sáng kiến kinh nghiệm xây dựng và sử dụng bài tập có nhiều cách giải

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ………..
TRƯỜNG THPT ………………

XÂY DỰNG VÀ SỬ DỤNG BÀI TẬP CÓ NHIỀU CÁCH
GIẢI TRONG DẠY HỌC MƠN HĨA HỌC Ở TRƯỜNG
PHỔ THƠNG

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Năm 2019

1


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ………..
TRƯỜNG THPT ……………..

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

XÂY DỰNG VÀ SỬ DỤNG BÀI TẬP CÓ NHIỀU CÁCH
GIẢI TRONG DẠY HỌC MƠN HĨA HỌC Ở TRƯỜNG
PHỔ THƠNG

Họ và tên:

…………

Chức vụ:

Giáo viên

Đơn vị công tác:

THPT …………

SKKN thuộc môn: Hóa học

Năm 2019

MỤC LỤC
Trang
2


A. MỞ ĐẦU………………………………………………………………
1
I. ĐẶT VẤN ĐỀ………………………………………………………….
1
1. Thực trạng của vấn đề………………………………………………….
1
2. Ý nghĩa và tác dụng của đề tài…………………………………………
1
3. Phạm vi nghiên cứu của đề tài…………………………………………
2
II. PHƯƠNG PHÁP TIẾN HÀNH……………………………………….
2
1. Cơ sở lí luận và thực tiễn………………………………………………
2
2. Các biện pháp tiến hành, thời gian thực hiện đề tài……………………
2
B. NỘI DUNG……………………………………………………………

4
I. MỤC TIÊU……………………………………………………………..
4
II. GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ TÀI…………………………………………….
4

3


2.1. XÂY DỰNG CÁC CÁCH GIẢI KHÁC NHAU CỦA MỘT SỐ BÀI
TỐN VƠ CƠ, HỮU CƠ THƯỜNG GẶP………………………………
4
2.1.1. Bài tốn Hữu cơ……………………………………………………
4
2.1.1.1. Đề bài……………………………………………………………..
4
2.1.1.2. Các cách giải……………………………………………………
4
2.1.2. Bài tốn Vơ cơ……………………………………………………..
9
2.1.2.1. Đề bài……………………………………………………………..
9
2.1.2.2.Các cách giải………………………………………………………
9
2.1.3. Nhận xét……………………………………………………………
14
2.2. GIỚI THIỆU MỘT SỐ BÀI TỐN VƠ CƠ, HỮU CƠ CĨ NHIỀU
CÁCH GIẢI………………………………………………………………
14
2.2.1. Một số bài tốn vơ cơ………………………………………………

14
2.2.1.1. Lớp 10…………………………………………………………….

4


14
2.2.1.2. Lớp 11…………………………………………………………….
17
2.2.1.3. Lớp 12…………………………………………………………….
19
2.2.2. Một số bài toán hữu cơ……………………………………………..
22
2.2.2.1. Lớp 11……………………………………………………………
22
2.2.2.2. Lớp 12……………………………………………………………
27
2.3. SỬ DỤNG BÀI TẬP CÓ NHIỀU CÁCH GIẢI TRONG DẠY HỌC
HÓA HỌC Ở TRƯỜNG PHỔ THƠNG………………………………….
31
2.3.1. Sử dụng Bài tập Hóa học có nhiều cách giải trong các tiết luyện
tập, ôn tập cuối chương…………………………………………………
31
2.3.2. Sử dụng Bài tập Hóa học có nhiều cách giải trong việc kiểm tra và
đánh giá……………………………………………………………………
32
2.3.3. Sử dụng Bài tập Hóa học có nhiều cách giải trong việc dạy học các
tiết tự chọn………………………………………………………………..
34
5

2.3.4. Thực nghiệm sư phạm……………………………………………… 35
2.4. Khả năng áp dụng……………………………………………………
37
2.5. Lợi ích kinh tế- xã hội………………………………………………..
38
KẾT LUẬN……………………………………………………………….
39
TÀI LIỆU THAM KHẢO…………………………………………………
40

6


1

A. MỞ ĐẦU
I. ĐẶT VẤN ĐỀ
1. Thực trạng của vấn đề
Nâng cao chất lượng dạy học nói chung và chất lượng dạy học Hóa học nói
riêng là nhiệm vụ quan trọng nhất hiện nay của giáo viên Hóa học ở các trường phổ
thơng.
Trong dạy học Hóa học, chúng ta có thể nâng cao chất lượng dạy học và phát
triển năng lực nhận thức của học sinh bằng nhiều biện pháp và nhiều phương pháp
khác nhau, mỗi phương pháp đều có những ưu điểm riêng, nên đòi hỏi giáo viên
phải biết lựa chọn, phối hợp các phương pháp một cách thích hợp để chúng bổ sung
cho nhau, nhằm giúp học sinh phát huy tối đa khả năng tư duy độc lập, tư duy logic
và tư duy sáng tạo của mình.
Trong quá trình dạy học, việc sử dụng các bài tập sẽ mang lại hiệu quả cao,

học sinh tiếp thu kiến thức một cách nhanh chóng, hứng thú học tập,…Tuy nhiên,
trong thực tế, việc sử dụng bài tập Hóa học để bồi dưỡng năng lực tự học và phát
triển tư duy cho học sinh còn hạn chế nên hiệu quả chưa cao. Ngồi ra, q trình tổ
chức phong trào thiết kế, xây dựng các loại bài tập Hóa học, nhất là bài tập có nhiều
cách giải trong tổ chun mơn khơng được thường xun và khơng mang tính cập
nhật.
Vì vậy, chúng tơi chọn đề tài này góp phần vào các phương pháp dạy học
tích cực nhằm phát huy tính sáng tạo của học sinh, đồng thời qua đó giúp giáo viên
đánh giá cũng như học sinh tự đánh giá kết quả học tập của mình.
2. Ý nghĩa và tác dụng của đề tài
Bài tập Hóa học giúp cho học sinh phát triển năng lực nhận thức, rèn trí
thơng minh. Một bài tập có nhiều cách giải, ngồi cách giải thơng thường, quen
thuộc cịn có cách giải độc đáo, thơng minh, sáng tạo, ngắn gọn và chính xác. Việc
đề xuất một bài tập có nhiều cách giải, u cầu học sinh tìm được lời giải hay, ngắn
gọn, nhanh trên cơ sở các phương pháp giải tốn, các qui luật chung của Hóa học

1


2

cũng là một biện pháp có hiệu quả nhằm phát triển tư duy và trí thơng minh cho học
sinh, qua đó góp phần nâng cao chất lượng dạy và học ở trường phổ thông.
3. Phạm vi nghiên cứu của đề tài
- Nghiên cứu tìm ra các cách giải khác nhau của một số bài tốn hữu cơ, vơ
cơ thường gặp.
-Xây dựng các bài tập Hóa học có nhiều cách giải cho học sinh trung học
phổ thông.
-Sử dụng các bài tập này trong việc giảng dạy các tiết học chính khóa và
khơng chính khóa ở trường trung học phổ thơng.

II. PHƯƠNG PHÁP TIẾN HÀNH
1. Cơ sở lí luận và thực tiễn
- Bài tập Hóa học là một biện pháp quan trọng để thực hiện nhiệm vụ dạy
học. Bài tập Hóa học giúp học sinh đào sâu và mở rộng kiến thức một cách sinh
động, phong phú, giúp cho giáo viên củng cố và hệ thống hóa kiến thức một cách
thuận lợi, rèn luyện được nhiều kĩ năng cần thiết về Hóa học góp phần vào việc giáo
dục kĩ thuật tổng hợp cho học sinh.
- Thực tiễn giảng dạy cho thấy việc thực hiện giải bài toán bằng nhiều cách
khác nhau, giúp học sinh khơng những nắm vững kiến thức mà cịn hồn thiện kỹ
năng và hình thành kỹ xảo. Điều này hết sức cần thiết, giúp học sinh giải quyết
nhanh, đạt kết quả tốt trong việc giải các bài toán trắc nghiệm có yêu cầu mức độ
vận dụng ngày càng cao trong các kỳ thi hiện nay.
2. Các biện pháp tiến hành, thời gian thực hiện đề tài
-Nghiên cứu lí thuyết về lí luận dạy học Hóa học; lí luận về các bài tốn Hóa
học; các phương pháp giải nhanh bài tốn Hóa học,.. từ các sách tham khảo của các
tác giả như Nguyễn Ngọc Quang; Nguyễn Xuân Trường… và các luận văn nghiên
cứu về lí luận dạy học Hóa học.
- Dựa vào thực tiễn giảng dạy nhiều năm của giáo viên, những kinh nghiệm
và giải pháp rút ra từ thực tế giảng dạy ở các lớp.

2


3

-Nghiên cứu thực nghiệm sư phạm trên các lớp 12TN1, 12TN5 trường THPT
……………, năm học 2018-2019.
-Thời gian thực hiện đề tài: Năm học 2018-2019, từ tháng 9 năm 2018 đến
tháng 3 năm 2019.

3


4

B. NỘI DUNG
I. MỤC TIÊU
-Xây dựng các cách giải khác nhau của một số bài tốn hữu cơ, vơ cơ thường
gặp.
-Xây dựng một số bài tập vô cơ, hữu cơ có nhiều cách giải.
-Cách sử dụng các bài tập có nhiều cách giải trong việc dạy học Hóa học ở
trường phổ thông.
II. GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ TÀI
2.1. XÂY DỰNG CÁC CÁCH GIẢI KHÁC NHAU CỦA MỘT SỐ BÀI
TỐN VƠ CƠ, HỮU CƠ THƯỜNG GẶP
2.1.1. Bài toán Hữu cơ
2.1.1.1. Đề bài:
Bài 1:Thủy phân m gam tetrapeptit Ala-Ala-Ala-Ala mạch hở thu được 28,48 gam
Ala; 32,00 gam Ala-Ala và 27,72 gam Ala-Ala-Ala. Tính m?
Bài 2: 0,06 mol hỗn hợp A gồm CH3OH và 1 ancol cùng dãy đồng đẳng có khối
lượng là 4,02 gam. Cho toàn bộ hỗn hợp trên tác dụng hết 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.
Bài 3: Xà phịng hóa 13,2 gam hỗn hợp 2 este HCOOC3H7 và CH3COOC2H5 cần
dùng 100 ml dung dịch NaOH x M. Tính giá trị của x ?
2.1.1.2. Các cách giải:
Bài 1: Cách 1: Bảo toàn nguyên tố- chọn nguyên tố đại diện là N
n N/ tetrapeptit =

m.4

mol
89.4 − 18.3

n N/ala + n N/ala −ala + n N/ala −ala −ala =

28, 48
32.2
27, 72.3
+
+
= 1, 08 mol
89
89.2 − 18 89.3 − 18.2

Bảo toàn nguyên tố N suy ra:

m.4
= 1, 08 => m = 81,54 g .
89.4 − 18.3

Cách 2: Bảo toàn số liên kết peptit (CO-NH)

4


5

Theo định luật bảo tồn khối lượng, ta có:
m

H O pu
2

= m- (28,48+32+27,72) = m-88,2 => n

Số mol liên kết peptit ban đầu:

H O
2

=

m-88,2
18

m.3
mol
89.4 − 18.3

Số mol liên kết peptit lúc sau (Sản phẩm):
= n lienket /ala −ala + n lienket /ala −ala −ala =

32.1
27,72.2
+
= 0, 44 mol
89.2 − 18 89.3 − 18.2

Theo bảo toàn số liên kết peptit: số liên kết peptit trong sản phẩm bằng số
liên kết peptit trong tetrapeptit cộng số phân tử nước, suy ra:

0, 44 =

m.3
m − 88, 2
+
=> m = 81,54 g .
89.4 − 18.3
18

Cách 3: Qui đổi sản phẩm về một chất đơn giản: Qui đổi về alanin(ala)
Ta có:
1 ala-ala ↔ 2 ala;
0,2 mol

1 ala-ala-ala ↔ 3 ala

 0,4 mol

0,12 mol  0,36 mol

=> ∑ n ala = 0, 4 + 0,36 + 0,32(gtcho) = 1,08 mol
Suy ra: n tetrapeptit =

n ala 1,08
=
= 0, 27 mol
4
4

=> m tetrapeptit = 0, 27.(89.4 − 18.3) = 81,54 g .

Cách 4: Đặt ẩn số, giải hệ phương trình
o

t
Ala-ala-ala-ala + H2O 
→ ala-ala-ala + ala

x mol

x mol

x mol

o

t
Ala-ala-ala-ala + H2O 
→ 2ala-ala

y mol

2y mol
o

t
Ala-ala-ala-ala + 3 H2O 
→ 4 ala

z mol
=> x =

4 z mol

n ala −ala −ala = 0,12mol (1);

5


6

x + 4 z = n ala = 0,32mol (2)
2y = n ala −ala = 0,12mol (3)
Từ (1); (2) và (3) suy ra x = 0,12 mol; y = 0,1 mol; z = 0,05 mol, suy ra
n ala −ala −ala −ala = 0,12 + 0,1 + 0,05 = 0, 27 mol
=> m = 0, 27.(89.4 − 18.3) = 81,54 g.
Cách 5: Phương pháp trung bình:
Đặt sản phẩm là n- peptit: ( Ala )
n
Ta có n =

1.n ala + 2.n ala −ala + 3.n ala −ala −ala 1.0,32 + 2.0, 2 + 3.0,12
=
= 1,6875
n ala + n ala −ala + n ala −ala −ala
0,32 + 0, 2 + 0,12

n ala-ala-ala-ala ↔ 4 ( Ala ) n
=> n ala −ala −ala −ala =

(0,32 + 0, 2 + 0,12).n

= 0, 27 mol
4

=> m tetrapeptit = 0, 27.(89.4 − 18.3) = 81,54 g .
Cách 6: Phân tích hệ số mol sản phẩm:
Sản phẩm = 0,32 mol ala + 0,2 mol ala-ala + 0,12 mol ala-ala-ala
= ( 0,12 mol ala + 0,12 mol ala-ala-ala) + ( 0,2 mol ala + 0,1 mol ala-ala) +
+0,1mol ala-ala
= 0,12 mol ala-ala-ala-ala + 0,1 mol ala-ala-ala-ala + 0,05 mol ala-ala-ala-ala
= 0,27 mol ala-ala-ala-ala
=> mtetrapeptit = 0, 27.(89.4 − 18.3) = 81,54 g .
Cách 7: tính số mol tetrapeptit trực tiếp(theo bảo toàn gốc ala)
n ala −ala −ala −ala =

n ala n ala −ala n ala −ala −ala .3 0,32 0, 2 0,12.3
+
+
=
+
+
= 0, 27 mol
4
2
4
4
2
4

=> m tetrapeptit = 0, 27.(89.4 − 18.3) = 81,54 g .
Cách 8: Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:

o

t
Ala-ala-ala-ala + H2O 
→ ala-ala-ala

0,12 mol

← 0,12 mol (gt)

+

ala
→ 0,12 mol

6


7

o

t
Ala-ala-ala-ala + H2O 
→ 2ala-ala

0,1 mol ←

0,2 mol

o

t
Ala-ala-ala-ala + 3 H2O 
→ 4 ala

0,15 mol ← (0,32-0,12) mol
=>

m

H O
2

= (0,12 + 0,1 + 0,15).18 = 6,66 g

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

ala −ala −ala −ala

+m

H O
2

=m

ala

+m

ala −ala

+m

ala −ala −ala

=> m = 28,48+ 27,72+ 32- 6,66 = 81,54 g.
Cách 9: Giải theo tỉ lệ mol sản phẩm
Giả thiết cho: ala: (ala)2: (ala)3 = 8: 5: 3, suy ra:
+H O
→ 8 ala + 5 (ala)2 + 3 (ala)3
6,75 (ala)4 
2

0,27 mol

←

0,32

0,2

0,12

=> m tetrapeptit = 0, 27.(89.4 − 18.3) = 81,54 g .
Bài 2:
Cách 1: Phương pháp đại số
Gọi CT của ancol cùng dãy đồng đẳng với ancol metylic là : ROH

CH3OH + CH3COOH → CH3COOCH3 + H2O
a

(1)

a

ROH

+ CH3COOH

→ CH3COOR + H2O

b

(2)

b

Ta có: m CH OH + m ROH = 32a + b(M R + 17) = 4, 02(*)
3

n CH3OH + n ROH = a + b = 0, 06hay42a + 42b = 0, 06.42 = 2,52 (**)

Cộng (*) và (**), ta được: 74a+ 59b + bR = 6,54.
Suy ra: m este = m CH COOCH + m CH COOR = 74a + 59b + bR = 6,54 g.
3

3

3

Cách 2 : Phương pháp bảo tồn khối lượng:
Ta có: n axit = n este = n nuoc = 0, 06mol
Áp dụng định luật bảo tồn khối lượng ta có :
7


8

m ancol + maxit = meste + m H 2O => m este = 4, 02 + 0, 06.60 − 0, 06.18 = 6,54 g

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 g.
Cách 4 : Phương pháp trung bình
Gọi CTTB của 2 ancol là: ROH(M R > 15)
ROH + CH 3COOH 
→ CH 3COOR + H 2O

Ta có n ROH = 0, 06 mo l và n CH COOH = 0,1 mol => n este = 0, 06 mol
3

Mà:

M

ROH

=

4,02
= 67 (u) => M = 67 - 17 = 50 (u)
0,06
R

Suy ra: m este = 0, 06.(50 + 59) = 6,54 g .
Bài 3:
Cách 1 : Phương pháp thông thường
HCOOC3H7 + NaOH

→ HCOONa + C3H7OH

a

a (mol)

CH3COOC2H5 + NaOH

→ CH3COONa + C2H5OH

b

b(mol)

Ta có: m HCOOC H + mCH COOC H = 88 a + 88 b = 13, 2 => a + b =
3

7

3

2

5

n NaOH = a + b = 0,15mol => C M NaOH =

13, 2
= 0,15 mol
88

0,15
= 1,5M. Vậy x = 1,5.
0,1

Cách 2 : Phương pháp trung bình
Gọi CTTB của 2 este là : RCOOR’
RCOOR’ + NaOH → RCOONa + H2O
Ta có : n NaOH = n este = 0,15mol. => C M

NaOH

=

0,15
= 1,5M . Vậy x = 1,5.
0,1

Cách 3 : Phương pháp bảo tồn điện tích
Áp dụng định luật bảo tồn điện tích : dung dịch sau phản ứng chứa ion RCOO-

8


9

Và Na+ nên: n Na = n RCOO = 0,15mol = n NaOH => C M
+

−

NaOH

=

0,15
= 1,5 M
0,1

Vậy x = 1,5.
2.1.2. Bài tốn Vơ cơ
2.1.2.1. Đề bài :
Bài 1 : Hòa tan hết m gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe 2O3, Fe3O4 bằng dung dịch
HNO3 đặc nóng dư thu được 4,48 lit khí NO 2 ( đktc, sản phẩm khử duy nhất) và
dung dịch X. Cô cạn dung dịch X được 145,2 gam muối khan. Tính m ?
Bài 2 : 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 ?

Bài 3 : 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?
2.1.2.2.Các cách giải :
Bài 1 :
Cách 1 : Giải theo phương trình phản ứng
Gọi x,y,z lần lượt là số mol của FeO, Fe3O4, Fe2O3 trong m g hỗn hợp X
Các phản ứng xảy ra :
FeO + 4 HNO3 
→ Fe(NO3)3 + NO2 + 2 H2O (1)
Fe3O4 + 10 HNO3 
→ 3 Fe(NO3)3 + NO2 + 5 H2O (2)
Fe2O3 + 6 HNO3 
→ 2 Fe(NO3)3 + 3 H2O (3)
Giả thiết cho nNO = 0, 2 mol ; nFe ( NO ) = 0,6 mol
2

3 3

Theo phương trình (1) ; (2) ; (3) ta có :
x + 3y + 2z = 0,6 => 10x + 30 y + 20 z = 6 (*)
Và x + y = 0,2 (**)
Lấy (*) –(**), ta được : 9x + 29 y + 20 z = 5,8
=> 72x + 232 y + 160 z = 46,4 g.
Vậy m = 46,4 g.
9


10

Cách 2 : Áp dụng định luật bảo toàn mol elctron và bảo toàn khối lượng đối
với hỗn hợp X :
Theo định luật bảo toàn khối lượng : mX = m Fe + mO
Mặt khác, ta có nFe ( NO ) = 0,6 mol => nFe = 0,6 mol => mX = mO + 33,6 (g)
3 3

m − 33,6
mol
16

=>mO = m – 33,6 (g) => n O =

Áp dụng định luật bảo toàn mol e : ne ( − ) = ne ( + )
=> 3. n Fe = n NO .1 + n O .2
2

=> 0,6.3 = 0, 2 +

(m - 33,6).2
16

=> m = 46,4 g.
Cách 3 : Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng đối với toàn bộ q trình
và bảo tồn ngun tố H
Ta có hh X + HNO3 
→ Fe(NO3)3 + NO2 + H2O
Theo định luật bảo tồn khối lượng, ta có :
m X + m HNO
=> m HNO

3pu

3 pu

= m Fe( NO ) + m NO + m H O
3 3

2

2

= 63.n HNO3pu = 63.(3.n Fe + n NO2 ) = 63.(3.0, 6 + 0, 2) = 126 g

Theo bảo toàn nguyên tố H, ta lại có :
n H 2O =

1
1
n HNO3pu => m H 2O = 18. .(3.0, 6 + 0, 2) = 18 g
2
2

=> m X = 145, 2 + 0, 2.46 + 18 − 126 = 46, 4 g
Cách 4 : Qui đổi hỗn hợp X thành hỗn hợp X’ : FeO và Fe2O3 hoặc Fe và
Fe2O3 hoặc FeO và Fe3O4 ; hoặc Fe và FeO hoặc Fe và Fe3O4.
Ở đây ta giải chi tiết trường hợp qui đổi hỗn hợp X thành hỗn hợp X’ gồm
FeO và Fe2O3.
Gọi x, y lần lượt là số mol của FeO và Fe2O3 trong X’
Phản ứng :
FeO + 4 HNO3 

→ Fe(NO3)3 + NO2 + 2 H2O (1)

10


11

x

→x

→ x

Fe2O3 + 6 HNO3 
→ 2 Fe(NO3)3 + 3 H2O (2)
y

→ 2y

Từ phương trình, ta có x + 2y = 0,6 và x = 0,2
suy ra x = 0,2 mol và y = 0,2 mol.
Vậy m = 72 x + 160 y = 0,2.72 + 160.0,2 = 46,4 g.
Cách 5 : Sử dụng cơng thức kinh nghiệm :
Ta có n Fe/hhX = n Fe( NO ) = 0, 6mol
3 3

Sử dụng cơng thức kinh nghiệm, ta có :
m hh =

10.m Fe − 56.n e 10.0, 6.56 − 56.0, 2

=
= 46, 4 g .
7
7

Cách 6 : Giải bằng phương pháp trung bình :
Gọi cơng thức chung của các oxit là : Fe x O y , ta có :
Fe x O y + (2 + 2y)H + + NO3− 
→ xFe3+ + NO 2 + (y + 1)H 2O

Áp dụng định luật bảo tồn điện tích 2 vế ta có :
2 + 2 y - 1 = 3 x => 3 x - 2 y = 1 (1)
Ta lại có :

n Fe3+
x

= n NO 2 =>

0, 6
= 0, 2 => x = 3 (2)
x

Từ (1) và (2) suy ra x = 3 ; y = 4.
Vậy m X = m Fe O = n Fe O .(56x + 16y) = 0, 2.(56.3 + 16.4) = 46, 4 g
x

y

x

y

Cách 7 : Giả theo hóa trị trung bình của sắt :
Gọi hóa trị trung bình của sắt trong cả hỗn hợp X là n . Khi đó cơng thức của
X là : Fe2 O n .
Áp dụng định luật bảo toàn mol- e cho phản ứng của X với HNO3, ta có :
Fe + n 
→ Fe3+ + (3 − n).e
N +5 + 1e 
→ N +4

Ta lại có : n Fe = n Fe( NO ) = 0, 6 mol
3+

3 3

11


12

Nên : 0,6.(3- n ) = 0,2.1 => n = 8/3
1
2

Mặt khác, theo bảo tồn ngun tố Fe, ta có n Fe O = n Fe = 0,3 mol
2

n

3+

8
3

Suy ra m X = 0,3.(56.2 + 16. ) = 46, 4 g .
Cách 8 : Giải theo bảo toàn nguyên tố oxi
Ta có n Fe( NO ) = 0, 6 mol; n NO = 0, 2 mol;
3 3

2

1
2

Suy ra n HNO pu = 0, 6.3 + +0, 2 = 2, 0 mol => n H O = n HNO = 1 mol.
3

2

3

Hỗn hợp X ( FeO,Fe2O3, Fe3O4) + HNO3 
→ Fe(NO3)3 + NO2 + H2O
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố O, ta có :
m O/X = m O/Fe( NO3 )3 + m O/ NO2 + mO/H2 O − mO/HNO3pu

Suy ra : m X − m Fe = 0, 6.9.16 + 0, 2.32 + 1, 0.16 − 2.3.10 = 12,8 g
=> m X = 12,8 + 0, 6.56 = 46, 4 g.

Bài 2 :
Cách 1 : Phương pháp thông thường
Fe + 2HCl → FeCl2 + H2
x

x

x

Mg + 2HCl → MgCl2 + H2
y

y

y

Zn + 2HCl → ZnCl2 + H2
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.

12


13

Cách 2 : Phương pháp bảo toàn nguyên tố
Nhận thấy: n Cl = n HCl = 2.n H = 2.
−

2

6, 72
= 0, 6mol.
22, 4

Suy ra: m muôi = m kl + m Cl = 15,3 + 0, 6.35,5 = 36, 6 g.
−

Cách 3 : Phương pháp bảo toàn khối lượng
M + 2HCl

→ muối + H2

0,6

0,3

(mol)

Áp dụng định luật bảo toàn 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 M là cơng thức trung bình của Fe, Mg, Zn.
M + 2 HCl 
→ MCl2 + H2
Từ phương trình, suy ra n MCl = n H = 0,3mol
2

2

Suy ra m Muoi = 0,3.(M M + 71) = 0,3.M M + 0,3, 71 = 15,3 + 0,3.71 = 36, 6 g.
Bài 3 :
Cách 1 : Phương pháp thông thường
A2CO3 +
x
BCO3 +
y

2HCl 
→ 2ACl + CO2
2x

+

H2O

(1)

+ H2O

(2)

x

2HCl 
→ BCl2 + CO2
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 = 26 g.
Cách 2 : Dùng phương pháp bảo toàn khối lượng
A2CO3 +

2HCl 
→

2ACl + CO2

+

H2O

(1)

13


14

BCO3 +

2HCl 
→ BCl2

+ CO2

+ H2O

(2)

Từ (1)(2): số mol HCl = 2 số mol CO2 = 0,4 mol.
Số mol H2O = số mol CO2 = 0,2 mol.
Theo định luật BTKL, ta có :
23,8 + 0,4.36,5 = mmuối + mCO 2

+m

H2

O

→ mmuối = 23,8+ 0,4.36,5 - 0,2. (44 + 18) = 26 g.
Cách 3 : Dùng phương pháp tăng giảm khối lượng :
Cứ 1 mol CO2 sinh ra thì sẽ có 1 mol muối A 2CO3 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 = 26 g.
2.1.3. Nhận xét
Việc xây dựng các cách giải khác nhau của một bài tốn Hóa học đều phải
dựa trên nền tảng chung là học sinh phải nắm vững kiến thức Hóa học, các kỹ năng
biến đổi toán học. Đặc biệt là phải nắm vững các phương pháp giải tốn Hóa học,
nhất là các phương pháp giải nhanh như áp dụng các định luật bảo tồn : bảo tồn
ngun tố Hóa học, bảo toàn mol- elactron , bảo toàn khối lượng,…
Tác dụng quan trọng nhất của việc giải bài toán bằng nhiều cách là giúp học
sinh phát triển tư duy, tăng cường tính tự học, tìm tịi nghiên cứu và sáng tao; giúp
học sinh u thích mơn học hơn, tạo cơ sở vững chắc cho sự thành công về sau.
2.2. GIỚI THIỆU MỘT SỐ BÀI TỐN VƠ CƠ, HỮU CƠ CĨ NHIỀU
CÁCH GIẢI
2.2.1. Một số bài tốn vơ cơ
2.2.1.1. Lớp 10:
Bài 1: Cho 24,8 gam hỗn hợp gồm kim loại kiềm thổ và oxit của nó tác dụng với
dung dịch HCl dư thu được 55,5g muối khan. Tìm kim loại M?
Đáp số: Ca
Bài 2: Cho 5,05g hỗn hợp gồm kim loại kali và một kim loại kiềm A tác dụng hết
với nước. Sau phản ứng cần 250 ml dung dịch H 2SO4 là 0,3M để trung hoà hoàn
14


15

toàn dung dịch thu được. Biết tỉ lệ về số mol của A và kim loại kali trong hỗn hợp

lớn hơn 1/4. Xác định A?
Đáp số: Na
Bài 3: Hỗn hợp gồm NaCl và NaBr. Cho hỗn hợp tác dụng với dung dịch AgNO 3
dư thì tạo ra kết tủa có khối lượng bằng khối lượng của AgNO 3 đã tham gia phản
ứng. Tính hành phần % theo khối lượng của NaCl trong hỗn hợp đầu?
Đáp số: 27,8%
Bài 4: Cho hỗn hợp gồm NaBr và NaI hoà tan hoàn toàn vào nước được dung dịch
A. Cho vào dung dịch A một lượng brom vừa đủ thu được muối X có khối lượng
nhỏ hơn khối lượng của muối ban đầu là a gam. Hoà tan X vào nước thu được dung
dịch B. Sục khí clo vào dung dịch B thu được muối Y có khối lượng nhỏ hơn khối
lượng của muối X là 2a gam. Tính phần trăm theo khối lượng của NaBr và NaI
trong hỗn hợp muối ban đầu (coi clo, brom, iot không tác dụng với H2O) ?
Đáp số: %NaBr = 43,3%; %NaI= 56,7%
Bài 5: A là hỗn hợp 2 kim loại kiềm X và Y thuộc 2 chu kì kế tiếp. Nếu cho A tác
dụng vừa đủ với dung dịch HCl thì thu được a gam 2 muối, cịn nếu cho A tác dụng
vừa đủ với dung dịch H2SO4 thì thu được 1,1807a gam 2 muối. Xác định X và Y?
Đáp số: X:Na; Y:K
Bài 6: Cho x gam dung dịch H2SO4 nồng độ y% tác dụng hết với một lượng dư
hỗn hợp khối lượng Na, Mg. Lượng H 2 (khí duy nhất) thu được bằng 0,05x
gam. Tính nồng độ phần trăm của dung dịch H2SO4 ?
Đáp số: 15,8%
Bài 7: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Mg, Fe trong oxi dư, sau phản ứng thấy khối
lượng chất rắn nặng gấp 1,5 lần so với khối lượng chất rắn ban đầu. Tính phần trăm
khối lượng của Mg và Fe trong hỗn hợp?
Đáp số: %Mg= 30,0%; %Fe= 70,0%
Bài 8: Muối A tạo bởi kim loại M (hoá trị II) và phi kim X (hố trị I). Hồ tan một
lượng A vào nước được dung dịch A1. Nếu thêm AgNO 3 dư vào A1 thì lượng kết

15

16

tủa tách ra bằng 188% lượng A. Nếu thêm Na 2CO3 dư vào dung dịch A1 thì
lượng kết tủa tách ra bằng 50% lượng A. Xác định công thức của muối A?
Đáp số: CaBr2
Bài 9: Cho V lít hỗn hợp khí gồm H 2S và SO2 tác dụng với dung dịch brom dư.
Thêm dung dịch BaCl2 dư vào hỗn hợp trên thì thu được 2,33 gam kết tủa. Tính giá
trị của V?
Đáp số: 0,224 lit
Bài 10: Khử hết m gam Fe3O4 bằng CO thu được hỗn hợp A gồm FeO và Fe. A tan
vừa đủ trong 0,3 lít dung dịch H2SO4 1M cho ra 4,48 lít khí H2 (đktc). Tính m ?
Đáp số: 23,2 g
Bài 11:Cho hỗn hợp X gồm SO2 và O2 theo tỷ lệ số mol 1:1 đi qua V 2O5
xúc tác, đun nóng thu được hỗn hợp Y có khối lượng 19,2 gam. Hồ tan Y vào
nước sau đó thêm Ba(NO3)2 dư thu được 37,28 gam kết tủa. Tính hiệu suất phản
ứng SO2 + O2?
Đáp số: 80%
Bài 12: Hoà tan hoàn toàn 23,8 gam hỗn hợp một muối cacbonat của các
kim loại hoá trị (I) và muối cacbonat của kim loại hoá trị (II) trong dung
dịch HCl. Sau phản ứng thu được 4,48 lít khí (đktc). Đem cô cạn dung dịch
thu được bao nhiêu gam muối khan ?
Đáp số: 26,0 g
Bài 13: Cho 2,81 gam hỗn hợp A gồm 3 oxit Fe 2O3, MgO, ZnO tan vừa đủ trong
300 ml dung dịch H2SO4 0,1M. Cô cạn dung dịch sau phản ứng, khối lượng hỗn
hợp các muối sunfat khan tạo ra bao nhiêu gam?
Đáp số: 5,21 g
Bài 14: Hịa tan hồn tồn m gam hỗn hợp X gồm Al, Fe, Zn bằng dung dịch HCl
dư. Dung dịch thu được sau phản ứng tăng lên so với ban đầu (m – 2) gam. Tính
khối lượng (gam) muối clorua tạo thàmh trong dung dịch?

Đáp số: (m + 71) g
Bài 15: Cho 11,2 lít hỗn hợp khí A gồm clo và oxi phản ứng vừa hết với

16


17

16,98 gam hỗn hợp B gồm magie và nhôm tạo ra 42,34 gam hỗn hợp các muối
clorua và oxit hai kim loại. Tính thành phần % khối lượng của magie và nhôm trong
hỗn hợp B?
Đáp số: %Mg = 77,74% và % Al = 22,26%
Bài 16: Sau khi đun nóng 23,7 gam KMnO4 thu được 22,74 gam hỗn hợp chất rắn.
Cho hỗn hợp chất rắn trên tác dụng hoàn toàn với dung dịch axit HCl dư, đun nóng.
Tính thể tích khí Cl2 thu được (đktc)?
Đáp số: 7,056 lit
Bài 17: Hỗn hợp A gồm O2 và O3 có tỉ khối so với hiđro là 20. Hỗn hợp B gồm
H2 và CO có tỉ khối so với hiđro là 3,6. Tính thể tích khí A (đktc) cần dùng để đốt
cháy hồn tồn 4 mol khí B?
Đáp số: 35,84 lit
Bài 18: Hịa tan 14,52 gam hỗn hợp X gồm NaHCO 3, KHCO3, MgCO3 bằng dung
dịch HCl dư, thu được 3,36 lít khí CO2 (đktc). Tính khối lượng KCl tạo thành trong
dung dịch sau phản ứng?
Đáp số: 8,94 g
2.2.1.2. Lớp 11:
Bài 19: Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp gồm x mol FeS 2 và y mol Cu2S vào axit HNO3
(vừa đủ), thu được dung dịch X (chỉ chứa hai muối sunfat) và khí duy nhất NO.
Tính tỉ lệ x : y ?
Đáp số: Tỉ lệ 2:1
Bài 20: Đốt cháy 9,8 gam bột Fe trong không khí thu được hỗn hợp chất rắn X gồm

3 oxit của Fe. Để hoà tan X cần vừa hết 500 ml dung dịch HNO 3 1,6M thu được V
lít NO (sản phẩm duy nhất). Tính giá trị V?
Đáp số: 6,16 lit
Bài 21: Cho 1,35 gam hỗn hợp gồm Cu, Mg, Al tác dụng với dung dịch HNO 3 dư,
thu được 1,12 lít (đktc) hỗn hợp khí NO và NO 2 có tỉ khối so với hiđro bằng 20.
Tính tổng khối lượng muối nitrat sinh ra?
Đáp số: 6,775 gam

17


18

Bài 22: Có 1 lít dung dịch hỗn hợp Na2CO3 0,1 mol/l và (NH4)2CO3 0,25 mol/l. Cho
43 gam hỗn hợp BaCl 2 và CaCl2 vào dung dịch đó. Sau khi các phản ứng kết thúc ta
thu được 39,7 gam kết tủa A và dung dịch B. Tính phần trăm khối lượng các chất
trong A?
Đáp số: %BaCO3 = 49,62% và %CaCO3 = 50,38%
Bài 23: Cho 7,22 gam hỗn hợp X gồm Fe và một kim loại M có hố trị khơng đổi,
chia X thành 2 phần bằng nhau : Phần 1 tác dụng với HCl dư thu được 2,128 lít
khí (đktc) ; Phần 2 cho tác dụng với dung dịch HNO 3 dư thu được 1,792 lít NO là
sản phẩm khử duy nhất (đktc). Xác định kim loại M và % M trong hỗn hợp?
Đáp số: Al, 22,4%
Bài 24: Hoà tan 20,8 gam hỗn hợp bột gồm FeS, FeS2, S bằng dung dịch HNO3 đặc
nóng dư thu được 53,76 lít NO 2 (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc) và dung dịch A.
Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc lấy tồn bộ kết tủa
nung trong khơng khí đến khối lượng khơng đổi thì khối lượng chất rắn thu
được bao nhiêu gam?
Đáp số: 16,0 g
Bài 25: Cho hỗn hợp gồm N2, H2 và NH3 có tỉ khối so với hiđro là 8. Dẫn hỗn hợp

đi qua dung dịch H2SO4 đặc, dư thì thể tích khí cịn lại một nửa. Tính thành phần
phần trăm theo thể tích của mỗi khí trong hỗn hợp?
Đáp số: %N2 = 25%; % H2 = 25%; % NH3 = 50,0%
Bài 26: Dung dịch A gồm HCl 0,2M; HNO 3 0,3M; H2SO4 0,1M ; HClO4 0,3M,
dung dịch B gồm KOH 0,3M; NaOH 0,4M; Ba(OH) 2 0,15M. Cần trộn A và B theo
tỉ lệ thể tích là bao nhiêu để được dung dịch có pH = 13 ?
Đáp số: VA: VB = 9:11
Câu 27: Nung 2,23 gam hỗn hợp X gồm các kim loại Fe, Al, Zn, Mg trong oxi, sau
một thời gian thu được 2,71 gam hỗn hợp Y. Hoà tan hoàn toàn Y vào dung dịch
HNO3 (dư), thu được 0,672 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Tính số mol
HNO3 đã phản ứng ?
Đáp số: 0,18 mol

18


19

Câu 28: Cho a gam Fe vào 100 ml dung dịch hỗn hợp gồm HNO 3 0,8M và
Cu(NO3)2 1M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 0,92a gam hỗn hợp
kim loại và khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Tính giá trị của a?
Đáp số: 11,48 g
2.2.1.3. Lớp 12:
Bài 29: Cho 3,6 gam hỗn hợp gồm K và một kim loại kiềm A tác dụng vừa hết với
nước, thu được 2,24 lít H2 ở 0,5 atm và 0oC. Biết số mol kim loại (A) trong hỗn
hợp lớn hơn 10% tổng số mol 2 kim loại. Xác định kim loại A?
Đáp số: Na
Bài 30: A là quặng hematit chứa 60% Fe 2O3. B là quặng manhetit chứa 69,6%
Fe3O4. Trộn mA tấn quặng A với mB tấn quặng B thu được quặng C, mà từ 1 tấn
quặng C có thể điều chế được 0,5 tấn gang chứa 4% cacbon. Tính tỉ lệ mA/mB?

Đáp số: 2:5
Bài 31: Cho m gam hỗn hợp bột Zn và Fe vào lượng dư dung dịch CuSO 4.
Sau khi kết thúc các phản ứng, lọc bỏ phần dung dịch thu được m gam bột rắn.
Tính thành phần phần trăm theo khối lượng của Zn trong hỗn hợp bột ban đầu?
Đáp số: 90,27%
Bài 32: A là khoáng vật cuprit chứa 45% Cu 2O. B là khoáng vật tenorit chứa 70%
CuO. Cần trộn A và B theo tỉ lệ khối lượng T = mA : mB nào để được quặng C mà
từ 1 tấn quặng C có thể điều chế được tối đa 0,5 tấn đồng nguyên chất ?
Đáp số: 3:5
Bài 33: Nếu hoà tan a gam hỗn hợp A chứa Fe, FeO, Fe 2O3 bằng dung dịch HCl dư
thì lượng khí thốt ra bằng 1% khối lượng hỗn hợp ban đầu. Nếu khử a gam hỗn
hợp A bằng H2 nóng dư thì thu được một lượng nước bằng 21,15% khối lượng
hỗn hợp ban đầu. Tính phần trăm khối lượng Fe, FeO, Fe 2O3 trong hỗn hợp A
?
Đáp số: %Fe = 28%; %FeO = 36%; %Fe2O3 = 36%
Bài 34: Cho hỗn hợp gồm 0,3 mol Fe, 0,15 mol Fe2O3 và 0,1 mol Fe3O4 tác dụng
hết với dung dịch H2SO4 loãng thu được dung dịch A. Cho dung dịch A tác dụng

19