mol khí H 2 và còn lại 6,0 gam rắn không tan. Hòa tan
hết phần 2 trong dung dịch chứa 0,4 mol H 2SO4 và x mol HNO3, thu được dung
dịch Y chỉ chứa các muối trung hòa có tổng khối lượng là 49,17 gam và a mol
hỗn hợp khí Z gồm NO, N2O và H2 (trong đó H2 có số mol là 0,02 mol). Các
phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của x là
A. 0,09.
B. 0,13.
C. 0,12.
D. 0,15.
Câu 9: Trộn m gam hỗn hợp X gồm Mg, Fe, Fe 3O4, Cu và CuO (trong đó
nguyên tố oxi chiếm 12,82% theo khối lượng hỗn hợp X) với 7,05 gam
Cu(NO3)2, thu được hỗn hợp Y. Hoà tan hoàn toàn Y trong dung dich chứa
đồng thời HCl; 0,05 mol KNO 3 và 0,1 mol NaNO 3. Sau khi các phản ứng xảy
ra hoàn toàn, thu được dung dịch Z chỉ chứa muối clorua và 3,36 lít (đktc)
hỗn hợp khí T gồm N2 và NO. Tỉ khối của T so với H2 là 14,667. Cho Z phản
ứng với dung dịch Ba(OH) 2 dư, kết thúc các phản ứng thu được 56,375 gam
kết tủa. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 30,5.
B. 32,2.
C. 33,3.
D. 31,1.
Câu 10: Lấy m gam hỗn hợp rắn gồm Mg, Zn, FeCO 3, FeS2 (trong đó nguyên tố
oxi chiếm 16,71% khối lượng hỗn hợp) nung trong bình chứa 0,16 mol O 2, sau
phản ứng hoàn toàn thu được hỗn hợp chất rắn X không chứa nguyên tố lưu

huỳnh và hỗn hợp khí Y (có tỉ khối so với H 2 là 27). Cho X vào dung dịch chứa
0,72 mol HCl và 0,03 mol NaNO3, sau phản ứng hoàn toàn thấy dung dịch thu
được chỉ chứa muối clorua và 1,12 lít (đktc) hỗn hợp hai khí thoát ra có khối
lượng là 0,66 gam (trong đó có một khí hóa nâu ngoài không khí). Giá trị của m
gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 23.
B. 22.
C. 24.
D. 25.
ĐÁP ÁN
Câu

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10
17


Đáp án

B

B

C

D

A

C

D

B

D

A

Sau khi tiến hành cho HS làm bài kiểm tra, tôi thu phiếu làm bài và thống
kê số liệu như các bảng sau :

Lớp

11A3
11A7
12A4
12A5

Số
HS
40
42
43
45

Giỏi
SL
0
5
0
7

TL
0%
11,9%
0%
15,6%

SL
7
19
9
20

Kết quả bài kiểm tra
Khá
Trung bình
TL
SL
TL
17,5%
15
37,5%
45,2%
11
26,2%
20,9%
19
44,2%
44,4%
13
28,9%

Yếu
SL
18
7
15
5

TL
45,0%
16,7%

34,9%
11,1%

Dựa trên các kết quả thực nghiệm sư phạm cho thấy chất lượng học tập
của học sinh các lớp thực nghiệm cao hơn học sinh các lớp đối chứng, điều đó
thể hiện ở các điểm chính :
+ Tỷ lệ % học sinh yếu kém của lớp thực nghiệm trong đa số trường hợp
là thấp hơn so với lớp đối chứng.
+ Tỷ lệ % học sinh đạt trung bình đến khá, giỏi của các lớp thực nghiệm
trong đa số trường hợp là cao hơn so với với lớp đối chứng.
Như vậy có thể khẳng định rằng kinh nghiệm trên có tác dụng tới việc
nâng cao chất lượng học tập của học sinh.
PHẦN 3: KẾT LUẬN
1. KẾT LUẬN
Quá trình giảng dạy trong năm học vừa qua, khi tôi áp dụng dạng bài tập
này vào việc ôn tập cho học sinh tôi nhận thấy:
- Kiến thức của học sinh ngày càng được củng cố và phát triển sau khi nắm
vững được bản chất của các quá trình hoá học thông qua các bài tập hoá học.
- Trong quá trình tự học, học sinh đã tự tìm tòi, đồng thời phát hiện ra
nhiều cách giải hay cho một bài toán và rút ra cho mình cách giải hay nhất cho
bài toán đó.
- Sự sáng tạo, hứng thú, niềm say mê trong học tập của các em ngày càng
tăng khi mà các em tự tìm ra các phương án trả lời cho một bài toán.
- Học sinh giải các bài toán trắc nghiệm nhanh hơn,chính xác hơn.
Dù bản thân đã có nhiều cố gắng trong quá trình thực hiện nghiên cứu đề
tài và áp dụng vào công việc dạy học, nhưng do năng lực và thời gian có hạn,
nên tôi chưa thể đưa ra được hết các dạng và các cách giải khác nhau cho bài
toán. Các ví dụ đưa ra trong đề tài chưa được điển hình, các cách giải chưa được
ngắn gọn. Nhưng tôi thấy rằng việc áp dụng các định luật bảo toàn để giải các
bài toán rất thiết thực và giúp học sinh tăng tư duy, sáng tạo, dễ hiểu trong quá

trình giảng dạy, nên tôi cũng mạnh dạn đưa ra, để giới thiệu cho học sinh và các
thầy cô tham khảo.
18


Tôi rất mong có được sự đóng góp ý kiến của các đồng nghiệp và hội
đồng khoa học, để tôi bổ sung cho đề tài góp phần giúp học sinh học tập ngày
càng tốt hơn, hăng say hơn nữa. Tôi xin chân thành cám ơn.
2. KIẾN NGHỊ
- Qua sự thành công bước đầu của phương pháp này thiết nghĩ rằng chúng
ta cần phải có sự nghiên cứu và hình thành đưa ra những chuyên đề cụ thể giúp
học sinh có đủ các kiến thức phục vụ các kỳ thi một cách có kết quả có hệ thống.
- Tiếp tục xây dựng các bài tập thành một hệ thống đa dạng các loại bài,
kiểu bài nhờ các phần mềm hỗ trợ.
- Trong giảng dạy cần tăng cường sử dụng các dạng toán vận dụng linh
hoạt các phương pháp giải để học sinh quen dần với kiểu bài trắc nghiệm này.
- Mở rộng phạm vi áp dụng trong nhà trường phổ thông.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 15 tháng 5 năm 2019
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung
của người khác.

Lê Thị Hồng Vân

19