tập này, nếu giải theo cách 1 đặt số mol của mỗi chất trong A làm ẩn thì ta có 4 ẩn nhưng chỉ có 2.

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.64 MB, 81 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI 
Trƣờng THPT Long Thành.

Mã số: ...
 (Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi)

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

SỬ DỤNG BÀI TẬP HÓA HỌC CÓ NHIỀU

CÁCH GIẢI ĐỂ RÈN LUYỆN TƢ DUY CHO

HỌC SINH LỚP 12 Ở TRƢỜNG TRUNG HỌC

PHỔ THÔNG

Người thực hiện: Nguyễn Trí Ngẫn 
Lĩnh vực nghiên cứu:

- Quản lý giáo dục 

- Phương pháp dạy học bộ mơn: Hóa học  
- Lĩnh vực khác: ... 

(Ghi rõ tên lĩnh vực)

Có đính kèm: Các sản phẩm không thề hiện trong bản in SKKN

 Mơ hình  Đĩa CD (DVD)  Phim ảnh  Hiện vật khác
 (các phim, ảnh, sản phẩm phần mềm)

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

SƠ LƢỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC 
---

I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN 
1. Họ và tên:NGUYỄN TRÍ NGẪN
2. Ngày tháng năm sinh:14/10/1972
3. Nam, nữ: Nam

4. Địa chỉ: số 3 Phan Chu Trính, khu Văn Hải, thị trấn Long Thành, huyện Long
Thành

5. Điện thoại: 0613844281 (CQ)/ 0613545279 (NR);
ĐTDĐ:0909083720

6. Fax: E-mail:

7. Chức vụ: giáo viên

8. Nhiệm vụ được giao (quản lý, đoàn thể, cơng việc hành chính, cơng việc 
chuyên môn, giảng dạy môn, lớp, chủ nhiệm lớp,…):

9. Giảng dạy mơn Hóa học lớp 12A1, 12A2, 12A11, 11A1, 11A2 Bồi dưỡng
học sinh giỏi mơn Hóa học lớp 12

10. Đơn vị cơng tác:Trường THPT Long Thành
II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO

- Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: thạc sỹ
- Năm nhận bằng: 2011

- Chuyên ngành đào tạo: Lý luận và PPDH mơn Hóa học
III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây:

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Tên SKKN: SỬ DỤNG BÀI TẬP HÓA HỌC CÓ NHIỀU CÁCH GIẢI ĐỂ 
RÈN LUYỆN TƢ DUY CHO HỌC SINH LỚP 12 Ở TRƢỜNG TRUNG

HỌC PHỔ THÔNG 
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Một trong những mục tiêu dạy học hóa học ở Trung học phổ thơng là ngồi
việc truyền thụ kiến thức hóa học phổ thông cơ bản còn cần mở rộng kiến thức,
hình thành cho học sinh phương pháp học tập khoa học, phát huy tính chủ động,
sáng tạo, rèn luyện năng lực nhận thức, tư duy hóa học thông qua các hoạt động

học tập đa dạng, phong phú. Như vậy, ngoài nhiệm vụ đào tạo toàn diện cho thế hệ
trẻ, việc dạy học hóa học cịn có chức năng phát hiện, bồi dưỡng, nâng cao tri thức
cho những học sinh có năng lực, hứng thú trong học tập bộ môn. Nhiệm vụ này
được thực hiện bằng nhiều phương pháp khác nhau.Trong đó bài tập hóa học là

một trong những phương tiện giúp học sinh rèn luyện được tư duy.

Giải một bài tốn hóa học bằng nhiều phương pháp khác nhau là một trong
những nội dung quan trọng trong dạy học hóa học ở trường phổ thông. Phương
pháp giáo dục ở ta hiện nay cịn nhiều gị bó và hạn chế tầm suy nghĩ, sáng tạo của

học sinh. Bản thân các em học sinh khi đối mặt với một bài toán cũng thường có
tâm lý tự hài lịng sau khi đã giải quyết được bài tốn bằng cách nào đó, mà chưa
nghĩ đến chuyện tìm cách giải tối ưu, giải quyết bài tốn bằng cách nhanh nhất. Do
đó, giải bài tốn hóa học bằng nhiều cách khác nhau là một cách để rèn luyện tư
duy và kỹ năng học hóa của mỗi người, giúp ta có khả năng nhìn nhận vấn đề theo

nhiều hướng khác nhau, phát triển tư duy logic, sử dụng thành thạo và tận dụng tối
đa các kiến thức đã học. Đối với giáo viên, suy nghĩ về bài toán và giải bài toán

bằng nhiều cách là một hướng đi có hiệu quả để tổng quát hoặc đặc biệt hóa, liên
hệ với những bài tập cùng dạng, điều này góp phần hỗ trợ phát triển các bài tập hay
và mới cho học sinh.

Vì vậy chúng tơi chọn đề tài: “Sử dụng bài tập hóa học có nhiều cách giải để 
rèn luyện tƣ duy cho học sinh lớp 12 ở trƣờng trung học phổ thông”

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

II. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN 
2.1. Các phƣơng pháp giải bài tập

Các phương pháp giải bài tập hóa học:

Phương pháp bảo tồn khối lượng (PP BTKL)
Phương pháp bào tồn điện tích

Phương pháp bảo toàn nguyên tố
Phương pháp tăng giảm khối lượng
Phương pháp dùng các giá trị trung bình
Phương pháp quy đổi

Phương pháp đường chéo

Lập sơ đồ hợp thức của q trình chuyển hóa, tìm mối quan hệ giữa chất đầu và
chất cuối

Phương pháp đồ thị

2.2. Cơ sở lí luận về tƣ duy 
2.2.1. Khái niệm về tư duy

L.N. Tônxtôi đã viết : "Kiến thức chỉ thực sự là kiến thức khi nào nó là thành

quả những cố gắng của tư duy chứ khơng phải của trí nhớ". Như vậy, HS chỉ thực
sự lĩnh hội được tri thức chỉ khi họ thực sự tư duy.

Theo M.N. Sacđacôp : "Tư duy là sự nhận thức khái quát gián tiếp các sự vật
và hiện tượng của hiện thực trong những dấu hiệu, những thuộc tính chung và bản

chất của chúng. Tư duy cũng là sự nhận thức sáng tạo những sự vật, hiện tượng
mới, riêng rẽ của hiện thực trên cơ sở những kiến thức khái quát hóa đã thu nhận
được.

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Còn theo tác giả Nguyễn Xuân Trường (Đại học Sư Phạm Hà Nội) thì "tư duy
là hành động trí tuệ nhằm thu thập và sử lí thơng tin về thế giới quanh ta và thế

giới trong ta. Chúng ta tư duy để hiểu, làm chủ tự nhiên, xã hội và chính mình".

2.2.2. Các thao tác tư duy và phương pháp logic

- Phân tích : Là hoạt động tư duy tách các yếu tố bộ phận của sự vật, hiện 
tượng nhằm mục đích nghiên cứu chúng một cách đầy đủ, trọn vẹn theo hướng

nhất định.

- Tổng hợp : Là hoạt động tư duy kết hợp các bộ phận, yếu tố đã được phân 
tích để nhận thức, để nắm được cái tồn bộ của sự vật, hiện tượng. Để hiểu đầy đủ
các nhóm nguyên tố phải dựa trên kết quả tổng hợp của việc phân tích nghiên cứu

đặc điểm cấu tạo cũng như tính chất của từng nguyên tố cụ thể.

- So sánh : Là thiết lập sự giống nhau và khác nhau giữa các sự vật, hiện

tượng và giữa những khái niệm phản ánh chúng.

- Cụ thể hóa :

Cụ thể : Là sự vật hiện tượng trọn vẹn, đầy đủ các tính chất, các mối quan hệ

giữa các thuộc tính với nhau và với mơi trường xung quanh.

Cụ thể hóa : Là hoạt động tư duy tái sản sinh ra hiện tượng và đối tượng với

các thuộc tính bản chất của nó.

Vận dụng định luật tuần hồn có các chu kỳ khác nhau cho thấy sự biến thiên
tuần hồn khơng có nghĩa sao y ngun xi tính chất của chu kì trước mà ln có sự
phát triển một cách cơ sở.

- Trừu tượng hóa

Trừu tượng : Là một bộ phận của tồn bộ, tách ra khỏi tồn bộ, nó cô lập ra
khỏi các mối quan hệ của các bộ phận, mà nó chỉ giữ lại các thuộc tính cơ bản và
tước bỏ những thuộc tính khơng cơ bản. Cụ thể có tri giác trực tiếp được. Trừu
tượng không tri giác trực tiếp được. Trong nhận thức có quy luật phát triển là từ cụ

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

tính bản chất. Tìm hiểu cấu tạo nguyên tử và sự chuyển động của electron trong
nguyên tử làm tiền đề để thơng hiểu sự hình thành các liên kết hóa học … liên kết

 , , hiđro, những yếu tố ảnh hưởng trực tiếp đến tính chất lí hóa của các chất.

- Khái quát hóa

Là bước cần thiết của trừu tượng hóa. Mỗi vật thể (chất, phản ứng …) với đầy
đủ các dấu hiệu bản chất và không bản chất, dấu hiệu chung, riêng. Xác định thuộc
tính bản chất và chung của mọi loại đối tượng, từ đó hình thành lên một khái niệm.
Đó là khái qt hóa.

*Những hình thức cơ bản của tư duy

-Khái niệm : Là một tư tưởng phản ánh những dấu hiệu bản chất riêng biệt

của sự vật hiện tượng.

Khái niệm đóng vai trị quan trọng trong q trình tư duy, được xây dựng trên
cơ sở các thao tác tư duy, nó làm điểm tựa cho tư duy phân tích và là cơ sở để đào
sâu kiến thức, tiến tới xây dựng khái niệm mới. Ngoài ra, các hoạt động suy luận,
khái quát hóa, trừu tượng hóa nhờ có khái niệm mới có cơ sở để tư duy và đi sâu
thêm vào bản chất của sự vật hiện tượng.

- Phán đốn : Là sự tìm hiểu tri thức về mối quan hệ giữa các khái niệm, sự

phối hợp giữa các khái niệm, thực hiện theo một nguyên tắc, quy luật bên trong.

- Suy lý : Hình thức suy nghĩ liên hệ các phán đoán với nhau để tạo thành

phán đoán mới gọi là suy lý. Suy lý được cấu tạo bởi hai bộ phận :

+ Các phán đốn có trước gọi là tiên đề.

+ Các phán đốn có sau gọi là kết luận (dựa vào tính chất của tiên đề để kết

luận).

Suy lý chia làm ba loại : Loại suy, suy lý quy nạp và suy lý diễn dịch.

+ Loại suy : Là hình thức tư duy đi từ cái riêng biệt này đến cái riêng biệt

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

đối tượng. Khi đã nắm vững các thuộc tính cơ bản của đối tượng thì loại suy sẽ
chính xác. Chẳng hạn, khi nghiên cứu các loại hợp chất hữu cơ chỉ cần xét kỹ các

hợp chất tiêu biểu nhất, còn các chất khác trong dãy đồng đẳng dễ dàng biết được
bằng phương pháp loại suy.

+ Suy lý quy nạp : Suy lý từ quy nạp đến phổ biến, từ những hoạt động tới

quy luật. Do đó, q trình tư duy, sự suy nghĩ theo quy nạp chuyển từ việc nhận
thức các hiện tượng riêng lẻ đến nhận thức cái chung. Vì thế các suy lý quy nạp là
yếu tố cấu trúc của tri thức khái quát của việc hình thành khái niệm và của việc
nhận thức định luật.

+ Suy lý diễn dịch : Là cách suy nghĩ đi từ cái chung, định luật, quy tắc, khái

niệm chung đến các sự vật hiện tượng riêng lẻ.

Quá trình suy lý diễn dịch có thể là :

● Từ tổng quát đến ít tổng qt hơn.

● Từ phán đốn có tính chất tổng qt này đến các phán đốn có tính chất

tổng quát khác.

Trong quá trình tư duy quy nạp và suy diễn bao giờ cũng liên hệ mật thiết với

nhau giống như phân tích và tổng hợp. Quá trình này được thực hiện trong phương
pháp xác định mối liên hệ nhân quả trong các hiện tượng. Với tư cách là hình thức
tư duy gián tiếp, suy lý trong tư duy lơgic đóng vai trị quan trọng trong tất cả các

hoạt động của tư duy. Việc hướng dẫn quy tắc lôgic trong suy lý tạo được hiệu quả
lớn trong quá trình lĩnh hội tri thức.

Rèn luyện tư duy lôgic trong dạy học hóa học là tạo cho HS có phương pháp
tư duy từ khái niệm đến phán đốn, suy lý thơng thường qua mọi câu hỏi, mọi vấn
đề và phải được tiến hành thường xuyên liên tục.

- Mở rộng kết quả sang trường hợp tương tự.

2.3. Tư duy hóa học

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

A + B = AB

Nhưng với tư duy hóa học thì A + B khơng phải là phép cộng thuần túy của
tốn học, mà là xảy ra sự biến đổi nội tại của các chất để tạo thành chất mới, theo

những nguyên lý, quy luật, những mối quan hệ định tính và định lượng của hóa
học.

- Cơ sở của tư duy hóa học là sự liên hệ quá trình phản ứng sự tương tác giữa

các tiểu phân vô cùng nhỏ bé của thế giới vi mô (nguyên tử, phân tử, ion, electron,

....).

- Đặc điểm của q trình tư duy hóa học là sự phối hợp chặt chẽ, thống nhất
giữa những hiện tượng cụ thể quan sát được với những hiện tượng cụ thể không
quan sát được, ngay cả khi dùng kính hiển vi điện tử, mà chỉ dùng kí hiệu, cơng

thức để biểu diễn mối liên hệ bản chất của các hiện tượng nghiên cứu.

Vậy bồi dưỡng phương pháp và năng lực tư duy hóa học là bồi dưỡng cho học
sinh biết vận dụng thành thạo các thao tác tư duy và phương pháp lôgic, dựa vào
những dấu hiệu quan sát được mà phán đốn về tính chất và sự biến đổi nội tại của
chất, của quá trình.

Như vậy cũng giống như tư duy khoa học tự nhiên, toán học và vật lý, tư duy
hóa học cũng sử dụng các thao tác tư duy vào quá trình nhận thức thực tiễn và tuân

theo quy luật chung của quá trình nhận thức.

Hóa học là bộ mơn khoa học lý thuyết và thực nghiệm có lập luận, trên cơ sở

những kỹ năng quan sát các hiện tượng hóa học, phân tích các yếu tố cấu thành và
ảnh hưởng, thiết lập những sự phụ thuộc xác định để tìm ra những mối liên hệ giữa
các mặt định tính và định lượng, quan hệ nhân quả của các hiện tượng và quá trình

Trực quan
sinh động

Tư duy
trừu tượng

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

hóa học, xây dựng nên các nguyên lý, quy luật, định luật, rồi trở lại vận dụng để
nghiên cứu những vấn đề của thực tiễn.

III. TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP

3.1. Bài tập hữu cơ có nhiều cách giải

Bài 1 : 0,06 mol hỗn hợp A gồm CH3OH và 1 ancol cùng dãy đồng đẵng có khối

lượng là 4,02 gam, Cho tồn bộ hỗn hợp trên tác dụng vừa đủ với 6 gam axit axetic

(H2SO4 đặc làm chất xúc tác, giả sử hiệu suất phản ứng đạt 100%). Tính khối

lượng este thu được.

Hướng dẫn giải:

Cách 1 : Phương pháp đại số

Gọi CT của ancol cùng dãy đồng đẵng với ancol metylic là : ROH

CH3OH + CH3COOH → CH3COOCH3 + H2O (1)

(mol ) a a

ROH + CH3COOH → CH3COOR + H2O (2)

(mol) b b

Ta có :

= 32a + aMR +17b = 4,02 (3)

(4)

Nhân 42 cho (4) ta được : 42a + 42b = 0,06.42 = 2,52 (5)

Cộng (3) và (5), ta được : 74a+ 59b + bR = 6,54.

Cách 2 : Phương pháp bảo toàn khối lượng

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Áp dụng định luật bảo tồn khối lượng ta có :

meste = 4,02 + 0,06.60 – 0,06.18= 6,54 (gam).

Cách 3 : Phương pháp tăng giảm khối lượng

Cứ 1 mol ancol tạo thành 1 mol este thì khối lượng tăng : 59-17 = 42 gam.

0,06 mol ancol tạo thành 0,06 mol este thì khối lượng tăng: 0,06.42 =2,52
gam.

Vậy : meste = 4,02 + 2,52 = 6,54 (gam).

Cách 4 : Phương pháp trung bình

Gọi CTTB của 2 ancol là:

(mol) 0,06 0,06 0,06

Nhận xét : Trong bài tập 1 này, nếu giải theo cách 1 thì HS phải biết cách

ghép ẩn và chọn lựa phương trình cho phù hợp thì mới tìm ra đáp số, nên nhiều

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Bài 2 : Đốt cháy 0,3 gam một este (A) thu được 224 ml khí CO2 (đktc) và 0,18

gam nước. Tỉ khối hơi của A đối với H2 bằng 30. Xác định công thức phân tử của

este (A).

Hƣớng dẫn giải:

Cách 1 : Gọi công thức đơn giản của este (A) là : CxHyOz.

Khối lượng của nguyên tố :

Lập tỉ lệ :

Công thức đơn giản của X là : CH2O.

→ Công thức phân tử của (A) là : C2H4O2.

Cách 2 : Gọi công thức đơn giản của este (A) là : CxHyOz.

Số mol của các nguyên tố :

Lập tỉ lệ : x:y:z = 0,01:0,02:0,01= 1:2:1.

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Cách 3 : Xác định trực tiếp công thức phân tử

Số nguyên tử của các nguyên tố trong A :

Số nguyên tử cacbon :

Số nguyên tử hiđro :

Số nguyên tử oxi :

→ Công thức phân tử của (A) là : C2H4O2.

Cách 4 : Gọi công thức tổng quát của este (A) là : CxHyOz.

Theo đề bài ta có hệ phương trình :

→ Cơng thức phân tử của (A) là : C2H4O2.

Nhận xét : Với loại bài tập này, thì GV có thể giảng dạy cho các em cả 4

cách, qua 4 cách đó các em sẽ lựa chọn cho mình một cách giải phù hợp với tư duy

của các em.

Bài 3 : Xà phịng hóa 13,2 gam hỗn hợp 2 este HCOOC3H7 và

CH3COOC2H5 cần dùng 100 ml dung dịch NaOH xM. Giá trị của x là

A. 1,5. B. 0,75. C. 1. D. 2.

Hƣớng dẫn giải: 
Cách 1 : Phương pháp thông thường

HCOOC3H7 + NaOH → HCOONa + C3H7OH

(mol) a a

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

(mol) b b

Ta có: = 0,15 (mol).

Cách 2 : Gọi CTTB của 2 este là : RCOOR’

RCOOR’ + NaOH → RCOONa + H2O

Ta có:

→ ĐÁP ÁN A.

Cách 3 : Phương pháp bảo tồn điện tích

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích : dung dịch sau phản ứng chứa ion

RCOO- Và Na+ .

→

→ ĐÁP ÁN A.

Nhận xét : Với bài tập này, thì cách 2 và cách 3 sẽ nhanh hơn cách 1.

Bài 4 : Một đieste được điều chế từ một axit đa chức và 2 ancol đơn chức. 
Cho 0,1 mol X tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH thu được 13,4 gam muối và
7,8 gam hỗn hợp ancol. Xác định X.

Hướng dẫn giải:

Cách 1 : Phương pháp thông thường

Gọi CT của este trên là: R1OCO – R – COOR2

R1OCO – R – COOR2 + NaOH → NaOCO – R – COONa + R1OH + R2OH

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

→ X là : CH3OCO – COOC2H5.

Cách 2 : Phương pháp trung bình

Gọi CT của este trên là : .

(mol) 0,1 0,1 0,2

→ trong hỗn hợp ancol có CH3OH và ancol còn lại là ROH

Mà

→ 0,1.32+ 0,1.(MR + 17) = 7,8 → MR = 29 (C2H5 - ).

→ X là: CH3OCO – COOC2H5.

Cách 3 : Phương pháp bảo toàn khối lượng

Áp dụng định luật bảo tồn khối lượng, ta có :

→

R1 15 (CH3 - ) 29 (C2H5-)

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

→ .

TH1 :

→ X là: CH3OCO – COOC2H5.

TH2 : (CH2)

( loại )

Bài 5 : Cho 17,6 gam etyl axetat vào 400ml dung NaOH 1M, sau khí phản ứng xảy 
ra hồn tồn thu được dung dịch A, Cơ cạn A thu được hỗn hợp chất rắn Y. Đem
đốt cháy hồn tồn chất rắn Y thì cần V(lit) O2 (đktc) thu được hỗn hợp khí Z (CO2

và H2O) và m gam Na2CO3. Tính giá trị V.

Hướng dẫn giải:

Cách 1 : Phương pháp thông thường

nNaOH= 0,4 (mol).

CH3COOC2H5 + NaOH → CH3COONa + C2H5OH

(mol) 0,2 0,2 0,2 0,2
R1 15 (CH3 - ) 29 (C2H5-)

R2 29 (C2H5-) 15 (CH3 - )

R1 15 (CH3 - )

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Chất rắn Y :

2CH3COONa + 4O2 → Na2CO3 + 3CO2 + 3H2O

(mol) 0,2 0,4 0,1

CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O

0,2 mol 0,1 mol

→ .

Cách 2 : Phương pháp sơ đồ và bảo toàn nguyên tố

Bảo toàn nguyên tố Na, ta được :

Bảo toàn nguyên tố H, ta được :

Bảo toàn nguyên tố oxi, ta được :

Cách 3 : Phương pháp bảo toàn khối lượng

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Bài 6 : Lên men 10,8 kg glucozơ chứa 20% tạp chất, sau phản ứng thu được 3,68 
kg ancol etylic. Tính hiệu suất của phản ứng lên men.

Hướng dẫn giải:

Cách 1 : Phương pháp thông thường

C6H12O6 → 2C2H5OH + 2 CO2

0,048 0.096

→ .

Cách 2 : Phương pháp tỉ lệ khối lượng

C6H12O6 → 2C2H5OH + 2 CO2

180 2. 46

? 3,68

→

Cách 3 : Phương pháp tăng giảm khối lượng

Cứ 1mol C6H12O6 tạo ra 2 mol C2H5OH thì làm khối lượng giảm 88 gam.

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

→ khối lượng ancol lý thuyết thu được là : 8,64 – 4,224= 4,416 gam.

→

Bài 7 : Thủy phân hoàn toàn 76,95 gam saccarozơ trong dung dịch axit đun nóng 
thu được dung dịch A. Trung hịa dung dịch A bằng NaOH vừa đủ. Cho dung dịch

A vào lượng dư AgNO3/NH3 thì thu được bao nhiêu gam kết tủa? ( Xem như các

phản ứng xảy ra hoàn toàn).

Hướng dẫn giải :

Cách 1 : Phương pháp thông thường

C12H22O11 + H2O → C6H12O6 + C6H12O6

(mol) 0,225 0,225 0,225

(Vì cả glucozơ và fructozơ đều tác dụng với AgNO3/NH3 nên ta xem

fructozơ như là glucozơ)

C6H12O6 2Ag

0,45 mol 0,9 mol

→

Cách 2 : Phương pháp sơ đồ

(mol) 0,225 0,9

→

Cách 3 : Phương pháp tăng giảm khối lượng

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

0,225 mol → khối lượng tăng : 0,225. 90 = 20,25 gam.

→

Bài 8 : Tính thể tích axit HNO3 63% (D=1,4 g/ml) cần vừa đủ sản xuất được 59,4

kg xenlulozơ trinitrat ( H%= 80%) ?

Hướng dẫn giải:

Cách 1 : Phương pháp thông thường

[C6H7O2(OH)3]n + 3nHNO3 [C6H7O2(ONO2)3]n + 3nH2O

(kmol) 0,6 0,2

→

Cách 2 : Phương pháp tỉ lệ khối lượng

[C6H7O2(OH)3]n + 3nHNO3 [C6H7O2(ONO2)3]n + 3nH2O

3.63 297

? 59,4

→

Cách 3 : Phương pháp bảo toàn nguyên tố

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

→

Bài 9 : Lên men m gam glucozơ có chứa 10% tạp chất trơ ( H%=80%), hấp thụ

tồn bộ lượng khí sinh ra vào dung dịch Ca(OH)2 dư thì thu được 10 gam kết tủa.

Tính giá trị m.

Hướng dẫn giải:

Cách 1 : Phương pháp thông thường

C6H12O6 → 2C2H5OH + 2CO2

(mol) 0,05 0,1

CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O

(mol) 0,1 0,1

Cách 2 : Phương pháp tỉ lệ khối lượng

180 2.100

? 10

Bài 10 : Cho 13,35 gam hỗn hợp X gồm H2N-CH2CH2COOH và

CH3CH(NH2)COOH tác dụng với V ml dung dịch NaOH 2M thu được dung dịch

Y. Biết dung dịch Y tác dụng vừa đủ với 250 ml dung dịch HCl 1M. Tính giá trị
của V.

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

Cách 1 : Phương pháp sơ đồ

.

Cách 2 : Phương pháp bảo tồn điện tích

Nhận xét : Nếu sử dụng phương pháp khác như phương pháp thơng thường,

để giải bài tốn trên thì sẽ rất mất thời gian, thậm chí bế tắc, vì số lượng phương
trình tương đối nhiều, mà chỉ có hai dữ kiện. Điểm nhằm rèn luyện tư duy cho HS

của bài tốn khơng chỉ ở chỗ nhận ra hỗn hợp Y tác dụng với HCl cũng chính lả
hỗn hợp X và NaOH tác dụng với HCl, mà điều quan trọng là phải biết suy nghĩ
tìm ra phương pháp giải hợp lí nhất, vì hướng đi đúng thì mới có cách giải hay

nhất và ngắn nhất.

Bài 11 : Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X gồm 2 amin no đơn chức kế tiếp nhau

trong dãy đồng đẳng, thu được 22 g CO2 và 14,4 g H2O. Xác định CTPT của hai

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Hướng dẫn giải :

Cách 1 : Phương pháp thông thường

Gọi CTPT trung bình của 2 amin no đơn là

0,5mol 0.8 mol

Cách 2 : Phương pháp bảo toàn nguyên tố

Ta có:

Nhận xét : Cách 2 sẽ giải nhanh hơn cách 1, vì HS chỉ cần tính được số mol

CO2 và số mol H2O là có thể lựa chọn được đáp số, đặc biệt là làm bài thi trắc

nghiệm khách quan.

Bài 12 : Cho hỗn hợp X gồm hai chất hữu cơ có cùng cơng thức phân tử

C2H7NO2 tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH và đun nóng, thu được dung dịch

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

khan là

A. 16,5 gam. B. 14,3 gam.

C. 8,9 gam. D. 15,7 gam.

Hướng dẫn giải:

Cách 1 : Phương pháp thơng thường

Nhận xét :

C2H7NO2 có 2 CTCT thõa mãn : HCOOH3NCH3 và CH3COONH4.

HCOOH3NCH3 + NaOH → HCOONa + CH3NH2 + H2O

(mol) x x

CH3COONH4 + NaOH → CH3COONa + NH3 + H2O

(mol) y y

Gọi x, y lần lượt là số mol của CH3NH2 và NH3.

Ta có :

→ Đáp án B.

Cách 2 : Phương pháp bảo toàn khối lượng

(mol) 0,2 0,2 0,2 0,2

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

→ Đáp án B.

Cách 3 : Phương pháp trung bình kết hợp với phương pháp bảo tồn khối lượng

Gọi cơng thức tổng quát trung bình của X là RCOOH3NR'.

RCOOH3NR’ + NaOH → RCOONa + R’NH2 + H2O

(mol) 0.2 0,2 0,2 0,2

Áp dụng ĐLBT KL, ta cũng có :

→ Đáp án B.

Nhận xét : Trong 3 cách trên chỉ có cách 2 và 3 là nhanh hơn và tối ưu hơn.

HS ít suy nghĩ thường sử dụng cách 1 để giải. HS thường xuyên suy nghĩ, rèn

luyện tìm cách giải mới, sáng tạo thường sử dụng cách 2 hoặc 3 để giải.

Bài 13: Anđehit A no, mạch thẳng có CTPT (C3H5O)n. Xác định CTPT, CTCT của

A. Nếu không biết A là hợp chất no, mạch thẳng – có thể xác định được CT của A
khơng? Nếu có hãy trình bày cách biện luận.

Nhận xét: Đây là một bài tập này có nhiều cách giải, có thể dùng bài tập này và

yêu cầu học sinh giải bằng nhiều cách khác nhau.

Hướng dẫn giải:

Cách 1: Dùng nhận xét về số nhóm chức liên quan tới cấu trúc mạch cacbon.

Ta có (C3H5O)n  C3nH5nOn  C2nH4n(CHO)n. Vì A là anđehit có mạch cacbon

khơng phân nhánh, nên số nhóm chức trong phân tử khơng quá 2 -0 nghĩa là n = 1;

hoặc n = 2.

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

Với n = 2, nhận – A là C4H8(CHO)2 hay OHC-CH2-CH2-CH2-CH2-CHO (anđehit

ađipic).

Cách 2: Dùng cơng thức tổng qt.

Ta có (C3H5O)n  C3nH5nOn  C2nH4n(CHO)n. Đã biết công thức tổng quát của

anđehit no, mạch hở là CmH2m+2-a(CHO)a. Đồng nhất hai cơng thức ta có: (n = a; 2n

= m) (*) và đương nhiên:

4n = 2m + 2 – a; thế (*) vào ta có n = 2

Cách 3: Dùng độ bất bão hồ.

Ta có (C3H5O)n  C3nH5nOn  C2nH4n(CHO)n.

- Tính độ bất bão hồ theo cơng thức:  = 1/2 (2.3n + 2 – 5n) = 1/2 (n + 2).
- Tính độ bất bão hồ theo cấu tạo: Phân tử khơng có vịng, no, có n nhóm

(-CHO) (mỗi nhóm có một liên kết ) nên  = 0 + 0 + n = n.

Với một phân tử chỉ có một giá trị độ bất bão hoà duy nhất nên: = 1/2 (n + 2) = n

hay n = 2

Cách 4: Dựa vào điều kiện tồn tại của độ bất bão hoà:   0 nguyên, và k  0.

Có thể tìm được cơng thức của A khi bỏ bớt dữ kiện !

Tổng quát khi không biết A no, mạch không phân nhánh ta giải như sau:

- Ta có (C3H5O)n  C3nH5nOn  C2nH4n(CHO)n.

- Giả sử A có k vịng; hoặc k liên kết  trong mạch cacbon; hoặc tổng số liên kết 
và vòng trong mạch cacbon là k (không kể n liên kết  trong các nhóm chức
anđehit), điều kiện: k  0 ngun.

- Độ bất bão hồ (tính theo đặc điểm cấu tạo) của A là:  = k + n

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

Vậy phải có: k + n = 1/2 (n + 2)  n = 2(1 – k). Vì n > 0 nên 1 – k > 0  k < 1
mà k không âm, nguyên nên k = 0. với k = 0 ta có n = 2.(tiếp theo như cách 1).

Bài 14 ( ĐHKB 2011): Cho 200 gam một loại chất béo có chỉ số axit bằng 7 tác 
dụng vừa đủ với một lượng NaOH, thu được 207,55 gam hỗn hợp muối khan. Khối
lượng NaOH đã tham gia phản ứng là:

A. 31 gam B. 32,36 gam C. 30 gam D. 31,45 gam

Hướng dẫn giải:

Cách 1:

Chỉ số axit = 7 → số mg KOH cần trung hòa axit tự do = 200.7=1400mg =
0,025mol = nNaOH

Gọi a là số mol NaOH pứ chất béo nguyên chất và 0,025 là số mol của NaOH pứ
với lượng axit tự do, sau pứ khối lượng chất tăng lên so với ban đầu = 207,55 –
200 = 7,55 gam.

Áp dụng phương pháp tăng giảm khối lượng ta có:

H(1)→Na(23)

0,025…0,025

C3H5(41) → 3Na (23)

a…………..3a

→m = 0,025(23-1) + (23.3a – 41a) = 7,55 → a = 0,25

vậy ∑nNaOH = 3a + 0,025 = 3.0,25 + 0,025 = 0,775 → mNaOH = 0,775.40 =
31gam.

Cách 2:

Gọi số mol NaOH là a

 chỉ số axit là 7 nên số mol KOH dùng trung hòa axit là: 200.7.10-3

/56 =
0,025mol = số mol NaOH

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

 số mol NaOH phản ứng với trieste là : a – 0,025  số mol glixerol thu được:

3
025
0, )
a

( 

ĐLBTKL: mX + m NaOH = m muối + mglixerol + mH2O

200 + 40a = 207,55 + 92
3

025
0, )
a

(  + 18 . 0,025  a = 0,775

 m NaOH = 31 gam

Bài 15 (ĐHKB năm 2011): Để hiđro hóa hồn tồn 0,025 mol hỗn hợp X gồm 
hai anđehit có khối lượng 1,64 gam, cần 1,12 lít H2 (đktc). Mặt khác, khi cho cũng

lượng X trên phản ứng với một lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3 thì thu được

8,64 gam Ag. Công thức cấu tạo của hai anđehit trong X là

A. OHC-CH2-CHO và OHC-CHO

B. H-CHO và OHC-CH2-CHO

C. CH2=C(CH3)-CHO và OHC-CHO

D. CH2=CH-CHO và OHC-CH2-CHO

Hướng dẫn giải:

Cách 1:

nX = 0,025 và nH2= 0,05  Có 1 liên kết  hoặc 2 nhóm chức (tỷ lệ 1 :2)

nAg = 0,08  có 1 anđehit 2 chức  cịn 1 anđhit khơng no

CnH2n-2O (x mol)

CnH2n-2O2 (ymol) 













015
,
0
01
,
0
08
,
0
4
2
025
.

0
y
x
y
x
y
x

y = 0,015 (14n + 14)0,01 + (14m + 30)0,015 = 1,64  14n + 21m = 105

Lập bảng chọn n = m = 3

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

n andehit = 0,025, nH2 = 0,05 Ta thấy số mol H2 gấp đôi số mol andehit → mỗi

chất trong X có 2 liên kết pi → (loại B) ; nAg/số mol andehit = 0,08/0,025 = 3,2 →
có 1 andehit 2 chức.

dựa vào quy tắc đường chéo ta tìm được số mol RCHO = 0,01 và số mol R’(CHO)2

= 0,015

→ 0,01(R + 29) + 0,015(R’ + 58) = 1,64 → R = 27(CH2=CH-) và R’ = 14 (-CH2-)

→ (D)

Bài 16: Chia hỗn hợp gồm hai đơn chức X và Y (phân tử khối của X nhỏ hơn 
của Y) là đồng đẳng kế tiếp thành hai phần bằng nhau:

- Đốt cháy hoàn toàn phần 1 thu được 5,6 lít CO2 (đktc) và 6,3 gam H2O.

- Đun nóng phần 2 với H2SO4 đặc ở 140

C tạo thành 1,25 gam hỗn hợp ba ete.

Hóa hơi hồn tồn hỗn hợp ba ete trên, thu được thể tích của 0,42 gam N2 (trong

cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất).

Hiệu suất của phản ứng tạo ete của X, Y lần lượt là:

A. 30% và 30% B. 25% và 35% C. 40% và 20% D. 20% và 40%

Hướng dẫn giải:

Cách 1:

nCO2 = 0,25 ; nH2O = 0,35 ; nN2 = 0,015 = n ete

Ta thấy nH2O > nCO2 → ancol no, đơn →n ancol = 0,35 – 0,25 = 0,1

→ C trung bình = nCO2 /n rượu =0,25/0,2 = 2,5

Vì 2 rượu liên tiếp → số mol 2 ancol= nhau và = 0,1/2 = 0,05

Trong pứ ete hóa thì số mol ancol = 2 lần số mol ete → số mol ancol tham gia pứ
ete hóa = 0,015.2 = 0,03 → vậy tổng hiệu suất tạo ete của 2 ancol = 0,03/0,05 =
60%

+ Giả sử chỉ C2H5OH tạo ete → m ete thu được = 0,015(2.46 - 18) = 1,11g

+Giả sử chỉ C3H7OH tạo ete → m ete thu được = 0,015(2.60 – 18) = 1,53

Dựa vào khối lượng ete thu được thực tế và giả sử, áp dung quy tắc đường chéo
tính được tỉ lệ C2H5OH/C3H7OH = 2/1 → hiệu suất tạo ete lần lượt của 2 rượu =

40% và 20%.

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

Phần 1: nH2O= 0,35 và nCO2= 0,25  ancol no,đơn chức  a = 0,1  n= 2,5

C2H5OH và C3H7OH Lập phương trình cho: x + y = 0,1 và 2x + 3y =

2,5.0,1 = 0,25

Giải ra: x = y = 0,05

Phần 2: CmH2m+2O  nX = 0,015 = nH2O nancol = 0,03  dư 0,07

mancol dư = 0,05.46 + 0,05.60 – 1,25 – 0,015.18 = 3,78

Lập hệ cho m và n ancol dư









07
,
0
78
,
3
60
46
b
a
b
a







04
,
0
03
,
0
b
a

H của X và Y là 40% và 20%

Bài 17: (ĐHKA-2014) : Hỗn hợp X gồm axit axetic, propan-2-ol. Cho một lượng

X phản ứng vừa đủ với Na, thu được 0,448 lít khí H2 (đktc) và m gam chất rắn Y.

Giá trị của m là

A. 2,36. B. 2,40. C. 3,32. D. 3,28.

Hướng dẫn giải:

Chọn D. Axit axetic và propan-2-ol có cùng M = 60. Số mol H2 = 0,02 mol.

CH3-COOH CH3-COONa

(CH3)2CH-OH (CH3)2CH-ONa

Cách 1: Phương trình phản ứng chung: R-OH + Na  R-ONa + 1
2H2



(mol) 1 1 1 0,5; tăng = 22 gam

0,04 0,04 0,04 0,02; tăng = 0,88 gam

m = 60.0,04 + 0,88 = 3,28 gam.

Cách 2: Áp dụng ĐLBTKL, số mol Na = 2.số mol H2 = 0,04 mol.

60.0,04 + 23.0,04 = m + 2.0,02  m = 3,28 gam.

Cách 3: Mban đầu = 60 , Msản phẩm = 60 - 1 + 23 = 82  m = 82.0,04 = 3,28 gam

Bài 18( ĐHKB-2014): Hai este X, Y có cùng cơng thức phân tử C8H8O2 và chứa

vòng benzene trong phân tử. Cho 6,8 gam hỗn hợp gồm X và Y tác dụng với dung

dịch NaOH dư, đun nóng, lượng NaOH phản ứng tối đa là 0,06 mol, thu được

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

dung dịch Z chứa 4,7 gam ba muối. Khối lượng muối của axit cacboxylic có phân
tử khối lớn hơn trong Z là

A. 0,82 gam. B. 0,68 gam. C. 2,72 gam. D. 3,40 gam.

Hướng dẫn giải :

Chọn A. MX, Y = 136, số mol hỗn hợp (X, Y) = 0,05 mol < số mol NaOH = 0,06

mol.

Trong hỗn hợp có một este của phenol (X) và một este có vòng benzen trong
phân tử (Y).

Số mol hỗn hợp muối = số mol NaOH = 0,06 mol.

 Mmuối = (4,7 : 0,06) = 78,33 có muối H-COONa (M = 68).

X là R-COO-C6H4-R’ (x mol) , Y là este của axit cacboxylic với ancol (y

mol).

R-COO-C6H4-R’ + 2NaOH  R-COONa + R’-C6H4-ONa + H2O

(mol) x 2x x x x

R1COOR2 + NaOH  R1COONa + R2OH
(mol ) y y y y

Ta có: x + y = 0,05

2x + y = 0,06  x = 0,01 mol, y = 0,04 mol.

Cách 1: Biện luận theo Y. CTCT của Y: C6H5COO-CH3 hoặc H-COO-CH2C6H5

(benzyl fomat).

Nếu Y là C6H5COO-CH3, khối lượng C6H5COONa = 144.0,04 = 5,76 > 4,7

gam, loại.

Vậy CTCT của Y là H-COO-CH2C6H5 (benzyl fomat).

Công thức cấu tạo của X là CH3COO-C6H5, khối lượng CH3COONa =

82.0,01 = 0,82 gam.

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

136.0,01 + 40.2.0.01 = mhai muối + 18.0,01  mhai muối = 1,98

gam.

Khối lượng muối của este Y: 4,7 - 1,98 = 2,72 gam.

Mmuối = (2,72 : 0,04) = 68, là HCOONa.

CTCT của X: CH3COO-C6H5 , (trường hợp H-COO-C6H4-CH3 loại).

Khối lượng muối natri axetat = 82.0,01 = 0,82 gam.

Bài 19( ĐHKB -2014): Hỗn hợp X gồm ba peptit đều mạch hở có tỉ lệ mol 
tương ứng là 1 : 1 : 3. Thủy phân hoàn toàn m gam X, thu được hỗn hợp sản phẩm

gồm 14,24 gam alanin và 8,19 gam valin. Biết tổng số liên kết peptit trong phân tử
của ba peptit trong X nhỏ hơn 13. Giá trị của m là

A. 18,83. B. 18,29. C. 19,19. D. 18,47.

Hướng dẫn giải :

Số mol alanin = (14,24 : 89) = 0,16 mol, số mol valin = (8,19 : 117) = 0,07 mol. 
Tổng số mol -amino axit = 0,16 + 0,07 = 0,23 mol.

Phương trình phản ứng thủy phân:

H-[NH-CH(R)-CO]a-OH + (a - 1)H2O  aH2N-CH(R)-COOH

(mol) x xa - x ax

Mối liên hệ: Số mol peptit + số mol H2O = số mol -amino axit

 số mol H2O = số mol -amino axit – số mol peptit.

Cách 1: Tỉ lệ số mol Ala : Val = 0,16 : 0,07 = 16 : 7.

Tỉ lệ số mol 3 peptit là 1 : 1 : 3  Số gốc Ala và Val trung bình lần lượt là

16
3, 2
5  và

7
1, 4
5  .

Công thức chung của 3 peptit là H-[NH-CH(R)-CO]3,2-[NH-CH(R’)-CO]1,4-OH.

(khơng chọn tỉ lệ 32 : 14 vì tổng số gốc -amino axit trong 3 peptit < 13 + 3 =
16).

Phương trình phản ứng thủy phân, kí hiệu [Ala] và [Val] là gốc -amino axit:

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

(mol) 1 3,6 3,2 1,4
(mol) 0,18 0,16 0,07
 Áp dụng ĐLBTKL : m + 18.0,18 = 14,24 + 8,19  m = 19,19 gam.

Cách 2: Gọi số mol peptit tương ứng là x, x và 3x.

Tổng số mol peptit: x + x + 3x = 5x.
Thay số: nnước = 0,23 – 5x.

Áp dụng ĐLBTKL mpeptit = m = mamino axit - m nước

 m = 89.0,16 + 117.0,07 – 18(0,23 – 5x) = 18,29 + 90x

- Tìm x

Gọi số mắt xích Ala trong ba peptit lần lượt là a1, a2 và a3  nAla = x(a1 + a2 +

3a3) (*)

Gọi số mắt xích Val trong ba peptit lần lượt là v1, v2 và v3  nVal = x(v1 + v2

+ 3v3) (**)

Tổng số liên kết peptit trong X nhỏ hơn 13 nên tổng số mắt xích nhỏ hơn
16.

a1 + a2 + a3 + v1 + v2 + v3 < 16.

Ta có: Ala 1 2 3 1 2 3

Val 1 2 3 1 2 3

n x(a a 3a ) (a a 3a ) 0,16 16
n x(v v 3v ) (v v 3v ) 0, 07 7

   

   

   

(***)

Chọn: a1 + a2 + 3a3 = 16, v1 + v2 + 3v3 = 7  x = 0,01 mol, m = 18,29 +

90.0,01 = 19,19 gam

3.2. Bài tập hóa học vơ cơ có nhiều cách giải

Bài 1: Hịa tan hồn tồn 15,3 gam hỗn hợp X gồm Fe, Mg, Zn trong dung dịch 
HCl (dư) người ta thu được 6,72 lít khí (đktc) và dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y
thu được khối lượng muối khan là bao nhiêu ?

Hướng dẫn giải:

Cách 1 : Phương pháp thông thường

Fe + 2HCl → FeCl2 + H2

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

Mg + 2HCl → MgCl2 + H2

(mol) y y y

Zn + 2HCl → ZnCl2 + H2

(mol) z z z

Gọi số mol của Fe, Mg, Zn lần lượt là x,y,z . Ta có hệ phương trình sau :

56x + 24y + 65z = 15,3

x + y + z = 0,3

m muối = x(56 + 35,5 . 2) + y(24 + 35,5 . 2) + z(65 + 35,5 . 2)

= 56x + 24y + 65z + 35,5 . 2 (x + y + z)

= 15,3+ 35,5. 2. 0,3 = 36,6 gam.

Cách 2 : Phương pháp bảo toàn nguyên tố

Nhận thấy:

Cách 3 : Phương pháp bảo toàn khối lượng

M + 2HCl → muối + H2

(mol) 0,6 0,3

Áp dụng định luật bảo tồn khối lượng ta có: mM + mHCl = mmuối + m H2

m muối = m hỗn hợp kim loại + mHCl – mH2 = 15,3 + 0,6. 36,5 – 0,3.2 = 36,6 g.

Cách 4 : Phương pháp trung bình

Đặt là cơng thức trung bình của Fe, Mg, Zn.

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

0,3 0,3 (mol)

+ 71) = 0,3. + 0,3.71 = 36,6 gam.

Nhận xét : Với HS bình thường thì hay dùng cách 1 để giải, làm như vậy sẽ

lâu hơn nhiều thậm chí bế tắc, không giải được. HS được rèn luyện tư duy thường
dùng cách 2,3 hoặc 4.

Bài 2 : Cho luồng khí CO đi qua hỗn hợp m gam X gồm các oxit: Fe3O4,

Al2O3, MgO, CuO nung nóng, sau một thời gian thu được hỗn hợp khí Y và 56,82

gam chất rắn Z. Cho Y lội chậm qua bình đựng dung dịch nước vơi trong dư, thấy
có 45 gam kết tủa xuất hiện. Giá trị m của là

A. 64,02. B. 81,4. C. 34,8. D. 20,6.

Hƣớng dẫn giải

Cách 1 : Phương pháp thông thường

nCaCO3 = = 0,45 mol

CO2 + Ca(OH)2 CaCO3  + H2O (1)

(mol) 0,4  0,4

(1)  nCO2 = 0,4 mol

● X + CO, t0

: Al2O3, MgO không bị khử.

(mol) x x x

(mol) y 3y 4y

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

(mol) z z z

Nếu đặt số mol của mỗi oxit trong X làm ẩn thì sẽ có 4 ẩn nhưng chỉ có hai dữ
kiện. Hơn nữa, các phản ứng trên không xảy ra hoàn toàn, nên rất khó xác định
được chất rắn Z gồm những chất nào ? Nhiều HS thấy bế tắc ở đây (!)

Cách 2 : Phương pháp bảo toàn khối lượng

Nhận xét: nCO = nCO2 = 0,4 mol

Theo định luật bảo toàn khối lượng :

mX + mCO = mZ + mCO

 mX = mZ + mCO2- mCO = 56,82 + 0,45 . 44 - 0,45.28 = 64,02 gam.

 Chọn đáp án A.

Cách 3 : Phương pháp tăng giảm khối lượng.

Cứ 1 mol CO phản ứng sẽ tạo ra 1 mol CO2 làm khối lượng chất rắn giảm

16 gam. Vậy nếu có 0,4 mol CO2 tạo ra thì khối lượng chất rắn giảm 0,45.16 = 7,2

gam  Khối lượng chất rắn ban đầu là 56,82 + 7,2 = 64,02 gam.

Cách 4 : Phương pháp bảo toàn nguyên tố

Ta có : .

Nhận xét : Học sinh có thể tư duy theo nhiều hướng khác nhau để tìm cách

giải quyết bài tốn trên : có phương pháp gặp bế tắc (như phương pháp thông
thường ở trên), có phương pháp tìm ra kết quả, … nhưng sử dụng phương bảo
tồn khối lượng hoặc tăng giảm khối lượng là tìm được kết quả nhanh nhất. Và tất
nhiên trong trường hợp này, phương pháp bảo toán khối lượng hoặc tăng giảm

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

Bài 3 : Khử hoàn toàn 24 gam hỗn hợp CuO và FexOy bằng H2 dư, t
0

, thu
được 17,6 gam hỗn hợp hai kim loại. Khối lượng nước tạo thành là

A. 3,6 gam. B. 7,2 gam. C. 1,8 gam. D. 5,4 gam.

Hướng dẫn giải:

Cách 1 : Dùng phương pháp thông thường

Gọi a, b lần lượt là số mol của CuO và FexOy.

Viết phương trình phản ứng, lập hệ, giải hệ, tìm khối lượng nước.

CuO + H2 → Cu + H2O

(mol) a a a

FexOy+ yH2 → xFe + yH2O

(mol) b xb yb

Ta có : 80a + (56x + 16y)b = 24 (1)

64a + 56xb = 17,6 (2)

Lấy (1) trừ (2) ta được : 16a + 16yb = 6,4 → a + yb = 0,4.

= 18(a + yb) = 7,2 g  Chọn đáp án B.

Cách 2 : Phương pháp bảo toàn khối lượng

mO(trong oxit) = moxit - mkim loại = 24 - 17,6 = 6,4 gam = mO(trong H2O).

 = nO = 6,4 : 16 = 0,4 mol  = 18.0,4 = 7,2 gam.

 Chọn đáp án B.

Cách 3 : Phương pháp tăng giảm khối lượng

Cứ 1 mol H2 phản ứng sẽ "câu" được 1 mol O và tạo ra 1 mol nước làm khối

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

Vậy nếu khối lượng chất rắn giảm 24 - 17,6 = 6,4 gam thì số mol nước tạo

thành là : 6,4 : 16 = 0,4 mol  = 7,2 gam.

Cách 4 : Phương pháp bảo tồn khối lượng, ta có : nH2 = nH2O = x mol.

moxit + mH2 = mkim loại + mH2O

24 + 18x = 17,6 + 18x → x = 0,4

 = 18.0,4 = 7,2 gam  Chọn đáp án B.

Nhận xét : Với HS bình thường hay giải theo cách 1, cách này tốn nhiều

thời gian và phức tạp hơn. Với HS có tư duy và rèn luyện thường xuyên thường
giải theo cách 2, 3 hoặc cách 4, những cách này nhanh hơn, tối ưu hơn.

Bài 4 : Cho 250 ml dung dịch NaOH 2M vào 200 ml dung dịch H3PO4 1,5M.

Khối lượng của mổi muối là : Muối tạo thành và khối lượng tương ứng là

A. 14,2 gam Na2HPO4; 32,8 gam Na3PO4.

B. 28,4 gam Na2HPO4; 16,4 gam Na3PO4.

C. 12,0 gam NaH2PO4; 28,4 gam Na2HPO4.

D. 24,0 gam NaH2PO4; 14,2 gam Na2HPO4.

Hướng dẫn giải:

Suy luận : Có

Tạo ra hỗn hợp hai muối : NaH2PO4 và Na2HPO4

Cách 1 : Phương pháp thông thường

NaOH + H3PO4 → NaH2PO4 + H2O

(mol) x x

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

(mol) 2y y

Ta có :

→

 Chọn đáp án C.

Cách 2 : Sơ đồ đường chéo :

Na2HPO4 (n1 = 2) 15/3 =

n =

NaH2PO4 (n2 = 1) 25/3 =

Mà :

Giải hệ (1) (2) ta được :

 Chọn đáp án C.

Bài 5 : Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm Na và Ba vào nước thu được 7,84

lit khí (đktc) và dung dịch A. Tính thể tích HCl2M cần để trung hòa hết dung

dịch A.

Hướng dẫn giải:

3
2

3
5

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

Cách 1 : Phương pháp thông thường.

2Na + H2O → 2NaOH + H2 (1)

(mol) x x x/2

Ba + H2O → Ba(OH)2 + H2 (2)

(mol) y y y

NaOH + HCl → NaCl + H2O (3)

(mol) x x

Ba(OH)2 + 2HCl → BaCl2 + 2H2O (4)

(mol) y 2y

Theo pt (1) và (2), ta có :

Theo pt (3) và (4) :

Cách 2 : Phương pháp phương trình ion rút gọn

H2O → OH

+ ½ H2

(mol) 0,7 0,35

(mol) 0,7 0,7

→

Nhận xét : Điểm rèn luyện tư duy cho HS qua bài tập trên là phải biết lựa

chọn phương pháp phương trình ion thu gọn để giải, vì nếu giải bằng phương trình
phân tử thì nhiều HS sẽ phải viết rất nhiều phương trình phản ứng (2 phương trình

của kim loại với H2O, 2 phương trình của axit với NaOH và Ba(OH)2), nếu bài tập

này cho hỗn hợp axit thì việc viết phương trình phản ứng trở nên phức tạp hơn rất

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

Bài 6 : Hịa tan hồn tồn 23,8 gam hỗn hợp gồm một muối cacbonat của kim 
loại kiềm và một muối cacbonat của kim loại kiềm thổ bằng dung dịch HCl thu

được 0,2 mol CO2 và dung dịch A. Cô cạn dung dịch A thu được bao nhiêu gam

chất rắn?

Hướng dẫn giải :

Cách 1 : Phương pháp thông thường

A2CO3 + 2HCl 2ACl + CO2 + H2O (1)

(mol) x 2x x

BCO3 + 2HCl BCl2 + CO2 + H2O (2)

(mol) y 2y y

(2A + 60)x + (B + 60)y = 23,8 (3)

x + y = 0,2 (4)

Từ (3) và (4) ta có : 2Ax + By + 60(x+y) = 23,8.

→ 2Ax + By = 23,8 – 60.0,2 = 11,8. (5)

mmuối = 2x(A + 35,5) + y (B + 2.35,5)

= 2Ax + By + 71. (x+y) = 11,8 + 71. 0,2 = 26g.

Cách 2 : Dùng phương pháp bảo toàn khối lượng

A2CO3 + 2HCl → 2ACl + CO2 + H2O (1)

BCO3 + 2HCl→ BCl2 + CO2 + H2O (2)

Từ (1)(2)  số mol HCl = 2 số mol CO2 = 0,4 mol.

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

Theo định luật BTKL, ta có :

23,8 + 0,4.36,5 = mmuối + mCO2+ mH2O

→ mmuối = 23,8+ 0,4.36,5 - 0,2. (44 + 18) = 26g.

Cách 3 : Dùng phương pháp tăng giảm khối lượng :

Cứ 1 mol CO2 sinh ra thì sẽ có 1 mol muối A2CO3 hoặc BCO3 phản ứng và

tạo ra 2 mol ACl hoặc 1 mol BCl2, làm khối lượng tăng 71- 60 =11 gam.

Vậy nếu số mol CO2 sinh ra là 0,2 mol thì khối lượng muối giải phóng ra sẽ

tăng lên 0,2.11 = 2,2g. Khối lượng muối sau phản ứng là: 23,8 + 2.2 = 26g.

Cách 4 : Phương pháp trung bình

Đặt cơng thức muối trung bình của 2 muối cacbonat trên là CO3.

CO3 + 2HCl → Cl2 + CO2 + H2O

(mol) 0,2 0,2 0,2

Nhận xét : Rõ ràng cách 3 tối ưu hơn nhiều so với cách 1. Do vậy khi giảng

dạy, để rèn luyện tư duy cho HS, cần phải hướng dẫn cho các em tìm tịi, khám
phá những cách giải mới, sáng tạo. Với bài tập trên HS có thể áp dụng đồng thời
phương pháp trung bình và bào tồn khối lượng để giải cũng cho ra kết quả nhanh
chóng.

Bài 7 : Hịa tan hồn tồn 7,56 gam hỗn hợp Mg và Al bằng dung dịch HCl thu 
được 8,064 lít khí (đktc). Cũng lượng hỗn hợp này nếu hịa tan hồn tồn bằng

H2SO4 đặc, nóng thu được 0,12 mol một sản phẩm duy nhất chứa lưu huỳnh. Hãy

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

Hướng dẫn giải :

Nhận xét : Bài tập này có hai giai đoạn tính :

Giai đoạn 1 : Tính số mol của Mg, Al.

Cách 1 : Phương pháp thông thường

Đặt nMg = x; nAl = y

Mg + 2HCl MgCl2 + H2

(mol) x x

2Al + 6HCl 2AlCl3 + 3H2

(mol) y 1,5y

Ta có :

Cách 2 : Phương pháp bào toàn electron

(mol) x 2x

(mol) y 3y

(mol) 0,72 0,36

Ta có :

Giai đoạn 2 : Xác định sàn phẩm khử của S+6
.

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>

Sản phẩm khử của S6

có thể là SO2, S hay H2S.

Trường hợp 1 : Sản phẩm khử là SO2

(mol) 0,18 0,36

(mol) 0,12 0,36

(mol) 0,72 0,36 → loại trường hợp này (vì trái với giả thiết).

Trường hợp 2 : Sản phẩm khử là S.

(mol) 0,18 0,36

(mol) 0,12 0,36

(mol) 0,72 0,12 ( nhận )

Trường hợp 3 : Sản phẩm khử là H2S.

(mol) 0,18 0,36

(mol) 0,12 0,36

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

→ Sản phẩm khử của là S.

Cách 2 : Phương pháp bảo toàn e.

Bán phản ứng oxi hóa :

Mg Mg + 2e

(mol) 0,18 2.0,18

Al Al + 3e

(mol) 0,12 3.0,12

ne (nhường) = 0,72 mol

Bán phản ứng khử :

S + (6 - x)e S

(mol) (6- x)0,12 0,12

Theo định luật bảo tồn e, Ta có :

(6 - x)0,12 = 0,72  x = 0.

→ Sản phẩm khử của là S.

Cách 3 : Với HS thông minh dễ dàng nhận ra rằng : Vì cùng một lượng hỗn hợp

Mg và Al. Các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Nên :

ne (Mg, Al) nhường = ne H
+

nhận = ne S nhận

 0,12(6 - x) = 0,72  x = 0 (S).

Bài 8 : Cho V(l) khí CO2 (đktc) hấp thụ hồn tồn vào 250 ml dung dịch Ba(OH)2

0,6 M được 15,76g kết tủa. Tìm giá trị của V

Hướng dẫn giải:

Cách 1 : Phương pháp thơng thường

Ta có :

Nhận thấy số mol BaCO3 < Số mol Ba(OH)2. Vậy xảy ra 2 trường hợp sau :

2


3


x
6

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

Trường hợp 1 : Ba(OH)2 dư.

CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O

(mol) 0,08 0,08

VCO2 = 0,08.22,4 = 1,792 lít.

Trường hợp 2 : Ba(OH)2 không dư.

CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O

(mol) 0,08 0,08 0,08

2CO2 + Ba(OH)2 → Ba(HCO3)2

(mol) 0,14 0,07

VCO2 = (0,08+0,14).22,4 = 4,928 (lít).

Cách 2 : Phương pháp phương trình ion rút gọn

(mol) 0,08 0,16 0,08

(mol 0,14 0,14

Trường hợp 1 : Chỉ xảy ra pt(1).

VCO2 = 0,08.22,4 = 1,792 lít.

Trường hợp 2 : Xảy ra pt(1) và pt(2).

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

Cách 3 : Phương pháp đồ thị

Dựa vào tỷ lệ phản ứng ở phương trình (1) và (2) ta vẽ được đồ thị biểu diễn

lượng kết tủa thu được theo lượng CO2 đã phản ứng như sau :

Số mol BaCO3

0,08 0,15 0,22 0,3 Số mol CO2

Dựa vào đồ thị, nếu sau phản ứng thu được 15,76 gam kết tủa thì ta có ngay :

Trường hợp 1: Số mol CO2 = 0,08 (mol) .

Trường hợp 2: Số mol CO2 = 0,22 (mol) .

→ Chọn đáp án C.

Cách 4 : Phương pháp dùng công thức kinh nghiệm

Nhận xét : Với bài tập này, HS có thể tư duy theo nhiều hướng khác nhau

để tìm cách giải quyết bài tốn trên. Thơng thường các em lựa chọn cho mình cách

1 hoặc cách 2 để giải, và như vậy HS rất dễ quên đi một trường hợp và dễ dẫn đến
lựa chọn đáp số khơng chính xác, đặc biệt là làm trắc nghiệm khách quan. Với HS
có tư duy, chưa hài lịng với những cách giải hiện có, đi tìm những cách giải mới,

sáng tạo từ đó tìm ra được quy luật chung và đưa ra được công thức cho một dạng
bài tập hóa học. Cụ thể ở bài tập này, HS giải bằng cách 4 ngắn gọn và hay hơn rất

nhiều so với những cách trên, tuy nhiên cần phải chú ý đến điều kiện cho công
0,15

</div>
(48)<div class='page_container' data-page=48>

thức thực nghiệm này là số mol kết tủa phải nhỏ hơn hoặc bằng số mol của

Ca(OH)2 hoặc Ba(OH)2. Với việc tìm ra được cơng thức cho một dạng bài tập như

vậy giúp các em giải bài tập được nhanh hơn, chính xác hơn, qua đó kích thích các
em tìm tịi, khám phá ra những cách giải mới ngắn gọn và hay hơn cho những

dạng bài tập khác. Từ đó tư duy của các em sẽ được rèn luyện và phát triển.

Bài 9 : Cho 200 ml dung dịch NaOH vào 200 ml dung dịch gồm AlCl3 1M và

HCl 1M, thu được 7,8 gam kết tủa. Nồng độ mol của dung dịch NaOH là

A. 1,5M và 4,5M. B. 2,5M và 3,5M.

C. 1,5M và 3,5M. D. 2,5M và 4,5 M.

Hướng dẫn giải:

nAlCl3 = 0,2.1 = 0,2 mol  nAl3 = 0,2 mol.

Cách 1 : Phương pháp thông thường

NaOH + HCl → NaCl + H2O (1)

3NaOH + AlCl3 → Al(OH)3 + NaCl (2)

NaOH + Al(OH)3 → NaAlO2 + H2O (3)

Theo bài ra :

nAl(OH)3= 0,1 mol < 0,2 mol nên ở đây ta phải xét hai trường hợp sau :

Trường hợp 1 : Phản ứng (3) chưa xảy ra  nNaOH = 3nAl(OH)3 +nHCl = 0,5 mol.

 CM NaOH =

0, 5

0, 2 = 2,5 M. (*)

</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

Từ (2)  nAl(OH)3 max = nAlCl3 = 0,2 mol.

Mà nAl(OH)3 dư sau (2) = 0,1 mol  nAl(OH)3 pứ = 0,2 - 0,1 = 0,1 mol.

 nNaOH = 3nAlCl3 + nAl(OH)3 pứ + nHCl= 3.0,2 + 0,1+0,2 = 0,9 mol = nNaOH

 CMNaOH =

0, 9

0, 2 = 4,5 M. (**)

Từ (*), (**) → Chọn đáp án D.

Cách 2 : Phương pháp phương trình ion rút gọn

(1)

Al3

+ 3OH → Al(OH)3 (2)

Al(OH)3 + OH → AlO2 + H2O (3)

Theo bài ra :

nAl(OH)3= 0,1 mol < 0,2 mol nên ở đây ta phải xét hai trường hợp sau :

Trường hợp 1 : Phản ứng (3) chưa xảy ra, ta có :

 nOH = 3nAl(OH)3 + nHCl= 0,3 + 0,2 = 0,5 mol = nNaOH.

 CM NaOH =

0, 5

0, 2 = 2,5 M. (*)

Trường hợp 2 : Xảy ra phản ứng (3)

Từ (2)  nAl(OH)3 max = nAl3 = 0,2 mol.

Mà nAl(OH)3 dư sau (2) = 0,1 mol  nAl(OH)3 pứ = 0,2 - 0,1 = 0,1 mol.

 nOH = 3nAl3+ nAl(OH)3 pứ + nHCl = 3.0,2 + 0,1 + 0,2= 0,9 mol = nNaOH

 CMNaOH =

0, 9

</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

Từ (*), (**) → Chọn đáp án D.

Cách 3 : Phương pháp bảo tồn điện tích và bảo toàn nguyên tố

Theo bài ra :

nAl(OH)3= 0,1 mol < 0,2 mol nên ở đây ta phải xét hai trường hợp sau :

Trường hợp 1 : Lượng NaOH vừa đủ tạo kết tủa NaOH, khi đó dung dịch sau

phản ứng gồm .

Áp dụng Định luật bảo toàn nguyên tố Al, ta có :

Áp dụng định luật bảo tồn điện tích cho dung dịch sau phản ứng, ta có :

→ CMNaOH =

0, 5

0, 2 = 2,5 M. (*)

Trường hợp 2 : Lượng NaOH tạo kết tủa hết với Al3+, sau đó kết tủa tan ra

một phần và cịn lại là 7,8 gam. Khi đó dung dịch sau phản ứng gồm .

Áp dụng Định luật bảo tồn ngun tố Al, ta có:

Áp dụng định luật bảo tồn điện tích cho dung dịch sau phản ứng, ta có:

 CM NaOH =

0, 9

0, 2 = 4,5 M. (**)

</div>
(51)<div class='page_container' data-page=51>

Cách 4 : Phương pháp đồ thị

Dựa vào tỷ lệ phản ứng ở phương trình (1), (2), (3) ta vẽ được đồ thị

biểu diễn lượng kết tủa thu được theo lượng NaOH đã phản ứng như sau :

Số mol Al(OH)3

0,2 0,4 0,5 0,6 0,8 0,9 1 Số mol NaOH

Dựa vào đồ thị, nếu sau phản ứng thu được 7,8 gam kết tủa thì ta có ngay :

Trường hợp 1: Số mol NaOH = 0,5 (mol). → CM NaOH =

0, 5

0, 2 = 2,5 M. (*)

Trường hợp 2: Số mol NaOH = 0,9 (mol).  CMNaOH =

0, 9

0, 2 = 4,5 M. (**)

Từ (*),(**) → Chọn đáp án D.

Cách 5 : Phương pháp dùng công thức kinh nghiệm

Nhận xét : Rỏ ràng ở bài tập này cách 5 tối ưu hơn nhiều so với những cách

giải trên.
0,2

</div>
(52)<div class='page_container' data-page=52>

Bài 10 : Nhỏ từ từ dung dịch HCl 1M vào 100 ml dung dịch (NaOH 1M +

NaAlO2 1,5M). Sau một thời gian thu được 7,8 gam kết tủa. Thể tích dung dịch

HCl 1M đã dùng là

A. 200 ml. B. 250 ml.

C. 400 ml. D. 200ml hoặc 400 ml.

Hướng dẫn giải:

Ta có: nNaOH = 0,1.1 = 0,1 mol; nNaAlO

2 = 0,1.1,5 = 0,15 mol;

Cách 1 : Phương pháp thông thường

HCl + NaOH → NaCl + H2O (1)

HCl + NaAlO2 + H2O → Al(OH)3 + NaCl (2)

3HCl + Al(OH)3 → AlCl3 + 3H2O (3)

Trường hợp 1 : Chỉ xảy ra pt(1) và pt(2).

. (*)

Trường hợp 2 : Xảy ra pt(1), pt(2), pt(3).

nAl(OH)3 tan = nAlO2 - nAl(OH)3còn = 0,15 - 0,1 = 0,05 mol.

nHCl = nNaOH + nNaAlO

2 + 3nAl(OH)3 tan = 0,1 + 0,15 + 3.0,05 = 0,4 mol.
.(**)

Từ (*), (**)  Chọn đáp án D.

</div>
(53)<div class='page_container' data-page=53>

H + OH H2O (1)

0,1 0,1

AlO2 + H



+ H2O→ Al(OH)3  (2)

Nếu AlO2 hết mà vẫn tiếp tục nhỏ thêm HCl vào thì

Al(OH)3 + 3H → Al
3+

+ 3H2O (3)

Xét hai trường hợp sau :

Trường hợp 1 : pt (3) chưa xảy ra :

nH = nOH + nAl(OH)3 = 0,1 + 0,1 = 0,2 mol.

Vdd HCl = 0,2/1 = 0,2 lít = 200 ml. (*)

Trường hợp 2 : pt (3) xảy ra : Nhiều HS xét thiếu trường hợp này.

nAl(OH)3 tan = nAlO2 - nAl(OH)3còn = 0,15 - 0,1 = 0,05 mol.

nH = nOH + nAlO2 + 3nAl(OH)3 tan = 0,1 + 0,15 + 3.0,05 = 0,4 mol.

Vdd HCl = 0,4/1 = 0,4 lít = 400 ml. (**)

Từ (*), (**)  Chọn đáp án D.

Cách 3 : Phương pháp bảo tồn điện tích và bảo tồn ngun tố

Theo bài ra :

nAl(OH)3= 0,1 mol < 0,15 mol nên ở đây ta phải xét hai trường hợp sau :

Trường hợp 1 : Lượng HCl vừa đủ tạo kết tủa NaOH, khi đó dung dịch sau

phản ứng gồm .

</div>
(54)<div class='page_container' data-page=54>

Áp dụng định luật bảo tồn điện tích cho dung dịch sau phản ứng, ta có :

Trường hợp 2 : Lượng HCl tạo kết tủa hết với AlO2

-, sau đó kết tủa tan ra

một phần và cịn lại là 7,8 gam. Khi đó dung dịch sau phản ứng gồm .

Áp dụng Định luật bảo tồn ngun tố Al, ta có :

Áp dụng định luật bảo tồn điện tích cho dung dịch sau phản ứng, ta có :

Từ (*),(**) → Chọn đáp án D.

Cách 4 : Phương pháp đồ thị

Dựa vào tỷ lệ phản ứng ở phương trình (1), (2), (3) ta vẽ được đồ thị

biểu diễn lượng kết tủa thu được theo lượng HCl đã phản ứng như sau :

Số mol Al(OH)3

0,1 0,2 0,3 0,4 0,7 Số mol HCl

0.25

</div>
(55)<div class='page_container' data-page=55>

Dựa vào đồ thị, nếu sau phản ứng thu được 7,8 gam kết tủa thì ta có ngay :

Trường hợp 1: Số mol HCl = 0,2 (mol). (*)

Trường hợp 2 : Số mol HCl=0,4(mol). (**)

Từ (*), (**) → Chọn đáp án D.

Cách 5 : Phương pháp dùng công thức kinh nghiệm

→ Chọn đáp án D.

Nhận xét : 3 bài tập vừa nêu ở trên, đều là những dạng bài bài tập hay gặp

của HS, đặc biệt là trong các kỳ thi tuyển sinh đại học. Những dạng bài tập này,
với HS yếu hoặc trung bình thì những cách giải thông thường làm cho các em lúng
túng, khó hiểu và thường khơng giải được dẫn đến tự ti mơn hóa. Nhưng với cách

giải dùng cơng thức thực nghiệm này các em có thể giải được một số bài tập hóa
học tương tự, làm cho các em lạc quan và u thích bộ mơn hơn.

Bài 11 : Hịa tan hồn tồn 9,65 gam hỗn hợp Al, Fe trong dung dịch HCl dư, 
dung dịch thu được cho tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc lấy kết tủa, đem
nung trong khơng khí đến khối lượng khơng đổi cịn lại 8 gam chất rắn. Tính phần
trăm khối lượng của Fe có trong hỗn hợp ban đầu?

Hướng dẫn giải:

Cách 1: Phương pháp truyền thống

Gọi x, y lần lượt là số mol của Al và Fe trong hỗn hợp. Ta có :

27x + 56y = 9,65 (1)

Các phương trình phản ứng :

</div>
(56)<div class='page_container' data-page=56>

(mol) x x

Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (3)

(mol) y y

HCl + NaOH → NaCl + H2O (4)

AlCl3 + 4NaOH → NaAlO2 + NaCl + 2H2O (5)

FeCl2 + 2NaOH → Fe(OH)2 + NaCl (6)

(mol) y y

2Fe(OH)2 + O2 + 2H2O → 4Fe(OH)3 (7)

(mol) y y

2Fe(OH)3 Fe2O3 + 3H2O (8)

y 0,5y

Chất rắn còn lại là Fe2O3  = 0,5y = = 0,05  y = 0,1 mol.

%mFe = = 58,03% .

Cách 2 : Phương pháp sơ đồ

Cách 3 : Phương pháp bảo toàn nguyên tố

Theo ĐLBTNT ta có :

nFe = 2 = = 0,1 mol  %mFe = = 58,03%.

</div>
(57)<div class='page_container' data-page=57>

Nhận xét : Như vậy học sinh suy nghĩ càng nhiều cách giải thì sẽ tìm được 
cho mình được phương pháp thích hợp nhất để giải bài tập qua đó tư duy của học

sinh sẽ được rèn luyện. Rỏ ràng cách 3 tối ưu hơn nhiều so với 2 cách trên. Do vậy
khi giảng dạy, để rèn luyện tư duy cho HS, GV cần phải đưa ra được nhiều cách
giải, nhiều cách tiếp cận kiến thức cho một vấn đề, qua đó các em dễ dàng tiếp
nhận tri thức hơn vì mỗi HS có một cách thu nhận thơng tin khác nhau.

Bài 12 : Để m gam phơi bào sắt ngồi khơng khí, sau một thời gian thu được hỗn 
hợp A có khối lượng 30 gam gồm Fe, FeO, Fe3O4 và Fe2O3. Hịa tan hồn tồn

hỗn hợp A bằng dung dịch HNO3 lỗng, thấy thốt ra 5,6 lít khí NO duy nhất

(đktc). Giá trị của m là

A. 12,6. B. 25,2. C. 37,8. D. 50,4.

Hướng dẫn giải:

Sơ đồ bài toán

Cách 1 : Phương pháp đại số

Các phản ứng xảy ra :

2Fe + O2 → 2FeO (1)

3Fe + 2O2 → Fe3O4 (2)

4Fe + 3O2 → 2Fe2O3 (3)

Fe + 4HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + 2H2O (4)

3FeO + 10HNO3 → 3Fe(NO3)3 + NO + 5H2O (5)

</div>
(58)<div class='page_container' data-page=58>

Fe2O3 + 6HNO3 2Fe(NO3)3 + 3H2O (7)

Gọi x, y, z, t lần lượt là số mol của Fe, FeO, Fe3O4 và Fe2O3 tương ứng. Theo

dữ kiện đề ra và theo các phương trình phản ứng, ta có :

56x + 72y + 232z + 160t = 30 (8)

m = 56 (x+y+3z+2t) (9)

Từ (4)(5)(6) : nNO =

→ 3x + y + z = 0,75 mol. (10)

Tới đây có nhiều cách biến đổi để tìm ra đáp số cho trường hợp này. Sau
đây là một số cách biến đổi

Cách 1.1 :

Nhận thấy ẩn t chỉ xuất hiện trong pt(8) và pt(9), pt(8) có hệ sơ của t gấp 80
lần hệ số t của pt(9) nên ta có cách biến đổi như sau :

Nhân pt(10) với 8 rồi cộng với pt(8), ta được :

80x + 80y + 240z + 160t =36

Chia pt này cho 80 rồi nhân cho 56 ta được kết quả :

m = 56 (x+y+3z+2t) = 56. =25,2 gam.

Cách 1.2 :

Nhận thấy các hệ số của pt(8) đều chia hết cho 8, ta có thể giải như sau :

Chia pt(8) cho 8 rồi rồi cộng với pt(10), ta được :

</div>
(59)<div class='page_container' data-page=59>

Gọi A và B là lần lượt là hệ số của pt(8) và pt(10) sao cho :

A.pt(8) + B. pt(10) = pt(9)

Tiến hành đồng nhất hệ số ở x, y, z,t ở 2 vế của phương trình trên, ta có :

Cách 2 : Phương pháp bảo toàn khối lượng

Theo định luật bảo toàn khối lượng, ta có :

(11)

Trong đó, số mol của các chất là :

Cách 3 : Phương pháp bảo toàn nguyên tố

Ta có bán phản ứng :

</div>
(60)<div class='page_container' data-page=60>

Cách 4 : Dùng phương pháp bảo tồn electron

Ta có :

(mol)

(mol) 0,75 0,25

Áp dụng định luật bảo toàn electron, ta được :

Cách 5 : Phương pháp quy đổi

Cách 5.1 : Có thể xem Fe3O4 là tổ hợp của FeO và Fe2O3. Vì vậy, có thể xem A

gồm Fe, FeO và Fe2O3.

Đặt x, y, z lần lượt là số mol của Fe, FeO và Fe2O3 tương ứng.

Ta có : 56x + 72y + 160z = 30 (12)

Với khí NO : x + = 0,25  24x + 8y = 6 (13)

Cộng (12) và (13), ta được :

80x + 80y + 160z = 36

Hay : x + y + 2z = 0,45 = nFeban đầu  mFe = 0,45 . 56 = 25,2 gam.

Cách 5.2 : Ta quy đổi hỗn hợp A gồm 1 chất khử và 1 chất khơng có tính khử.

Ta xem hỗn hợp A gồm FeO và Fe2O3, khi đó ta có :

</div>
(61)<div class='page_container' data-page=61>

(mol) 0,75 0,75

(mol) 0,75 0,25

Cách 6 : Phương pháp trung bình

Cách 6.1 : Hóa trị trung bình kết hợp với bảo tồn elctron.

Gọi hóa trị trung bình của Fe trong hỗn hợp A là , khi đó cơng thức là : .

Ta có:

Áp dụng định luật bảo tồn electron, ta có :

Cách 6.2 : Công thức phân tử trung bình kết hợp với bảo tồn eletron.

Gọi cơng thức phân tử trung bình của hỗn hợp A là : .

Ta có:

Áp dụng định luật bảo tồn electron, ta có:

</div>
(62)<div class='page_container' data-page=62>

Cách 7 : Phương pháp số học

Giả sử lượng O2 đã phản ứng chỉ tạo ra Fe2O3.

4Fe + 3O2 2Fe2O3

Ta có: nFe = nO = . =

Lượng Fe còn lại tác dụng với HNO3 tạo ra NO :

Theo (4) : nFe = nNO = 0,25 mol.

Theo đề ra : = + 0,25  m = 25,2 gam.

Nhận xét : Đây là một trong bài tập hóa vơ cơ hay nhất, điển hình nhất, có

nhiều cách giải nhất, và được nhiều độc giả quan tâm nghiên cứu. Bên cạch các
cách giải mà chúng tơi trình bày ở đây cịn có một số cách giả khác nữa. Với bài

tập này, nếu giải theo cách 1 đặt số mol của mỗi chất trong A làm ẩn thì ta có 4 ẩn
nhưng chỉ có 2 phương trình đã biết, do đó, bài tốn khơng thể giải bằng phương
pháp đại số thông thường (đặt ẩn – giải hệ ) để tìm ra giá trị của mỗi ẩn mà chỉ có

thể giải bằng cách ghép ẩn số. Đến đây nhiều HS bế tắc, kể cả HS khá, giỏi. Bài
tập này đa số HS sẽ lựa chọn cách 2, cách 3, cách 4 để giải. Vì vậy khi giảng dạy,
để rèn luyện tư duy cho HS người giáo viên cần cho HS thấy được, tính ưu việt của
các phương pháp bảo toàn trong phản ứng oxi - hóa khử, đặc biệt là đối với những
bài tốn rất khó tính theo phương trình phản ứng. Hơn nữa, bảo toàn vật chất là

một trong những nguyên lý cơ bản của khoa học tự nhiên, rất nhiều định luật bảo
tồn có mặt trong cả Vật lý, Sinh học, Hóa học và có ý nghĩa triết học. Do đó việc
tích cực sử dụng các phương pháp bảo tồn sẽ giúp cho HS hình thành được thế

giới quan duy vật biện chứng. Tuy nhiên, với bài tập này ta có thể giải được bằng
mọi cách, vì vậy bên cạnh phương pháp bảo tồn, GV cẩn phải trình bày các
phương pháp khác nữa để rèn luyện tư duy cho HS.

2 24

30m

32
30m

3
4
3

m

</div>
(63)<div class='page_container' data-page=63>

Trong số các cách giải ở trên, ta thấy có sự phù hợp giữa nhiều cách giải
khác nhau và có thể lựa chọn ra một số phương pháp giải nhanh nhất như sử dụng
phương pháp bảo toàn electron, phương pháp quy đổi … Việc lựa chọn và sử dụng
phương pháp nào là hoàn toàn phụ thuộc vào năng lực tư duy của từng người cũng
như phù hợp với từng HS.

Bài 13 : Cho 5,6 gam bột Fe vào 200 ml dung dịch HNO3 3M thu được dung dịch

X. Tính lượng Cu tối đa có thể hịa tan trong dung dịch X ?(Biết trong các phản

ứng oxi hoá-khử, NO là sản phẩm khử duy nhất của NO

-3 .)

Hướng dẫn giải:

Ta có:

Cách 1 : Phương pháp thông thường

Fe + 4HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + 2H2O

(mol) 0,1 0.4 0,1

Dung dịch X gồm : .

Khi cho Cu vào dung dịch X có các phương trình sau :

3Cu + 8HNO3 → 3Cu(NO3)3 + 2NO + 4H2O

(mol) 0,075 0,2

Cu + 2Fe(NO3)3 → Cu(NO3)2 + 2Fe(NO3)2

(mol) 0,05 0,1

→

Cách 2 : Phương pháp bảo toàn electron

</div>
(64)<div class='page_container' data-page=64>

(mol) 0,1 0,2

(mol) x 2x

(mol) 0.6 0,45

Áp dụng định luật bảo tồn electron, ta có :

2x + 0,2 = 0,45 → x = 0,125 mol → mCu = 0,125 .64 = 8 gam.

Cách 3 : Phương pháp bảo tồn điện tích

(mol) 0,15 0.6 0,45

Dung dịch sau phản ứng chứa :

Áp dụng định luật bảo tồn điện tích, ta có:

2. 0,1 + 2x = 0,45 → x = 0,125 mol → mCu = 0,125 . 64 = 8 gam.

Bài 14 ( ĐHKA-2014): Thực hiện phản ứng nhiệt nhôm hỗn hợp gồm Al và m 
gam hai oxit sắt trong khí trơ, thu được hỗn hợp rắn X. Cho X vào dung dịch

NaOH dư, thu được dung dịch Y, chất khơng tan Z và 0,672 lít khí H2 (đktc). Sục

khí CO2 dư vào Y, thu được 7,8 gam kết tủa . Cho Z tan hết vào dung dịch H2SO4,

thu được dung dịch chứa 15,6 gam muối sunfat và 2,464 lít khí SO2 (ở đktc, là sản

phẩn khử duy nhất của H2SO4). Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m

là

A. 6,29. B. 6,48. C. 6,96. D. 5,04.

</div>
(65)<div class='page_container' data-page=65>

Al2O3 NaAlO2 (dd Y) + CO2 Al(OH)3 (0,1 mol)

Al to Al (dư) + NaOH  H2 (0,03 mol)

hai oxit sắt Fe Fe (chất rắn Z)

- Tìm số mol Al2O3: 2Al + 2NaOH + 2H2O  2NaAlO2 + 3H2

(mol) 0,02 0,02 0,03

Al2O3 + 2NaOH  2NaAlO2 + H2O

(mol) 0,04 0,08

NaAlO2 + CO2 + 2H2O  Al(OH)3 + NaHCO3

(mol) 0,10 0,10

Cách 1: Áp dụng: 2H2SO4 + 2e  SO2 + SO4
2

(trong muối) + 2H2O

- Tìm khối lượng Fe: Số mol SO2 = (2,464 : 22,4) = 0,11 mol

 số mol SO2 = số mol SO4
2

(trong muối) = 0,11 mol.

mFe = mmuối - 2
4
SO

m = 15,6 - 0,11.96 = 5,04 gam.

- Tìm khối lượng sắt oxit: m(sắt oxit) = mFe + mO = 5,04 + 0,04.3.16 = 6,96 gam,

(mO = mO trong Al2O3).

Cách 2: Gọi số mol Fe2+ và Fe3+ lần lượt là x và y. Ta có:
Fe  Fe2+

+ 2e , FeSO4 : x mol.

Fe  Fe3+

+ 3e , Fe2(SO4)3 : 0,5y mol.

2x + 3y = 0,22 x = 0,05 mol

152x + 400.0,5y = 15,6 y = 0,04 mol  mFe = 5,04 g

- Tìm khối lượng sắt oxit: m(sắt oxit) = mFe + mO = 5,04 + 0,04.3.16 = 6,96 gam, (mO

= mO trong Al2O3).

Bài 15( ĐHKA-2014) : Điện phân dung dịch X chứa a mol CuSO4 và 0,2 mol

</div>
(66)<div class='page_container' data-page=66>

tổng thể tích khí thu được ở cả hai điện cực là 5,824 lít (đktc). Biết hiệu suất điện
phân 100%, các khí sinh ra không tan trong dung dịch. Giá trị của a là

A. 0,15. B. 0,18. C. 0,24. D. 0,26.

Hướng dẫn giải:

CuSO4  Cu

+ SO4
2

KCl  K+ + Cl

H2O H

+ OH

Thứ tự điện phân tại catot (cực âm) Thứ tự điện phân tại anot (cực dương)

Cu2+ + 2e  Cu

nếu hết ion Cu2+, xảy ra sự khử nước:
2H2O + 2e  H2 + 2OH



2Cl  Cl2 + 2e

nếu hết ion Cl, xảy ra sự oxi hoá
nước:

2H2O  O2 + 4H
+

+ 4e

Khi catot có khí (H2) thốt ra, ion Cu
2+

trong dung dịch bị điện phân hết, nước bị
khử tạo H2.

Kết quả, H2O bị điện phân tạo H2 và O2.

Cách 1: Tính theo nửa phản ứng tại các điện cực.

- Số mol khí n1 = (2,464 : 22,4) = 0,11 mol. nCl2= 0,1 mol , nO2= 0,01 mol.

Số mol electron chuyển qua bình điện phân là: ne (1) = 2.0,1 + 4.0,01 = 0,24 mol.

- Số mol khí n2 = (5,824 : 22,4) = 0,26 mol.

Số mol electron chuyển qua bình điện phân là: ne (2) = 2.0,24 = 0,48 mol.

 Tại anot có khí Cl2 và O2 thốt ra:

ne (2) = 0,48 = 2.nCl2+ 4.nO2= 2.0,1 + 4.nO2 nO2= 0,07 mol.
Số mol khí H2 thốt ra tại catot: 0,26 – (0,1 + 0,07) = 0,09 mol.

 Tại catot có Cu (a mol) và H2 (0,09 mol) thoát ra:

ne (2) = 0,48 = 2.nCu2 + 2.
2
H

n = 2.a + 2.0,09  a = 0,15 mol.

</div>
(67)<div class='page_container' data-page=67>

Cu2+ + 2Cl  Cu + Cl2

(mol) 0,1 0,2 0,1 0,1

2Cu2+ + 2H2O  2Cu + O2 + 4H
+

(mol) (a - 0,1) (a - 0,1) 0,5(a - 0,1)

2H2O  2H2 + O2

(mol) x 0,5x

- Tổng số mol khí thu được ở cả hai điện cực và số mol electron chuyển qua
bình điện phân:

0,26 = 0,1 + 0,5(a - 0,1) + 0,5x + x  0,21 = 0,5a +1,5x

(tại catot) 0,48 = 2a + 2x  0,24 = a + x

(hoặc tại anot) 0,48 = 2.0,1 + 4.0.5(a – 0,1) + 4.0,5x  0,24 = a + x

 x = 0,09 mol , a = 0,15 mol.

Bài 16 (ĐHKA-2014): Hỗn hợp X gồm Al, Fe3O4 và CuO, trong đó oxi chiếm

25% khối lượng hỗn hợp. Cho 1,344 lít khí CO (đktc) đi qua m gam X nung nóng,

sau một thời gian thu được chất rắn Y và hỗn hợp khí Z có tỉ khối so với H2 bằng

18. Hịa tan hồn tồn Y trong dung dịch HNO3 loãng (dư), thu được dung dịch

chứa 3,08m gam muối và 0,896 lít khí NO (ở đktc, là sản phẩm khử duy nhất). Giá
trị m gần giá trị nào nhất sau đây?

A. 9,5. B. 8,5.

C. 8,0. D. 9,0.

Hướng dẫn giải:

Sơ đồ phản ứng:

(Al, Fe3O4, CuO)

+ CO, t

 Y + HNO , loang, du3 (Al3+, Fe3+, Cu2+, NO



) , NO

X (m gam) mY = (m – 0,48) gam 3,08m gam 0,04

mol

</div>
(68)<div class='page_container' data-page=68>

O-2: 0,25m gam O-2: (0,25m – 0,48) gam NO3



- Tính khối lượng kim loại trong X: mkim loại= m – 0,25m = 0,75m gam.

- Tính khối lượng mY: mCO = 28.0,06 = 1,68 gam , mZ = 36.0,06 = 2,16 gam.

 khí tăng = 2,16 – 1,68 = 0,48 gam = mO (trong X giảm)  mY = (m – 0,48) gam.

Cách 1: Áp dụng ĐLBT electron mở rộng, trường hợp hỗn kim loại và oxit kim

loại tác dụng với HNO3

Mối liên hệ: (với kim loại) 4HNO3 + 3e  NO + 2H2O + 3NO3



(trong muối với kim
loại)

(mol) 0,12 0,04 0,12

(với oxit kim loại) O2 + 2HNO3  H2O + 2NO3



(trong muối với kim
loại trong oxit)

(mol) 0, 25m - 0, 48

16 2.

0, 25m - 0, 48
16

Khối lượng muối nitrat: 3,08m = 0,75m + 62.0,12 + 62.2.0, 25m - 0, 48

16  m =

9,47 gam  9,5 gam.

Cách 2: Áp dụng ĐLBTKL

- Số mol HNO3 tham gia phản ứng: 3

HNO NO ( . ) NO

n n n

trong muoi



  

2 3

H O HNO ( . )

n n

2 phan ung



3
HNO

3, 08m 0, 75m

n 0, 04



  

2
H O

3, 08m 0, 75m

n 0, 02

2 62



 



- Sơ đồ phản ứng: Y + HNO3  (Al
3+

, Fe3+, Cu2+, NO3



) + NO + H2O,

áp dụng ĐLBTKL:

(m – 0,48) + 63(3, 08m 0, 75m 0, 04)

 

= 3,08m + 300,04 +

3, 08m 0, 75m

18( 0, 02)

2 62

 

  m = 9,47g.

Bài 17 (ĐHKB 2014) : Nung hỗn hợp gồm 0,12 mol Al và 0,04 mol Fe3O4 một

</div>
(69)<div class='page_container' data-page=69>

A. 34,10. B. 32,58. C. 31,97. D. 33,39. 
Hướng dẫn giải :

nAl = 0,12 mol, nH2 0,15mol.

3 4
Fe O

n 0, 04 mol  nFe2 0, 04 mol, nFe3 0, 08 mol, nO2 0,16

mol.

Cách 1: Áp dụng ĐLBTKL. Mối liên hệ: O2 + 2HCl  H

2O + 2Cl



(mol) 0,16 0,32 0,16 0,32
2HCl  H2 + 2Cl



(mol) 0,30 0,15 0,30
 nHCl = nCl= 0,62 mol.

Sơ đồ phản ứng:

Al + Fe3O4 + HCl  (Al
3+

+ ion sắt + Cl ) + H2 + H2O

27.0,12 + 232.0,04 + 36,5.0,62 = m + 2.0,15 + 18.0,16  m = 31,97
gam.

hoặc tính trực tiếp: mmuối = m = mkim loại + mCl = 27.0,12 + 56.0,12 + 35,5.0,62 =

31,97 gam.

Cách 2: Dạng bài tập nhiệt nhơm.

Tính số mol Fe3O4 (hoặc Fe2O3)phản ứng dựa vào số mol H2 giảm.

Phương trình phản ứng nhiệt nhơm:

* 8Al + 3Fe3O4

o
t

 4Al2O3 + 9Fe

Số mol:12 mol 3 mol 9 mol  số mol H2 giảm = 12

- 9 = 3 mol.

 Số mol H2 giảm = số mol H2 (do Al ban đầu (1)) - số mol H2 (sau phản ứng (2))= số mol

Fe3O4 phản ứng.

+H+

</div>
(70)<div class='page_container' data-page=70>

2 2

H (1) H (2)

n n 1,5.0,12 – 0,15 = 0,03 mol.

Al phản ứng 0,08 mol, Al dư 0,04 mol  nH (do Al)2 0,06 mol.
Fe tạo thành 0,09 mol 

2
H (do Fe)

n 0,09 mol.

Số mol H2 = 0,06 + 0,09 = 0,15 mol.

Fe3O4 còn dư (FeO.Fe2O3) 0,01 mol. (Cách hỏi khác: Tính hiệu suất

phản ứng nhiệt nhôm?).

Trong dung dịch gồm: Al3+ (0,12 mol), Fe2+ (0,09 + 0,01 = 0,10 mol), Fe3+
(0,02 mol).

Áp dụng đlbt điện tích  số mol Cl

: 3.0,12 + 2.0,10 + 3.0,02 = 0,62 mol.

mmuối = m = mkim loại + mCl = 27.0,12 + 56.0,12 + 35,5.0,62 = 31,97

gam.

Cách 3: Áp dụng định luật bảo toàn electron.

Ban đầu Sau phản ứng

Al (0,12 mol) Al3+ (0,12 mol)
Fe+2 (0,04 mol) Fe2+ (0,04 + x) mol
Fe+3 (0,08 mol) Fe3+ dư (a mol)
H+ (0,30 mol) H2 (0,15 mol)

Chất khử: Al Chất oxi hóa: H+, Fe+3

Al  Al3+

+ 3e

(mol) 0,12 0,36

2H+ + 2e  H2

(mol) 0,30 0,30 0,15

Fe3+ + 1e  Fe2+
(mol) x x x

Số mol electron trao đổi: 3.0,12 = 2.0,15 + 1.x  x = 0,06 mol.

</div>
(71)<div class='page_container' data-page=71>

Tương tự, áp dụng ĐLBT điện tích  số mol Cl : 3.0,12 + 2.0,10 + 3.0,02 =
0,62 mol.

mmuối = m = mkim loại + mCl = 27.0,12 + 56.0,12 + 35,5.0,62 = 31,97 gam.

Bài 18 (CĐ 2014): Điện phân dung dịch hỗn hợp CuSO4 (0,05 mol) và NaCl bằng

dịng điện có cường độ khơng đổi 2A (điện cực trơ, màng ngăn xốp). Sau thời gian
t giây thì ngừng điện phân, thu được dung dịch Y và khí ở hai điện cực có tổng thể
tích là 2,24 lít (đktc). Dung dịch Y hịa tan tối đa 0,8 gam MgO. Biết hiệu suất điện
phân 100%, các khí sinh ra khơng tan trong dung dịch. Giá trị của t là

A. 6755. B. 772. C. 8685. D. 4825.

Hướng dẫn giải :

Điện phân hỗn hợp (CuSO4 và NaCl)

Tổng số mol khí thốt ra ở hai điện cực là 0,1 mol, H2 x mol, Cl2 và O2: (0,1 – x)

mol.

Tại catot có khí thốt ra (H2) Cu2+ trong dung dịch hết.

Dung dịch hòa tan MgO (0,02 mol), có H+ tạo thành trong dung dịch sau điện
phân (0,04 mol), Cl hết, H2O bị điện phân ở cả hai điện cực.

2H+ + MgO  Mg2+ + H2O

Cách 1: Tính theo phương trình điện phân.

Cu2+ + 2Cl  Cu + Cl2

(mol) 0,03 0,06 0,03 0,03

2Cu2+ + 2H2O  2Cu + O2 + 4H
+

(mol) 0,02 0,02 0,01 0,04

2H2O  2H2 + O2

(mol) x 0,5x

</div>
(72)<div class='page_container' data-page=72>

ne = 0,1 + 2.0,04 = 0,18 

0,18.96500
t

 = 8685 s.

Cách 2: Áp dụng đlbt electron, tính theo nửa phản ứng ở các điện cực.

 nH= 0,04 + 2x (tạo H2) mol,

 nO2= (0,01 + 0,5x) mol, nCl2= (0,1 - x – 0,01 – 0,5x) = (0,09 – 1,5x) mol.
Mô tả các phản ứng xảy ra tại các điện cực:

CuSO4  Cu2+ + SO42



NaCl  Na+

+ Cl

H2O H
+

+ OH

Tại catot (cực âm)  Tại anot (cực dương) 

Cu2+ + 2e  Cu
(mol) 0,05 0,1 0,05

hết Cu2+, trong dung dịch có tạo H+ (tại
anot)

2H+ + 2e  H2

(mol) 2x 2x x

2Cl  Cl2 + 2e

(mol) (0,09- 1,5x) 2(0,09-1,5
x)

2H2O  O2 + 4H+ + 4e

(mol) 0,01 0,04 0,04
(tạo H2 ở catot): 0,5x 2x 2x

Áp dụng đlbt electron: 0,1 + 2x = 2(0,09 - 1,5x) + 0,04 + 2x
 x = 0,04 mol.

Áp dụng: Số mol electron = ne =

Q I.t

96500 96500= 0,1 + 2.0,04 = 0,18 mol.

Thay số: t 0,18.96500
2

 = 8685 s.

Bài 19 (CĐ 2014) Nhúng thanh Fe vào dung dịch CuSO4. Sau một thời gian, khối

lượng dung dịch giảm 0,8 gam so với khối lượng dung dịch ban đầu. Khối lượng
Fe đã phản ứng là

A. 6,4 gam. B. 8,4 gam. C. 11,2 gam. D. 5,6 gam. 
Hướng dẫn giải:

</div>
(73)<div class='page_container' data-page=73>

Cách 1: Phương pháp tăng giảm khối lượng dung dịch.

Fe + CuSO4  FeSO4 + Cu

56 gam (vào dung dịch) 64 gam (ra khỏi dung dịch)

 mdung dịch giảm = 8 gam.

mFe= 5,6 gam <--- mdung dịch giảm = 0,8 gam.

Cách 2: Gọi số mol Fe phản ứng là x, Cu bám vào thanh sắt là x mol.

mdung dịch sau = mdung dịch ban đầu + mkim loại tan vào – mkim loại bám (đi ra)

mdung dịch giảm = mdung dịch ban đầu - mdung dịch sau = mkim loại bám (đi ra) - mkim loại tan vào

mdung dịch giảm = 0,8 = x(64 – 56)  x = 0,1, mFe = 5,6 gam.

Bài 20 (CĐ 2014): Nung nóng 8,96 gam bột Fe trong khí O2 một thời gian, thu

được 11,2 gam hỗn hợp chất rắn X gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4. Hòa tan hết X

trong dung dịch hỗn hợp gồm a mol HNO3 và 0,06 mol H2SO4, thu được dung dịch

Y (khơng chứa NH4

) và 0,896 lít khí NO duy nhất (đktc). Giá trị của a là

A. 0,32. B. 0,16. C. 0,04. D. 0,44.

Hướng dẫn giải:

. Số mol Fe = 0,16 mol, mO2= 11,2 – 8,96 = 2,24 gam, nO2= 0,07 mol, nNO = 0,04

mol.

Số mol electron = 4.

2
O

n + 3. nNO = 4.0,07 + 3.0,04 = 0,4 mol.

Dự đoán sản phẩm: 2.0,16 = 0,32 < ne = 0,4 mol < 3.0,16 = 0,48 mol  tạo

hỗn hợp Fe2+ và Fe3+.

Cách 1: Áp dụng ĐLBTKL. Mối liên hệ: Số mol H2O = (số mol H
+

: 2).
Sơ đồ phản ứng:

X + HNO3 + H2SO4  ion sắt + NO + NO3



(còn lại) + SO4
2

+ H2O

11,2 + 63a + 98.0,06 = 8,96 + 30.0,04 + 62(a - 0,04) + 96.0,06 + 0,5(a + 0,12)

 a = 0,32 mol.

Cách 2: H2SO4 0,06 mol (H
+

0,12 mol, SO4
2

0,06 mol), HNO3 a mol (H

a mol,
NO3



</div>
(74)<div class='page_container' data-page=74>

Các nửa phản ứng và sơ đồ phản ứng:

O2 + 4e  2O

2

(mol) 0,07 0,28 0,14

NO3



+ 4H+ + 3e  NO + 2H2O

(mol) 0,04 0,16 0,12 0,04 0,08

O2 + 2H+  H2O

(mol) 0,14 0,28 0,14

Tổng số mol H+ = 0,12 + a = 0,16 + 0,28  a = 0,32 mol.

Tóm lại : Tìm những phương pháp khác nhau, để giải một BTHH cũng 
nhằm gây hào hứng và rèn luyện năng lực tư duy, sáng tạo của các HS lên nhiều
lần. Một HS trong một thời gian nhất định, giải một BTHH bằng nhiều cách thì
hiệu quả trí tuệ tăng hơn nhiều so với một HS giải được nhiều bài tập khác nhau
cũng trong thời gian ấy.

IV. HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI

So sánh kết quả học tập của HS lớp12 năm học 2013-2014 và năm học
2014-2015 (Dựa vào điểm kiểm tra 45 phút) như sau:

 Năm học 2013-2014 : có 78 học sinh trong tổng số 82 HS có điểm kiểm
tra ≥5 (95,1%), trong đó số HS đạt điểm 9, 10 là 26 HS (31,7%)

 Năm học 2014-2015 : có 89 học sinh trong tổng số 89 HS có điểm kiểm
tra ≥5 (100%) Trong đó số số HS đạt điểm 9, 10 là 37 HS (41,6%)

Dựa vào kết quả kiểm tra 45 phút cho thấy năm học 2013-2014 có học sinh
đạt điểm trên trung bình nhiều hơn và học sinh đạt điểm 9,10 nhiều hơn so với năm

</div>
(75)<div class='page_container' data-page=75>

Như vậy có thể khẳng định rằng việc sử dụng hợp lí các bài tập hóa học có

nhiều cách giải trong quá trình điều khiển hoạt động nhận thức của HS mang lại
hiệu quả cao, góp phần đem đến kiến thức chắc chắn và bền vững cho HS, đồng
thời rèn luyện tư duy cho HS.

Các kết quả thu được đã cho phép khẳng định thông qua việc sử dụng BTHH
có nhiều cách giải, có thể kích thích tư duy phát triển. Và, khi tư duy phát triển sẽ
giúp cho HS thơng hiểu kiến thức sâu sắc, có thể vận dụng linh hoạt các cách giải
bài tập khác nhau để từ đó rèn luyện tư duy cho học sinh và làm cho tư duy phát

triển lên mức cao hơn.

V. ĐỀ XUẤT, KHUYẾN NGHỊ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG

Qua quá trình nghiên cứu đề tài, chúng tôi thấy rằng : Hệ thống bài tập là
phương tiện để HS vận dụng kiến thức đã học vào thực tế đời sống, củng cố, mở

rộng, hệ thống hoá kiến thức, rèn luyện kĩ năng, khả năng sáng tạo, đồng thời để
kiểm tra kiến thức, kĩ năng cũng như giáo dục rèn luyện tính kiên nhẫn, tác phong
làm việc sáng tạo. Tuy nhiên, muốn phát huy được hết các tác dụng của hệ thống
bài tập trong q trình dạy học, mỗi GV khơng những cần thường xuyên học tập,
tích luỹ kinh nghiệm, nâng cao trình độ chun mơn mà cịn cần tìm tịi, cập nhật

những phương pháp dạy học mới phù hợp với xu thế phát triển giáo dục trên thế
giới, hoà nhịp với sự phát triển của xã hội.

Để góp phần nâng cao hiệu quả dạy và học mơn Hóa học trong trường THPT
nói chung, chúng tơi xin có một số kiến nghị sau :

 Trang bị hoàn chỉnh và đầy đủ phịng bộ mơn Hóa học ở các trường phổ
thông, tạo điều kiện thuận lợi để học sinh được làm thí nghiệm nhằm kiểm chứng
và khắc sâu kiến thức đã học, từ đó phát triển trí nhớ và tư duy cho học sinh.

 Giáo viên cần phải thay đổi các bài giảng của mình theo hướng dạy học tích

</div>
(76)<div class='page_container' data-page=76>

 Tăng thời lượng thực hành, luyện tập để HS có điều kiện củng cố kiến thức.
 Ngành Giáo dục phải có những đầu tư về cơ sở vật chất và biện pháp hợp lý

nhằm thay đổi phương pháp dạy học ở trường phổ thơng một cách có hiệu quả như
giảm số lượng HS trong mỗi lớp, trang bị các thiết bị hiện đại cần thiết cho dạy
học...

Hướng phát triển của đề tài là ứng dụng công nghệ thông tin để tạo một sách
điện tử (E-Book) hay xây dựng một "học liệu" mở, đưa hệ thống bài tập đã xây

dựng vào nhằm tạo điều điện cho mọi HS đều có nguồn tài liệu để tự học, tự
nghiên cứu.

Phạm vi ứng dụng của sáng kiền kinh nghiệm này là học sinh lớp 12

VI. TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. Đề thi tuyển sinh Đại học cao đẳng của Bộ giáo dục và Đào tạo từ các

năm 2007-2014

2. Phạm Ngọc Bằng và các cộng sự (2011), 16 phương pháp và kĩ thuật giải

nhanh bài tập trắc nghiệm mơn Hóa học, nhà xuất bản đại học sư phạm

3. Đỗ Xuân Hưng (2010), Hướng dẫn giải nhanh các dạng bài tập trắc

nghiệm Hóa học hữu cơ, nhà xuất bản đại học quốc gia Hà Nội.

4. Lương Công Thắng (2010), Xây dựng và sử dụng hệ thống bài tập hóa

học có nhiều cách giải để rèn luyện tư duy cho học sinh lớp 12 trung học

phổ thông, Luận văn thạc sỹ giáo dục học trường ĐHSP TP HCM

5. Nguyễn Văn Út (2007), Giải bằng nhiều cách các bài tốn hóa học 11, ,

nhà xuất bản đại học quốc gia TH HCM.

VII. PHỤ LỤC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
TẠO ĐỒNG NAI

ĐỀ KIỂM TRA MỘT TIẾT CHƢƠNG 6 
MƠN: HĨA HỌC 12

Thời gian làm bài: 46phúT 
(25 câu trắc nghiệm)

</div>
(77)<div class='page_container' data-page=77>

Cho biết: Cho biết khối lượng nguyên tử (theo u) của các nguyên tố là:

H = 1; Be = 9; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Mg = 24; Al = 27;

S = 32; Cl = 35,5; Ca = 40; Fe = 56; Zn = 65; Sr = 88; Ba = 137, Cr =52.
Câu 1: Cấu hình electron của nguyên tử Na (Z =11) là

A. 1s22s2 2p6 3s2. B. 1s22s2 2p6 3s1.
C. 1s22s2 2p6. D. 1s22s2 2p6 3s23p1.

Câu 2: Nếu cho từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl3 thì có hiện tượng

A. dung dịch trong suốt. B. kết tủa và tan dần.

C. kết tủa. D. kết tủa tăng dần đến cực đại. 
Câu 3: Chất khơng có tính lưỡng tính là

A. NaHCO3. B. Al(OH)3. C. Na[Al(OH)4]. D. Al2O3.

Câu 4: Cho 200 ml dung dịch AlCl3 1,5M tác dụng với V lít dung dịch NaOH 0,5M,

lượng kết tủa thu được là 15,6 gam. Giá trị lớn nhất của V là

A. 2. B. 1,2. C. 2,4. D. 1,8.

Câu 5: Có thể loại trừ tính cứng tạm thời bằng cách đun sơi vì 
A. nước sơi ở 100 oC.

B. khi đun sơi có chất khí bay ra.

C. khi đun sơi đã làm tăng độ tan của các chất kết tủa. 
D. Mg2+, Ca2+ kết tủa dưới dạng hợp chất không tan.

Câu 6: Dung dịch làm quỳ tím chuyển sang màu xanh là

A. NaCl. B. Na2SO4. C. NaOH. D. NaNO3.

Câu 7: Cho các dung dịch sau : (1) Na2CO3, (2) HCl, (3) Na3PO4 , (4)NaHCO3, (4)

NaOH .Dung dịch có thể làm mềm nước có tính cứng vĩnh cửu là

A. (1), (2). B. (1), (3). C. (3), (4). D. (2),(4).

Câu 8: Cho từ từ dung dịch chứa a mol HCl vào dung dịch chứa b mol Na2CO3 đồng thời

khuấy đều, thu được V lít khí (đktc) và dung dịch X. Khi cho dư nước vơi trong vào dung
dịch X thấy có xuất hiện kết tủa. Biểu thức liên hệ giữa V với a, b là

A. V = 11,2(a - b). B. V = 22,4(a + b). C. V = 22,4(a - b). D. V = 11,2(a + b). 
Câu 9: Phản ứng mô tả hiện tượng xâm thực núi đá vôi là

A. Ca(HCO3)2 + Ca(OH)2 →2CaCO3 + 2H2O.

B. CO2+ Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O.
C. Ca(HCO3)2 → CaCO3 + CO2 + H2O.

D. CaCO3 + CO2 + H2O → Ca(HCO3)2.

Câu 10: Cho các chất: Al, Al2O3, Al2(SO4)3, Zn(OH)2, NaHS, K2SO3, (NH4)2CO3. Số

chất phản ứng được với với cả 2 dung dịch HCl và NaOH là

A. 4. B. 6. C. 7. D. 5.

Câu 11: Để bảo quản natri, người ta phải ngâm natri trong

A. nước. B. phenol lỏng. C. dầu hỏa. D. rượu etylic. 
Câu 12: Khi điện phân NaCl nóng chảy (điện cực trơ), tại catơt xảy ra

A. sự khử ion Cl-. B. sự oxi hoá ion Cl-.
C. sự oxi hoá ion Na+ . D. sự khử ion Na+.
Câu 13: Chất làm mềm nước cứng tạm thời là

A. Na2CO3. B. HCl. C. BaCl2. D. NaCl.

Câu 14: Cho hỗn hợp gồm Na và Al có tỉ lệ số mol tương ứng là 1 : 2 vào nước (dư). 
Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 8,96 lít khí H2 (ở đktc) và m gam chất
rắn không tan. Giá trị của m là

</div>
(78)<div class='page_container' data-page=78>

Câu 15: Tecmit là hỗn hợp của Al và

A. Cr2O3. B. Fe2O3. C. SiO2. D. Fe và TiO2.

Câu 16: Thuốc thử dùng để phân biệt 2 dung dịch ZnSO4 và Al2(SO4)3 là dung dịch

A. Na2CO3. B. Ba(OH)2. C. quỳ tím. D. NH3.

Câu 17: Nước cứng vĩnh cửu có chứa:

A. Mg2+, Ca2+, HCO3-. B. Ca2+, Mg2+, Cl-, SO42-.
C. Ca2+, Mg2+, SO42-, NO3-. D. Ca2+, Mg2+, Cl-, NO3-.

Câu 18: Cơng thức hố học của phèn chua là

A. K2SO4.24H2O. B. Al2(SO4)3.12H2O.

C. KAl(SO4)2.12H2O. D. K2SO4.Al2(SO4)3.12H2O.

Câu 19: Hỗn hợp X gồm Na và Al. Cho m gam X vào một lượng dư nước thì thốt ra V 
lít khí. Nếu cũng cho m gam X vào dung dịch NaOH (dư) thì được 1,75V lít khí. Biết các
thể tích khí đo trong cùng điều kiện. Thành phần phần trăm theo khối lượng của Na trong
X là

A. 39,87%. B. 49,87%. C. 77,31%. D. 29,87%. 
Câu 20: Để điều chế Al(OH)3 trong phịng thí nghiệm ta thực hiện

A. cho dung dịch NH3 dư vào dung dịch AlCl3.
B. cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch AlCl3.

C. điện phân dung dịch AlCl3.

D. cho dung dịch AlCl3 vào dung dịch NaOH.

Câu 21: Hiện tượng xảy ra khi cho dung dịch Na2CO3 tác dụng với dung dịch FeCl3 là

A. xuất hiện kết tủa đỏ nâu đồng thời thấy dung dịch sủi bọt khí. 
B. sủi bọt khí.

C. có kết tủa trắng tạo thành. 
D. tạo kết tủa Fe2(CO3)3.

Câu 22: Thể tích CO2 (đktc) cần cho vào dung dịch natrialuminat dư để thu được

15,6gam kết tủa là

A. 2,24 lít. B. 22,4 lít. C. 4,48 lít. D. 44,8 lít.

Câu 23: Nung nóng m gam hỗn hợp Al và Fe2O3 (trong mơi trường khơng có khơng khí)

đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp rắn Y. Chia Y thành hai phần bằng
nhau:

- Phần 1 tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng (dư), sinh ra 3,08 lít khí H2 (ở đktc).

- Phần 2 tác dụng với dung dịch NaOH (dư), sinh ra 0,84 lít khí H2 (ở đktc).
Giá trị của m là

A. 22,75. B. 21,40. C. 29,40. D. 29,43.

Câu 24: Hỗn hợp X gồm Na và Al. Cho m gam X vào một lượng dư nước thì thốt ra V 
lít khí. Nếu cũng cho m gam X vào dung dịch NaOH (dư) thì được 1,75V lít khí. Biết các
thể tích khí đo trong cùng điều kiện.Thành phần phần trăm theo khối lượng của Na trong
X là

A. 29,87%. B. 49,87%. C. 77,31%. D. 39,87%.

Câu 25: Hấp thụ hoàn toàn 3,584 lít CO2 (đktc) vào 2 lít dung dịch Ca(OH)2 0,02M được

kết tủa X và dung dịch Y. Khi đó khối lượng của dung dịch Y so với khối lượng của dung
dịch Ca(OH)2 sẽ

A. tăng 3,04 gam. B. tăng 7,04 gam. C. giảm 4 gam. D. giảm 3,04 gam. 
--- HẾT ---

</div>
(79)<div class='page_container' data-page=79>

Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 
Đáp

án

B B C A D C B C D D C D A B B D B C D A

Câu 21 22 23 24 25 
Đáp

án

</div>
(80)<div class='page_container' data-page=80>

SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI

Trường THPT Long 
Thành...

–––––––––––

CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM

Độc lập - Tự do - Hạnh phúc

––––––––––––––––––––––––

Đồng Nai, ngày 18 tháng 5 năm 2015

PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Năm học: ...2014--2015...

–––––––––––––––––

SỬ DỤNG BÀI TẬP HÓA HỌC CÓ NHIỀU CÁCH GIẢI ĐỂ RÈN LUYỆN TƯ
DUY CHO HỌC SINH LỚP 12 Ở TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THƠNG

Họ và tên tác giả: Nguyễn Trí Ngẫn; Chức vụ: giáo viên
Đơn vị: Trường THPT Long Thành

Lĩnh vực: (Đánh dấu X vào các ô tương ứng, ghi rõ tên bộ môn hoặc lĩnh vực khác) 
- Quản lý giáo dục  - Phương pháp dạy học bộ môn: ...
- Phương pháp giáo dục  - Lĩnh vực khác: ...
Sáng kiến kinh nghiệm đã được triển khai áp dụng: Tại đơn vị  Trong Ngành


1. Tính mới (Đánh dấu X vào 1 trong 3 ô dưới đây)

- Đề ra giải pháp thay thế hoàn toàn mới, bảo đảm tính khoa học, đúng đắn 
- Đề ra giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, bảo đảm tính khoa học, đúng
đắn 

- Giải pháp mới gần đây đã áp dụng ở đơn vị khác nhưng chưa từng áp dụng ở đơn
vị mình, nay tác giả tổ chức thực hiện và có hiệu quả cho đơn vị 

2. Hiệu quả (Đánh dấu X vào 1 trong 5 ô dưới đây)

- Giải pháp thay thế hoàn toàn mới, đã được thực hiện trong tồn ngành có hiệu quả

cao 

- Giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, đã được thực hiện trong tồn ngành
có hiệu quả cao 

- Giải pháp thay thế hoàn toàn mới, đã được thực hiện tại đơn vị có hiệu quả cao 
- Giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, đã được thực hiện tại đơn vị có hiệu
quả 

3. Khả năng áp dụng (Đánh dấu X vào 1 trong 3 ô mỗi dòng dưới đây)

</div>
(81)<div class='page_container' data-page=81>

Trong Tổ/Phòng/Ban  Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT  Trong
ngành 

- Đưa ra các giải pháp khuyến nghị có khả năng ứng dụng thực tiễn, dễ thực hiện và dễ đi
vào cuộc sống: Trong Tổ/Phòng/Ban  Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT 

Trong ngành 

- Đã được áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả hoặc có khả năng áp dụng đạt hiệu quả trong
phạm vi rộng: Trong Tổ/Phòng/Ban  Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT 

Trong ngành 

Xếp loại chung: Xuất sắc  Khá  Đạt  Không xếp loại 

Cá nhân viết sáng kiến kinh nghiệm cam kết và chịu trách nhiệm không sao chép tài

liệu của người khác hoặc sao chép lại nội dung sáng kiến kinh nghiệm cũ của mình.

Tổ trưởng và Thủ trưởng đơn vị xác nhận đã kiểm tra và ghi nhận sáng kiến kinh
nghiệm này đã được tổ chức thực hiện tại đơn vị, được Hội đồng chuyên môn trường
xem xét, đánh giá; tác giả không sao chép tài liệu của người khác hoặc sao chép lại nội
dung sáng kiến kinh nghiệm cũ của chính tác giả.

Phiếu này được đánh dấu X đầy đủ các ô tương ứng, có ký tên xác nhận của tác giả 
và người có thẩm quyền, đóng dấu của đơn vị và đóng kèm vào cuối mỗi bản sáng kiến 
kinh nghiệm.

NGƯỜI THỰC HIỆN SKKN

Nguyễn Trí Ngẫn

XÁC NHẬN CỦA TỔ 
CHUYÊN MÔN

Nguyễn Thị Tuyết Lan

THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

</div>