SKKN vận dụng phương pháp giải bài tập hóa học chương trình THPT nhằm phát triển năng lực tư duy cho học sinh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

TRƯỜNG THPT MAI ANH TUẤN

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

VẬN DỤNG PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔI GIẢI BÀI TẬP HĨA HỌC
CHƯƠNG TRÌNH THPT NHẰM PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ
DUY CHO HỌC SINH

Người thực hiện: Vũ Văn Phương
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác: Trường THPT MAI ANH TUẤN
SKKN thuộc lĩnh mơn: Hóa Học

THANH HĨA NĂM 2021


MỤC LỤC
1. MỞ ĐẦU..................................................................................................trang 02
1.1. Lí do chọn đề tài....................................................................................trang 02
1.2. Mục đích nghiên cứu ............................................................................trang 02
1.3. Đối tượng nghiên cứu ...........................................................................trang 03
1.4. Phương pháp nghiên cứu ......................................................................trang 03
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM............................................trang 03
2.1. Cơ sở lý luận ........................................................................................trang 03
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm ………..trang 04
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề.....................................trang 04
2.4. Hiệu quả của SKKN....……...…………………………………………trang 19
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ..................................................................trang 20

1. MỞ ĐẦU
1. 1. Lý do chọn đề tài
Trong hóa học, nhiều trường hợp, có q trình phản ứng diễn ra rất phức tạp
như trong phản ứng oxi hóa - khử chẳng hạn, có nhiều phản ứng mà tất cả các chất
trong cùng một hợp chất, hỗn hợp đều đóng vai trị là chất oxi hóa hoặc khử.
Ví dụ: hỗn hợp chứa FeO, Fe3O4, Fe2O3 hoặc hỗn hợp chứa Fe, FeS và FeS2 hoặc
hỗn hợp gồm CH4, C2H4, C3H4, C4H4,…
Cho nên đối với những bài tập tính tốn dạng này mà chúng ta dùng phương
trình phân tử, hay quá trình trao đổi electron thì sẽ rất là phức tạp. Hay là trong
những phản ứng cháy của polime, hoặc những phản ứng trong dung dịch, nếu giải
theo cách thơng thường thì rất mất nhiều thời gian, thậm chí cịn khơng giải được.
Vì thế nảy sinh ra vấn đề là phải “quy đổi” để làm đơn giản hơn, thuận lợi
hơn. Phương pháp 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, thuận tiện.
Nhận thức được tầm quan trọng của vấn đề trên, tôi chọn đề tài: “Vận dụng
phương pháp giải bài tập hóa học chương trình THPT nhằm phát triển năng
lực tư duy cho học sinh’’.
1. 2. Mục đích nghiên cứu
Qua nghiên cứu đề tài sáng kiến kinh nghiệm này và vận dụng vào ôn tập
cho học sinh lớp 12, giúp các em áp dụng thành thạo phương pháp quy đổi để giải
nhanh các bài tập mà phương pháp truyền thống giải rất lâu và ít hiệu quả. Việc làm
này có tác dụng nâng cao hiệu quả dạy của thầy và học sinh giúp các em đạt kết
quả cao trong kì thi THPT Quốc gia.
1. 3. Đối tượng nghiên cứu
Với đè tài sáng kiến kinh nghiệm này tơi vận dụng trong q trình giảng dạy
mơn hóa học lớp 12 của trường THPT Mai Anh Tuấn.
Vận dụng vào nội dung cụ thể là giải các bài toán có nhiều sự thay đổi số oxi
hóa.

1. 4. Phương pháp nghiên cứu
Nghiên cứu tư liệu để xây dựng cơ sở lí luận của đề tài nghiên cứu
Khảo sát thực tiễn qua thông tin trên mạng và qua thực trạng học mơn Hóa
học của trường THPT Mai Anh Tuấn mà tơi đang dạy để có cái nhìn khái qt về
thực trạng dạy học sinh mơn Hóa học phần giải bài tập về hỗn hợp nhiều chất.
1


2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM.
Tác động bằng
2.1. Cơ sở lý luận.
thí nghiệm hóa
Trong Hóa học, dạng bài tập về phản ứng oxi hóa khử rất phổ biến và đa
dạng, có rất nhiều bài được ra trong các đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng. Với
các phương pháp thông thường như phương pháp đại số, đặt ẩn, lập hệ gồm nhiều
phương trình, sẽ rất mất thời gian và khó khăn để học sinh tìm ra kết quả cho dạng
bài tập trên. Các em thường nghĩ đến dùng phương pháp bảo tồn electron để làm.
Tuy nhiên, khơng phải bất cứ phản ứng có sự thay đổi số oxi hóa nào cũng giải
được theo phương pháp bảo toàn electron. Với những bài tập có nhiều chất tham
gia phản ứng và sự thay đổi số oxi hóa q nhiều thì học sinh cần biết cách đưa bài
tập phức tạp về dạng đơn giản. Như vậy, không những các em sẽ giải được mà còn
làm rất nhanh. Để giúp cho giáo viên và học sinh giải quyết khó khăn trên, tơi xin
trình bày trong sáng kiến này một phương pháp giải toán Hóa có thể rút ngắn được
thời gian, nâng cao được tư duy và có đáp án bài tốn nhanh nhất, chính xác cao.
Đây là một trong những phương pháp mới và nguyên tắc của phương pháp này là:
biến đổi toán học trong một bài tập Hóa nhằm đưa hỗn hợp phức tạp ban đầu về
dạng đơn giản hơn, qua đó làm cho các phép tính trở nên dễ dàng, thuận tiện.
Phương pháp này giúp học sinh thiết lập được mối liên hệ trong bài dễ dàng, giải
quyết các dạng bài tập gồm nhiều chất phản ứng của cùng kim loại như hỗn hợp
oxit sắt, đồng và muối đồng, một số bài tập về hữu cơ...nhanh nhất.

2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Trong mỗi năm học khi dạy bài tập về dạng này, tôi thường cho HS làm một
số bài tập (kiểm tra 45 phút) để đánh giá mức độ nắm vững kiến thức và kỹ năng
làm bài tập dạng này. Khi khảo sát ở các lớp khác nhau với những đối tượng học
sinh khác nhau, tôi nhận thấy một số đặc điểm chung như sau:
Nhiều em thích cách giải bài tốn bằng cách viết tất cả các phương trình hóa
học xảy ra, dẫn đến đơi khi số ẩn nhiều hơn số phương trình. Cách giải quyết này
chỉ phù hợp với các bài toán nhỏ, ít phương trình khơng phù hợp với xu hướng của
một bài toán trắc nghiệm.
Phần lớn các em chưa hiểu hoặc chưa biết gì về phương pháp này, một bài
tốn mà giá trị thu được là nghiệm âm, thậm chí quy tắc phản ứng cũng bị đảo lộn
làm nhiều em khá lung túng trước phương pháp này.
Phần lớn các em chưa làm xong bài hoặc giải sai, giải nhầm, không ra được
kết quả
Điểm khá giỏi ít (20%), phần lớn chỉ đạt điểm trung bình hoặc yếu.
Ngun nhân chính là do
2


Học sinh chưa nắm chắc kiến thức cơ bản, còn sai, cịn nhầm nhiều
Lúng túng khi gặp bài tốn có nhiều phương trình, nhiều chất tham gia và
nhiều chất sản phẩm hoặc bài tốn có nhiều giai đoạn.
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề.
Trên cơ sở lí luận và thực trạng vấn đề đã phân tích ở trên, tơi thấy để giải
quyết vấn đề cần phải rèn luyện cho học sinh phương pháp giải toán hóa học một
cách đơn giản nhưng tư duy hơn. Vì thế tôi cần nghiên cứu về các mặt ưu, nhược
của phương pháp thật kĩ lưỡng, các định luật bắt buộc học sinh phải nắm vững
trong phương pháp quy đổi, cũng như cần soạn giải các bài tốn Hóa theo phương
pháp này nhưng theo nhiều hướng quy đổi khác nhau để giáo viên và học sinh có
thể áp dụng hiệu quả.

Cần chú ý tới năng lực của từng học sinh khi tiếp thu phương pháp mới này,
tiến hành thực nghiệm và đánh giá kết quả của học sinh khi sử dụng phương pháp
quy đổi để giải các bài tốn hóa gồm nhiều chất phản ứng phức tạp.
Cùng một dạng bài tập nhưng cho các em giải theo nhiều phương pháp để so
sánh hiệu quả của các phương pháp. Khi sử dụng phương pháp quy đổi các em sẽ
dễ xác định hướng đi của bài và giải nhanh hơn, hiểu bài hơn, có thể giải được một
số bài tốn hóa trong đề thi đại học. Từ đó xây dựng tinh thần học tập hứng thú hơn
với bộ mơn Hóa học cho học sinh trong toàn trường.
2.3.1. Các định luật vận dụng.
a. Định luật bảo toàn khối lượng:
Nội dung: Khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng khối lượng các chất được
tạo thành sau phản ứng.
Trong đó chúng ta cần vận dụng các hệ quả:
Hệ quả 1: Gọi mA là tổng khối lượng các chất trước phản ứng, m B là khối
lượng các chất sau phản ứng. Dù phản ứng xảy ra với hiệu suất bất kỳ ta đều có: m A
= m B.
Hệ quả 2: Khi cation kim loại kết hợp với anion phi kim để tạo ra các hợp
chất ta ln có: Khối lượng chất = khối lượng của cation+khối lượng anion. Khối
lượng của cation hoặc anion ta coi như bằng khối lượng của nguyên tử cấu tạo
thành.
b. Định luật bảo toàn nguyên tố:
Nội dung định luật: Tổng khối lượng một nguyên tố trước phản ứng bằng
tổng khối lượng của nguyên tố đó sau phản ứng. Hoặc tổng số mol của một ngun
tố được bảo tồn trong phản ứng hóa học.
3


c. Định luật bảo tồn electron:
Trong phản ứng oxi hóa khử: Số mol electron mà chất khử cho đi bằng số
mol electron mà chất oxi hóa nhận về.

Khi vận dụng định luật bảo tồn electron vào dạng tốn này cần lưu ý:
Trong phản ứng hoặc một hệ phản ứng chỉ cần quan tâm đến trạng thái đầu
và trạng thái cuối mà không cần quan tâm đến trạng thái trung gian.
Nếu có nhiều chất oxi hóa và chất khử thì số mol electron trao đổi là tổng số
mol của tất cả chất nhường hoặc nhận electron.
d. Định luật bảo toàn điện tích:
Dung dịch ln trung hịa về điện nên:
Tổng điện tích dương = Tổng điện tích âm. Hay Tổng số mol điện tích
dương = Tổng số mol điện tích âm.
2.3.2. Các dạng quy quy đổi chính khi giải bài tốn hóa học.
a. Dạng 1: Quy đổi hỗn hợp nhiều chất về các nguyên tử tương ứng.
Khi gặp bài toán hỗn hợp nhiều chất nhưng về bản chất chỉ gồm 2 (hoặc 3)
nguyên tố ta quy đổi thẳng hỗn hợp về 2 (hoặc 3) nguyên tử tương ứng.
Ví dụ : Hỗn hợp đầu gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 quy đổi về 2 nguyên tử Fe và O.
b. Dạng 2: Quy đổi hỗn hợp nhiều chất về hỗn hợp hai hoặc một chất.
Ví dụ : Hỗn hợp đầu gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 quy đổi về hai chất bất kỳ trong
hỗn hợp đầu: (Fe, FeO), (Fe, Fe3O4), (Fe, Fe2O3), (FeO, Fe3O4), (FeO, Fe2O3),
(Fe3O4, Fe2O3) hoặc FexOy.
c. Dạng 3: Quy đổi tác nhân oxi hóa- khử
Bài tốn xảy ra nhiều giai đoạn oxi hóa khác nhau bởi những chất oxi hóa
khác nhau, quy đổi vai trị chất oxi hóa này cho chất oxi hóa kia, nhưng phải đảm
bảo :
- Số electron nhường nhận là khơng đổi
- Do sự thay đổi tác nhân oxi hóa nên cần thay đổi sản phẩm cho phù hợp
[O ]
Ví dụ: Fe  →
hỗn hợp X (Fe,[O]
FeO, Fe3O4, Fe2O3) HNO
→ Fe3+, NO (sản phẩm
3

sau:Fe2O3)
2.3.3. Các bước giải.
- Sơ đồ hóa bài tốn( có thể bỏ qua bước khi đã thành kỹ sảo).
- Lựa chọn để đưa ra quyết định dạng quy đổi.
- Lập phương trình (hệ phương trình) dựa vào dữ kiện bài tốn → tìm đáp số.
2.3.4. Lưu ý.
4


- Phương pháp đặc biệt phát huy tác dụng trong bài toán hỗn hợp sắt và các
oxit, hỗn hợp các hợp chất của sắt, đồng, ...
- Dạng 1: Cho lời giải nhanh và hay được áp dụng nhất.
- Dạng 2: Tính chính xác cao và ít gặp sai lầm.
- Dạng 3: Khó hơn và ít được sử dụng.
- Trong q trình làm bài thường kết hợp với các phương pháp khác: Bảo
toàn khối lượng, bảo toàn electron,...
- Các giá trị giả định sau quy đổi, khi giải có thể nhận giá trị âm.
2.3.5. BÀI TẬP ÁP DỤNG .
Bài toán 1: Để hoà tan hoàn toàn 2,32 gam hỗn hợp gồm FeO, Fe3O4 và
Fe2O3(trong đó số mol FeO bằng số mol Fe2O3), cần dùng vừa đủ V lít dung dịch
HCl 1M. Giá trịcủa V là( Đề thi đại học 2008):
A. 0,23.
B. 0,18.
C. 0,08.
D. 0,16.
Bài giải.
Sơ đồ hóa bài tốn:

FeO

Fe2O3
Fe3O4

Dung dịch:
Fe2+, Fe2+

Áp dụng quy đổi dạng 1: Quy đổi hỗn hợp trên về thành Fe3O4:
Phương trình phản ứng:
Fe3O4 + 8HCl
→ FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O
0,01
0.08
Theo giả thuyết ta có số mol của Fe3O4 là 0,01
Gía trị của V là: = 0,08 lit
Bài toán 2: Hỗn hợp X gồm Mg, MgO, Ca và CaO. Hòa tan 10,72 gam X vào
dung dịch HCl vừa đủ, thu được 3,248 lít khí (đktc) và dung dịch Y. Trong Y có
12,35 gam MgCl2 và m gam CaCl 2. Giá trị của m là
A. 19,98.
B. 33,3.
C. 13,32.
D. 15,54.
Bài giải.
Áp dụng quy đổi dạng 1: Quy đổi X thành hỗn hợp gồm Mg, Ca, O.
Các quá trình nhường và nhận electron như sau
5


Ca2+ + 2e

Ca

O

x mol----------- > 2x mol

2H+ + 2e

0,13 mol------ > 0,26 mol.
=

H2

0,29 < -- 0,145 mol

= 0,145 mol. Bảo toàn nguyên tố Mg

mX = mMg + mCa + mO

O2-

2e

y mol --- > 2y mol

Mg2+ + 2e.

Mg

+

nMg =

0,13.24 + 40x + 16y = 10,72

= 0,13 mol.

40x + 16y = 7,6 (1).

Áp dụng định luật bảo toàn electron ⇒ 2x + 0,26 = 2y + 0,29

2x – 2y = 0,03(2).

x = 0,14
→
→ mCaCl2 = 111.0,14 = 15,54g am.
y = 0,125

Bài toán 3: Nung m gam bột sắt trong oxi thu đựơc 6 gam hỗn hợp chất rắn X. Hoà
tan hết hỗn hợp X trong dung dịch HNO3 dư thoát ra 1,12 lít NO (đktc) là sản phẩm
khử duy nhất. giá trị của m là:
A. 5,04 gam
B. 5,96 gam
C. 4,36 gam
D. 4,48 gam
Bài giải
Sơ đồ hóa bài tốn:
Khí NO (0,56l, đktc)
nNO=0,025 mol.
Fe

[ ]
Fe 
→
+O

FeO
+dd HNO3
Fe2O3
Fe3O4
Dung dịch Fe3+
mFe = ? gam
6 gam
Cách 1( quy đổi dạng 1): Quy hỗn hợp chất rắn X về nguyên tử là Fe và O.
Ta xem 6 gam hỗn hợp X gồm (Fe, FeO, Fe 2O3 và Fe3O4) là hỗn hợp của x
mol Fe và y mol O. Ta có: mhỗn hợp =56x+16y =6 (1).
Mặt khác q trình cho và nhận electron như sau.
0

X

+3

Fe− 3e → Fe+ 3e
x → 3x

3x

0

−2

O + 2e → O
y → 2y

+5

+2

N + 3e → N
0,15←0,05
...0,18
¬ 0,06

Áp dụng đinh luật bảo tồn electron: ne cho = ne nhận
hay: 3.nFe = 2nO + 3nNO
hay 3x = 2y + 0,15 (2)
Từ (1) và (2) suy ra nFe = 0,09 mol ⇒ mFe = 56.0,09 = 5,04 gam
⇒ Chọn đáp án A .
6


Cách 2( Quy đổi dạng 2):
Fe: x mol
* Quy đổi hỗn hợp X thành:
Fe2O3: y mol
Ta có: mX = 56x + 160y = 6 (3)
Các quá trình nhường nhận electron:
0

+3

+2

+5

Fe → Fe + 3e

N + 3e → N

x
3x
Theo bảo toàn electron: 3x = 0,15 (4)
Theo bảo toàn nguyên tố đối với Fe:
nFe ban đầu = nFe quy đổi +

0,15

Fe: 0,05 mol

= 0,09 mol.

⇒ m = 0,09.56= 5,04 gam.
Hoặc: Quy đổi hỗn hợp X thành( dạng 2)
Ta có: mX = 56x + 72y = 6 (5)
Các quá trình nhường nhận electron:
0

+3

Fe → Fe + 3e

+2

0,05

+3

Fe → Fe +1e

+5

Fe2O3: 0,02 mol

Fe: x mol
FeO: y mol
+2

N + 3e → N

x
3x
y
1y
0,15
0,05
Theo bảo toàn electron: 3x + y = 0,075 (6)
Từ (5) và (6) ⇒
; vậy X gồm
x = 0,03 mol

Fe: 0,03 mol

y =0,06
Theo bảo toàn nguyên
tố đốimol
với Fe:

FeO: 0,06 mol

nFe ban đầu = nFe trong quy đổi +

= 0,09 mol.

⇒ m = 0,09.56= 5,04 gam.
Cách 3 ( quy đổi dạng 3).
Sơ đồ hóa bài tốn:

[ ]
Fe 
→
+O

m gam

X

Fe
FeO
Fe2O3
Fe3O4

6 gam

Dd HNO3

Thay vai trị oxi hóa của HNO3 bằng [ O ] , ta có:
Fe
[ O]
[ O]
FeO
Fe
Fe2O3
Fe
O
(**)
2
3
(*)
Fe3O4

Khí NO (0,05mol)

Dung dịch Fe3+

7


m gam

6 gam
+5

Ở đây ta thay vai trò nhận e của N bằng O:
+ 2e
0,15 < --- 0,05
+5

0

Theo nguyên tắc quy đổi, số e mà N nhận và O nhận phải như nhau:
⇒ 2nO(**) = 0,15 ⇒ nO(**) = 0,075 mol
Theo bảo toàn khối lượng:
mX = mX + mO(**) = 6 + 16.0,075= 7,2 gam.
Theo bảo toàn nguyên tố đối với Fe: nFe =

=

= 0,09 mol.

⇒ mFe = 56 x 0,09 = 5,04 gam. ⇒ Chon đáp án A.

Bài toán 4: Cho 11,36 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe 2O3 và Fe3O4 phản ứng
hết với dung dịch HNO3 loãng (dư), thu được 1,344 lít khí NO (sản phẩm khử duy
nhất, ở đktc) và dung dịch X. Cô cạn dung dịch X thu được m gam muối khan. Tìm
giá trị m? (Đề thi Đại học khối A 2008)
A. 14,52
B. 38,72
C. 19,36
D. 53,24
Bài giải.
Quy đổi hỗn hợp đầu về hai nguyên tố( Dạng 1) Fe và O: Fe: x mol

O: y mol
Sơ đồ hóa bài tốn:
+2

Khí N O (1,344 lít)
ddH N O3
Fe
nNO = 0,06 mol
0
O gam
Dung dịch: Fe3+
11,36
2Ta có phương trình: 56x + 16y = 11,36 (1) O
+5

0

Các quá trình nhường nhận electron:
0

+3

0

Fe → Fe + 3e

-2

O + 2e → O

+5

+2

N + 3e → N

x --------> 3x
y --> 2y
0,18<-- 0,06
Theo bảo toàn electron: 3x - 2y = 0,18 (2)
Từ (1) và (2) ⇒

{

56 x +16 y =11,36
3 x −2 y =0,18

mol
⇒{ xy==0,16
0,15 mol

Theo bảo toàn nguyên tố:
8


⇒ nFe3+ = nFe = 0,16mol
mFe ( NO3 )3 = 0,16 x 242 = 38, 72 gam

⇒ Chọn đáp án B.
Bài toán 5:(Đề thi khối B năm 2008) Cho 9,12 gam hỗn hợp gồm FeO, Fe 2O3,

Fe3O4 tác dụng với dung dịch HCl (dư). Sau khi các phản ứng xảy ra hồn tồn,
được dung dịch Y; cơ cạn Y thu được 7,62 gam FeCl 2 và m gam FeCl3. Giá trị của
m là
A. 9,75.
B. 8,75.
C. 7,80.
D. 6,50.
Bài giải.
FeO
Fe2O3
Fe3O4

Fe: x mol
Áp dụng quy đổi dạng 1: Quy đổi hỗn hợp gồm
thành
O: y mol
Sơ đồ hóa bài tốn:
7,62 gam Fe2+ (nFe2+ = 0,06 mol)
Fe: x mol
O : y mol +Dd HCl dư
Fe3+: m gam
Tính m?
9,12
gam
2Ta có: 56x + 16y = 9,12 (1)
O
Các quá trình nhường nhận eletron:
0

+2

Fe →Fe + 2e

0

+3

Fe →Fe +3e

0

-2

O +2e →
O

0,06 --------- > 0,12
(x-0,06) ---> 3(x-0,06)
y --- >2y
Theo bảo toàn electron: 0,12 + 3(x - 0,06) = 2y (2)
Từ (1) và (2) ta có:

{

56 x +16 y =9,12
3 x − 2 y = 0,06

⇒ { xy==0,12
0,15 ⇒

{

nFe = 0,12 mol
nO = 0,15 mol

⇒ nFeCl3 = x − 0, 06 = 0,12 − 0, 06 = 0, 06mol ⇒ mFeCl3 = 0, 06 x162,5 = 9, 75 gam

⇒ Chon đáp án A.
Bài toán 6: Nung X mol Fe và 0,15 mol Cu trong khơng khí một thời gian thu được
63,2 gam hỗn hợp chất rắn X. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp chất rắn X bằng H2SO4
đặc, nóng, dư thu được dung dịch Y và 6,72 lít khí SO2(đktc). Tính x.
A.0,5
B. 0,7
C.0,8
D.0,9
Bài giải.
Cách quy đổi ( Dạng 1). Quy đổi hỗn hợp X thành: x mol Fe , 0,15 mol Cu và y
mol O.
Ta có: mhỗn hợp =56x + 64.0,15 +16y=63,2

56x+16y=53,6 (1)

Mặt khác quá trình cho và nhận electron như sau:
9


Sự oxi hóa

0

Sự khử
−2

O + 2e →O
y →2y

S+6 + 2e
0,6

S+4
0,3

Áp dụng ĐLBT electron ta được:

n e = 3x + 0,3 = 0,6 + 2y, => 3x − 2y = 0,3

(2)

Giải hệ (1) và (2) ⇒ x=0,7 mol, y=0,9 mol.
Vậy x bằng 0,7 mol.
⇒ Chọn đáp án B.
Bài tốn 7: Hịa tan hoàn toàn 15,2 gam chất rắn X gồm Cu, CuS, Cu2S và S
bằng HNO3 dư, thốt ra 10,08 lít khí NO duy nhất (đktc) và dung dịch Y. Thêm
Ba(OH)2 dư vào Y thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là:
A. 56,815.
B. 44,820.
C. 55,475
D. 56,850.
HD: Quy đổi( Dạng 2) hỗn hợp X thành
Theo bảo toàn khối lượng: 64x + 96y = 15,2 (1)

Sơ đồ hóa bài tốn:
+5
Khí NO
+HNO3dư
(10,08 lít, đktc)
H

5

X
+2

Dung dich Y

+6

m gam.
Các q trình nhường và nhận electron:
Cu0

Cu+2 + 2e ;

CuS

Cu+2 + S+6 + 8e ;

N+5 + 3e

N+2
10

x ---------------------- > 2x
y ------------------------------------- > 8y
Bảo toàn electron: 2x + 8y = 1,35 (2)
Từ (1) và (2) suy ra x= -0,025; y= 0,175.
Theo bảo toàn nguyên tố:

=

⇒m =

+

=

1,35<---- 0,45

= 0,175 mol.

= 0,15 mol.

+

= 55,475 gam.

Đáp án C.
Bài toán 8: Hỗn hợp X gồm metan, etilen, propin và vinylaxetilen có tỉ khối
hơi của X so với H2 là 16,4. Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X trong oxi dư thu
được 10,56 gam CO2 và a gam nước. Giá trị của a là:

A. 4,32.
B. 3,60.
C. 5,18.
D. 7,2.
Bài giải.
Áp dụng quy đổi( Dạng 2): Quy đổi hỗn hợp X gồm CH4; C2H4; C3H4; C4H4
thành một chất là CxH4
Ta có MX = 32,8 ⇒ x = 2,4 và nCO2 = 0,24 mol
Phương trình hóa học: C2,4H4 + 3,4O2

2,4CO2 + 2H2O (1)

Từ (1) ⇒ nH2O = 0,2 mol ⇒ a = 3,6 gam.
⇒ Chon đáp án B
Bài toán 9: Hỗn hợp X gồm hiđro, propen, axit acrylic, ancol anlylic
(C3H5OH). Đốt cháy hoàn tồn 0,75 mol X, thu được 30,24 lít khí CO2 (đktc). Đun
nóng X với bột Ni một thời gian, thu được hỗn hợp Y. Tỉ khối hơi của Y so với X
bằng 1,25. Cho 0,1 mol Y phản ứng vừa đủ với V lít dung dịch Br2 0,1M. Giá trị
của V là (Đề thi đại học khối B năm 2013)
A. 0,3.
B. 0,4.
C. 0,5.
D. 0,6
Bài giải.
Áp dụng phương pháp quy đổi dạng 2:
Hỗn hợp C3H6; C3H4O2; C3H6O đều có một liên kết pi khi tham gia phản ứng với
dung dịch brom và H2 nên ta xem C3H6. Quy đổi hỗn hợp X thành H2 và C3H6.
Ta có nCO2 = 1,35 mol
11

Phương trình đốt cháy C3H6 là: C3H6 + 4,5O2

3CO2 + 3H2O (1)

Từ (1) ⇒ nC3H6 = 0,45 mol ⇒ nH2 = 0,3 mol ⇒ nC3H6: nH2 = 3:2
Khi đun nóng X với bột Ni một thời gian
C3H6 + H2 → C3H8 (2)
Ban đầu 3x
2x
Phản ứng a
a
a
Sau 3x-a
2x-a
a
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng mX = mY (MY = 1,25MX)
⇒ nX = 1,25nY = 1,25 x 0.1 = 0,125 mol =5x ⇒ x = 0,025.
Mặt khác nY = 5x – a ⇒ a = 0,025 ⇒ nC3H6 sau = 3x – a = 0,05 mol
Phương trình hóa học C3H6 + Br2 → C3H6Br2 (3)
Từ (3) ⇒ nBr2 = nC3H6 sau = 0,05 mol ⇒ V = 0,5 lít.
⇒ Chọn đáp án C
Bài toán 10: (Đề thi đại học khối A năm 2014). Đốt cháy hoàn toàn 13,36 gam hỗn
hợp X gồm axit metacrylic, axit ađipic, axit axetic và glixerol (trong đó số mol axit
metacrylic bằng số mol axit axetic) bằng O2 dư, thu được hỗn hợp Y gồm khí và
hơi. Dẫn Y vào dung dịch chứa 0,38 mol Ba(OH)2, thu được 49,25 gam kết tủa và
dung dịch Z. Đun nóng Z lại xuất hiện kết tủa. Cho 13,36 gam hỗn hợp X tác dụng
với 140 ml dung dịch KOH 1M, sau khi các phản ứng xảy ra hồn tồn, cơ cạn
dung dịch thu được chất rắn khan có khối lượng là
A. 13,32 gam.

B. 18,68 gam.
C. 19,04 gam.
D. 14,44 gam.
Bài giải.
Áp dụng phương pháp quy đổi dạng 2.
Hỗn hợp C4H6O2; C2H4O2 có số mol bằng nhau quy đổi thành C3H5O2 và kết
hợp với C6H10O4 tức là (C3H5O2)2 nên ta xem hỗn hợp C4H6O2; C2H4O2; C6H10O4
thành C3H5O2.
Quy đổi hỗn hợp X thành x mol C3H8O3 và y mol C3H5O2.
Ta có 92x + 73y = 13,36 (a)
Ta có nBaCO3 = 0,25 mol và nKOH = 0,14 mol
Phương trình hóa học:
C3H8O3 + 3,5O2 → 3CO2 + 4H2O (1)
C3H5O2 + 3,25O2 → 3CO2 + 2,5H2O (2)
CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3↓ + H2O (3)
2CO2 + Ba(OH)2 → Ba(HCO3)2
(4)
12


Từ (3) và (4) => nCO2 = 0,51 mol
Từ (1) và (2) ⇒ x + y = 0,17 (b)
Từ (a) và (b) ⇒ x = 0,05 và y = 0,12.
X tác dụng với dung dịch KOH (C3H5O2 = C2H4COOH)
C2H4COOH + KOH → C2H4COOK + H2O (5)
Từ (5) ⇒ nmuối = nKOH phản ứng = 0,12 mol ⇒ mchất rắn = mmuối + mKOH dư = 111.0,12 + 56.
(0,14 – 0,12) = 14,44 gam.
⇒ Chọn đáp án D
Bài toán 11: Cho m gam tinh bột lên men thành ancol (rượu) etylic với
hiệu suất 81%. Toàn bộ lượng CO2 sinh ra được hấp thụ hoàn toàn vào dung dịch

Ca(OH)2, thu được 275 gam kết tủa và dung dịch X. Đun kỹ dung dịch X thu thêm
được 50 gam kết tủa. Giá trị của m là
A. 275.
B. 276.
C. 650.
D. 375.
Bài giải.
Áp dụng phương pháp quy đổi một chất có cơng thức phức tạp thành một chất
có cơng thúc đơn giản.
Quy đổi tinh bột (C6H10O5)n thành C6H10O5
Quy đổi phương trình lên men thành:
C6H10O5 + H2O → 2C2H5OH + 2CO2 (1)
CO2 tác dụng với Ca(OH)2
CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O (2)
2CO2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2 (3)
Ca(HCO3)2 → CaCO3 + CO2 + H2O (4)
Từ (2), (3) và (4) ⇒ nCO2 = 2,75 + 2.0,5 = 3,75 mol.
Từ (1)⇒ nC6H10H5 =

⇒ mC6H10H5 = 1,875.162.

gam.

⇒ Chọn đáp án D
Bài 12: Dung dịch X có chứa 5 ion: Mg2+, Ba2+, Ca2+, 0,2 mol Cl − và 0,4 mol NO3− .
Thêm từ từ V lít dung dịch Na 2CO3 1M vào X đến khi lượng kết tủa lớn nhất thì giá
trị V tối thiểu cần dùng là:
A. 0,3.
B. 0,4.
C. 0,5.

D. 0,2.
Bài giải.
Quy đổi hỗn hợp 3 cation thành M2+.
Áp dụng bảo tồn điện tích:
13


ncation x 2 = 0,2 x1 + 0,4 x 1 =0,6 (mol)

⇒ ncation = 0,3 (mol)

M2+ + CO32− → MCO3 ↓
⇒

=

= ncation = 0,3 mol. ⇒

= 0,3 lít

⇒ Chọn đáp án A.
Bài toán 13: Cho butan qua xúc tác (ở nhiệt độ cao) thu được hỗn hợp X
gồm C4H10, C4H8, C3H8, C3H6, C2H6, C2H4 và H2. Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn
hợp X thu được 8,96 lít CO2 (ở đktc) và a gam H2O. Giá trị của a là:
A. 7,2.
B. 5,4.
C. 9,0.
D. 18,0.
Bài giải
Áp dụng phương pháp quy đổi

Quy đổi hỗn hợp X gồm C4H10, C4H8, C3H8, C3H6, C2H6, C2H4 và H2 thành C4H10
Phương trình hóa học:
C4H10 + 6,5O2 → 4CO2 + 5H2O (1)
Ta có nCO2 = 0,4 mol ⇒ nH2O = 0,5 mol ⇒ a = 9 gam.
⇒ Chọn đáp án C
Bài toán 14:(Đề thi THPT QG năm 2016): Nung m gam hỗn hợp X gồm
Fe, Fe(NO3)2, Fe(NO3)3 và FeCO3 trong bình kín (khơng có khơng khí). Sau khi các
phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được chất rắn Y và khí Z có tỉ khối so với H2 là 22,5
(giả sử khí NO2 sinh ra khơng tham gia phản ứng nào khác). Cho Y tan hoàn toàn
trong dung dịch gồm 0,01 mol KNO3 và 0,15 mol H2SO4 (loãng), thu được dung
dịch chỉ chứa 21,23 gam muối trung hịa của kim loại và hỗn hợp 2 khí có tỉ khối so
với H2 là 8 (trong đó có một khí hóa nâu trong khơng khí). Giá trị của m là
A. 11,32.

B. 13,92.

C. 19,16.
Bài giải.

D. 13,76

Vì Y tác dụng với KNO3 và H2SO4 có khí H2 ⇒ Y có Fe dư ⇒ Z khơng có O2

14


Bảo toàn khối lượng ⇒

m

Fe

=

21,23 −m

+

K
56

−mSO

2_
4

=6,44 gam

⇒ nFe = 0,115 mol.

BTNT N ⇒ n NO = 0, 01 ⇒

n H 2 × 2 + 0, 01× 30
n H2 + 0, 01

= 16 × 2 ⇒ n H 2 = 0, 01 mol

BTNT H ⇒ n H O = 0,14 mol
2

BTNT O ⇒ n O (Y ) = 0,14 + 0, 01 − 0, 01× 3 = 0,12 mol
M Z = 45 ⇒ n NO2 = n CO2 = x mol

Quy đổi hỗn hợp X thành Fe, NO3− , CO32−
 NO3− 
→ NO2 + O (Y)

 x 
→x
x ¬ 
⇒ x = 012 / 2 = 0, 06 ⇒ m = 0,115 × 56 + 0, 06 × (62 + 60) = 13, 76
 2−
CO

→
CO
+
O
 3
2
(Y)

 x 
→x
x ¬ 

⇒ Chon đáp án D
Bài toán 15: ( Đề thi THPT QG 2017): Hỗn hợp E gồm ba peptit mạch
hở: đipeptit X, tripeptit Y, tetrapeptit Z có tỉ lệ mol tương ứng là 2:1:1. Cho một
lượng E phản ứng hoàn toàn với dung dịch NaOH dư, thu được 0,25 mol muối của

glyxin, 0,2 mol muối của alanin và 0,1 mol muối của valin. Mặt khác, đốt cháy
hoàn toàn m gam E, thu được tổng khối lượng của CO2 và H2O là 39,14 gam. Giá
trị của m là
A. 20,17
B. 25,08
C. 16,78
D. 22,64
Bài giải
HD: Quy đổi E thành:
C2H3ON: 0,55 (Bảo toàn N)
CH2 : 0,5 (nCH2= nAla + 3nVal )
H2O: 0,2
⇒ mE = 41,95
Nếu đốt lượng E trên thu được:
nCO2 = 0,55.2 + 0,5 = 1,6
nH2O = 0,55.1,5 + 0,5 + 0,2 = 1,525
⇒ mCO2 + mH2O = 97,85
Đốt 41,95 gam E → mCO2 + mH2O = 97,85
⇒ 16,78...........................................39,14
Vậy m = 16,78 ⇒ Chọn đáp án C
15


Bài toán 16 : ( Đề thi THPT QG năm 2018) : Cho X, Y, Z là ba peptit mạch
hở (phân tử có số nguyên tử cacbon tương ứng là 8, 9, 11; Z có nhiều hơn Y một
liên kết peptit); T là este no, đơn chức, mạch hở. Chia 179,4 gam hỗn hợp E gồm
X, Y, Z, T thành hai phần bằng nhau. Đốt cháy hoàn toàn phần một, thu được amol
CO2 và (a-0,09) mol H2O. Thủy phân hoàn toàn phần hai bằng dung dịch NaOH
vừa đủ, thu được ancol metylic và 109,14 gam hỗn hợp G (gồm bốn muối của Gly,
Ala, Val và axit cacboxylic). Đốt cháy hoàn toàn G, cần vừa đủ 2,75 mol O 2. Phần

trăm khối lượng của Y trong E là
A. 8,70%.
B. 4,19%.
C. 14,14%.
D. 10,60%.
Bài giải
Ta có X, Y, Z phải là : Ala-Val ; (Gly)3-Ala ; (Gly)4-Ala
Quy đổi hỗn hợp E gồm : NH-CH2-CO (x mol) ; CH2 (y mol) ; H2O (z mol) và
HCOOCH3 (t mol)
nCO2 – nH2O = (2x + y + 2t) – (1,5x + y + z + 2t) = 0,09 ⇒ 0,5x – z = 0,09 (1)
0

t
4NH2-CH2-COONa + 9O2 →
Na2CO3 + 6CO2 + 8H2O +2 N2
t
2CH2 + 3O2 →
2CO2 + 2H2O
0

0

t
2HCOONa + O2 →
Na2CO3 + CO2 + H2O
mmuối = 97x + 14y + 68t = 109,14(2)
mE = 57x + 14y + 18z + 60t = 89,7⇒ 66x + 14y + 60t = 91,32 (3)

nO2 = x + 1,5y + 0,5t = 2,75 (4)
Từ (1), (2), (3), (4) ⇒ x = 0,34 ; y = 1,02 ; z = 0,08 ; t = 0,91

nX = a ; nY = b ; nZ = c
a + b + c = 0,08
2a + 4b + 5c = 0,34
4a + b + c = 1,02 – 0,91 ⇒ a = 0,01 ; b = 0,03 ; c = 0,04
%Y =

= 8,70%

Chọn đáp án A.
Bài toán 17( Đề thi THPT QG 2018): Hỗn hợp X gồm alanin, axit glutamic và
axit acrylic. Hỗn hợp Y gồm propen và trimetylamin. Đốt cháy hoàn toàn a mol X
và b mol Y thì tổng số mol oxi cần dùng vừa đủ là 1,14 mol, thu được H 2O, 0,1 mol
N2 và 0,91 mol CO2. Mặt khác, khi cho amol X tác dụng với dung dịch KOH dư thì
lượng KOH phản ứng là m gam. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m
là :
16


A. 16,8.

B. 14,0.

C. 11,2.

D. 10,0.

Bài giải
Quy đổi hỗn hợp X, Y thành: CO2 ; CH2 ; NH3
nNH3 = 2nN2 = 2.0,1 = 0,2 mol.
nO2 = 1,5nCH2 + 0,75nNH3 ⇒ nCH2=

= 0,66

nCO2 = nCO2 ban đầu + nCH2 ⇒ nCO2 ban đầu = 0,91 – 0,66 = 0,25
mKOH = 0,25.56 = 14 gam.
⇒ Chon đáp án B.
Bài toán 18: Cho hỗn hợp Z gồm peptit mạch hở X và amino axit Y (M X > 4MY)
với tỉ lệ mol tương ứng 1 : 1. Cho m gam Z tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH,
thu được dung dịch T chứa (m + 12,24) gam hỗn hợp muối natri của glyxin và
alanin. Dung dịch T phản ứng tối đa với 360 ml dung dịch HCl 2M, thu được dung
dịch chứa 63,72 gam hỗn hợp muối. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Kết luận nào
sau đây đúng?
A.Phần trăm khối lượng nitơ trong Y là 15,73%.
B.Số liên kết peptit trong phân tử X là 5.
C.Tỉ lệ số gốc Gly : Ala trong phân tử X là 3 : 2.
D. Phần trăm khối lượng nitơ trong X là 20,29%.
Bài giải.
Dung dịch G chứa GlyNa (a mol) và ValNa (b mol)
⇒ nHCl = 2a + 2b = 0,72
và 111,5a + 125,5b + 58,5(a + b) = 63,72
⇒ a = b = 0,18
⇒ nNaOH = a + b = 0,36
mNaOH - mH2O = 12,24
⇒ nH2O = 0,12
⇒ nX = nY = 0,06
X có k gốc amino axit ⇒ 0,06k + 0,06 = 0,36 ⇒ k = 5
TH1 : X là Gly3Ala2 và Y là Ala (Loại Vì MX < 4MY)
TH2: X là Gly2Ala3 và Y là Gly (Thỏa mãn MX > 4MY)
A. Sai, Y có %N = 18,67%
B. Sai, X có 4 liên kết peptit.

C. Sai
D. Đúng.
17


HD: Quy đổi Z thành C2H3ON( a mol), CH2(b mol), H2O ( c mol).
nNaOH = a mol, nH2O = c mol
⇒ 40a – 18c= 12,24 (1).
nHCl = nN + nNaOH.
⇒ a+ a = 0,72(2)
mmuối = mGlyNa + mAlaNa + mHCl
⇒ 57a + 14b + 40a + 0,72.36,5 = 63,72(3)
(1),(2),(3) ⇒ a= 0,36; b=0,18; c= 0,12
nAla = b = 0,18 ⇒ nGly =a-b =0,18 mol.
Số nguyên tử N trung bình = = 3, tỉ lệ mol 1:1 và Y có 1N nên X có 5N ⇒ B sai

nX = nY = = 0,06 mol. Nếu Y là Ala thì X có số gốc Ala =

Gly =

= 2 và số gốc

=3

⇒X là (Gly)3(Ala)2 : không thỏa mãn giả thiết MX > MY loại.
Vậy Y là Gly và X là (Gly)2(Ala)3
⇒Chọn đáp án D.
Bài toán 19 ( ĐỀ minh họa 2019): Cho X, Y là hai axit cacboxylic đơn chức (M X <
MY); T là este ba chức, mạch hở được tạo bởi X, Y với glixerol. Cho 23,06 gam hỗn
hợp E gồm X, Y, T và glixerol (với số mol của X bằng 8 lần số mol của T) tác dụng

vừa đủ với 200 ml dung dịch NaOH 2M, thu được hỗn hợp F gồm hai muối có tỉ lệ
mol 1 : 3 và 3,68 gam glixerol. Đốt cháy hoàn toàn F cần vừa đủ 0,45 mol O 2, thu
được Na2CO3, H2O và 0,4 mol CO2. Phần trăm khối lượng của T trong E có giá trị
gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 29.
B. 35.
C. 26.
D. 25.
Bài giải.
nNaOH = 0, 4 ⇒ nNa2CO3 = 0, 2 mol ; nO( F ) = 2nNaOH = 0,8 .
Bảo toàn O ⇒ nH 2O = 0,3 mol
Muối gồm Cn H mO2 Na ( 0,1 mol ) và Cn ' H m ' O2 Na ( 0,3 mol )
18


nC = 0,1n + 0,3n ' = nNa2CO3 + nCO2

⇒ n + 3n ' = 6 ⇒ n = 3 và n ' = 1 là nghiệm duy nhất
nH = 0,1m + 0,3m ' = 0,3. ⇒ m = 3

⇒ m' =1

Muối gồm CH 2 = CH − COONa ( 0,1) và HCOONa ( 0,3)
Quy đổi E thành: HCOOH :0, 3 mol ; CH 2 = CH − COOH : 0,1 mol

C3 H 5 ( OH ) 3 : 0, 04 mol ; H 2O : −e mol ; mE = 23,06 ⇒ e = 0, 09 ⇒ nT = e / 3 = 0,03

⇒ nX = 8nT = 0, 24 ⇒ nX trongT = 0,3 − 0,24 = 0,06 mol.
Dễ thấy nX trong T = 2nT nên phân tử T có 2 gốc X và 1 gốc Y
T là ( HCOO ) 2 ( C2 H 3COO ) C3 H 5 ( 0,03) ⇒ %T = 26, 28%

⇒ Chọn đáp án C.
Bài tốn 20 : Xà phịng hóa hồn toàn m gam hỗn hợp E gồm các triglixerit bằng
dung dịch NaOH, thu được glixerol và hỗn hợp X gồm ba muối C 17HxCOONa,
C15H31COONa, C17HyCOONa với tỉ lệ mol tương ứng là 3 : 4 : 5. Mặt khác, hiđro
hóa hoàn toàn m gam E thu được 68,96 gam hỗn hợp Y. Nếu đốt cháy hoàn toàn m
gam E cần vừa đủ 6,09 mol O 2. Giá trị của m là ( Đề minh họa thi TN THPT năm
2021)
A. 60,32.
B. 68,20.
C. 60,84.
D. 68,36.
Bài giải.
C trung bình của muối = (18.3 + 16.4 + 18.5)/(3 + 4 + 5) = 52/3
⇒ C trung bình của E = 3.52/3 + 3 = 55
Quy đổi E thành (HCOO)3C3H5 (a mol), CH2 (49a mol) và H2 (-b mol) (Tính Số
mol CH2 = 55a – 6a)
mY = 176a + 14.49a = 68,96
Số mol O2 = 5a + 1,5.49a – 0,5b = 6,09 mol.
⇒ a = 0,08; b = 0,38 ⇒ mE = 68,20 gam.
⇒ Chọn đáp án B.

Qua quá trình quan sát, theo dõi cách giải bài tập thông thường của học
sinh, tôi nhận thấy rằng hầu như các em chưa xác định được phương pháp giả bài
tập phù hợp cho từng dạng bài tập. Bài giải của các em thường dài, lâu ra đáp số
thậm chí là khơng tìm được đáp số.
Phương pháp giải bài tập áp dụng định luật bảo toàn khối lượng là một
phương pháp ngắn gọn, các em không viết các phương trình hóa học mà chỉ quan
19

tâm chất tham gia và chất sản phẩm của cả q trình hóa học. Các em có thể áp
dụng xun suốt phương pháp này cho việc giải bài tập của học sinh phổ thơng.
Kết quả học sinh học tập tích cực hơn, đa số tiến bộ nhanh, nắm vững kiến
thức, ghi nhớ kiến thức lâu hơn đặc biệt khả năng làm bài trắc nghiệm của các em
nhanh hơn.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản
thân, đồng nghiệp và nhà trường.
Giải bài tập theo phương pháp quy đổi không chỉ dành riêng cho học sinh
khối lớp 12 mà cịn có thể dùng làm phương pháp giải toán hữu hiệu cho học sinh ở
các khối lớp 10, 11. Đặc biệt phương pháp giải bài tập Hóa mang tính thơng minh,
sáng tạo sẽ giúp cho học sinh có cách học tư duy và hiệu quả hơn. Phương pháp
giải bài tốn Hóa gồm nhiều chất phản ứng phức tạp theo phương pháp quy đổi mà
tơi tìm hiểu đã được thực nghiệm nhằm chứng minh tính khả thi, tính hiệu quả của
phương pháp trong việc nâng cao chất lượng giảng dạy cho giáo viên và học sinh
trong tồn trường.
Trong năm học 2020 – 2021 tơi đã áp dụng đề tài trên cho lớp 12H cịn lớp
12D thì không sử dụng. Tôi cho 2 lớp làm bài kiểm tra trắc nghiệm 45 phút với
cùng một đề. Kết quả thu được như sau
Từ 8-10
Từ 6-7
Từ 3-4
Từ 1-2
Lớp Sĩ số
5 điểm
điểm
điểm
điểm
điểm
12 H 37
10

18
6
3
0
12 D 39
2
12
8
12
5
Từ kết quả trên cho thấy trình độ học sinh của 2 lớp là tương đương nhau,
nhưng lớp được hướng dẫn giải bài tập bằng phương pháp quy đổi thì các em giải
quyết các dạng bài tập nhanh hơn và chính xác hơn.
Với bản thân tơi qua lần nghiên cứu này giúp tôi nâng cao thêm được
chuyên môn
Đây cũng là một tài liệu thật sự bổ ích khơng chỉ cho học sinh mà cịn cho cả
những đồng nghiệp của tôi.
Được đồng nghiệp đánh giá cao với các biện pháp đưa ra trong sáng kiến.
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận
Qua quá trình nghiên cứu đề tài này, tôi thấy đây là phương pháp mới nhưng
dễ hiểu và phù hợp với mọi đối tượng học sinh. Đồng thời chuyên đề này còn rèn
luyện cho học sinh tính tư duy và kỹ năng giải các bài tập hóa học. Đặc biệt nó đáp
ứng giải quyết một phần sự khó khăn, vướng mắc của học sinh trong quá trình giải
20


một số đề thi tuyển sinh vào đại học khối A, B. Đề tài đã đóng góp tích cực cho
việc học tập và giảng dạy cũng như việc luyện tập và phân dạng bài tập. Do đó, đối
với giáo viên cần truyền tới học sinh phương pháp này để các em tích lũy thêm cho

bản thân một phương pháp giải tốn Hóa nhanh hơn. Bắt đầu từ lớp 11 đến lớp 12
thì có thể dạy các em phương pháp này để nâng cao năng lực tư duy, giúp các em
nâng cao kiến thức, tạo sự say mê trong học tập và có vốn kiến thức để thi đỗ vào
các trường đại học và cao đẳng.
3.2. Kiến nghị:
Với sở giáo dục: Cần có những biện pháp thúc đẩy đưa những sáng kiến kinh
nghiệm hay vào áp dụng rộng rãi trong các trường trung học phổ thông.
Với nhà trường: Cần đưa những sáng kiến kinh nghiệm hay của các giáo
viên trong tỉnh vào thư viện nhà trường để thầy cô và nhất là học sinh có điều kiện
tiếp cận nguồn tài liệu phục vụ cho quá trình dạy và học.
Trên đây là nội dung và hiệu quả sáng kiến của tôi. Trong q trình nghiên cứu
đề tài khơng tránh khỏi những điều thiếu sót và những hạn chế. Tơi rất mong nhận
được sự đóng góp ý kiến của hội đồng khoa học – giáo dục các cấp, của quý đồng
nghiệp để đề tài này được hồn chỉnh hơn, góp phần vào phát triển sự nghiệp giáo dục
của nhà trường nói riêng và của đất nước nói chung.
Xin chân thành cảm ơn !
XÁC NHẬN CỦA
THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Nga Sơn, ngày 20 tháng 5 năm 2021
Tôi xin cam đoan sáng kiến kinh
nghiệm này là do bản thân tôi viết.
Cam kết không copy của ai!
Người viết SKKN

Vũ Văn Phương

TÀI LIỆU THAM KHẢO
21

1. SGK Hóa học 11, NXB Giáo dục, 2008
2. SGK Hóa học 12, NXB Giáo dục, 2008
3. Đề thi tuyển sinh Đại học – cao đẳng các năm của bộ giáo dục
4. Đề thi minh họa các năm của bộ giáo dục.
5. Đề thi trung học phổ thông quốc gia, đề thi tốt nghiệp trung học phổ thông quốc
gia của bộ giáo dục.
6. 16 phương pháp và kĩ thuật giải nhanh bài tập trắc nghiệm mơn HĨA HỌC NXB Đại học sư phạm 2011.
Phạm Ngọc Bằng - Vũ Khắc Ngọc - Hoàng Thị Bắc - Từ Sỹ Chương - Lê Thị Mỹ
Trang - Hoàng Thị Hương Giang - Võ Thị Thu Cúc - Lê Phạm Thành - Khiếu Thi
Hương Chi.
7- Hướng dẫn giải đề thi tuyển sinh đại học hóa vô cơ theo 16 chủ đề - NXB Quốc
gia TP.Hồ Chí Minh.
Phạm Đức Bình - Lê Thị Tam - Nguyễn Hùng Phương.

22