Xây dựng và sử dụng bài tập có nhiều cách giải trong dạy học môn hóa học ở trường phổ thông

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH
TRƯỜNG THPT TĂNG BẠT HỔ
PHAN VĂN HÀ
XÂY DỰNG VÀ SỬ DỤNG BÀI TẬP CÓ NHIỀU
CÁCH GIẢI TRONG DẠY HỌC MÔN HÓA HỌC Ở
TRƯỜNG PHỔ THÔNG
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Năm 2012
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH
TRƯỜNG THPT TĂNG BẠT HỔ
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
XÂY DỰNG VÀ SỬ DỤNG BÀI TẬP CÓ NHIỀU CÁCH
GIẢI TRONG DẠY HỌC MÔN HÓA HỌC Ở TRƯỜNG
PHỔ THÔNG
Họ và tên: Phan Văn Hà
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác: THPT Tăng Bạt Hổ
SKKN thuộc môn: Hóa học
Năm 2012
MỤC LỤC
Trang
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
2.1. XÂY DỰNG CÁC CÁCH GIẢI KHÁC NHAU CỦA MỘT SỐ BÀI
TOÁN VÔ CƠ, HỮU CƠ THƯỜNG GẶP………………………………
4
2.1.1. Bài toán Hữu cơ……………………………………………………
4
2.1.1.1. Đề bài……………………………………………………………
4
2.1.1.2. Các cách giải……………………………………………………
4
2.1.2. Bài toán Vô 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 TOÁN VÔ CƠ, HỮU CƠ CÓ NHIỀU

CÁCH GIẢI………………………………………………………………
14
2.2.1. Một số bài toán vô cơ………………………………………………
14
2.2.1.1. Lớp 10…………………………………………………………….
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 THÔNG………………………………….
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
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
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
thông.
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. Ngoài ra, quá 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 chuyên môn không được thường xuyên và không mang tính cập
nhật.
Vì vậy, chúng tôi 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
thông minh. Một bài tập có nhiều cách giải, ngoài cách giải thông thường, quen
thuộc còn có cách giải độc đáo, thông minh, sáng tạo, ngắn gọn và chính xác. Việc
đề xuất một bài tập có nhiều cách giải, yêu cầu học sinh tìm được lời giải hay, ngắn
gọn, nhanh trên cơ sở các phương pháp giải toán, các qui luật chung của Hóa học
2
cũng là một biện pháp có hiệu quả nhằm phát triển tư duy và trí thông 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 toán hữu cơ, vô
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
không chính khóa ở trường trung học phổ thông.
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 không những nắm vững kiến thức mà còn hoàn 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 toán Hóa

học; các phương pháp giải nhanh bài toán 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.
3
-Nghiên cứu thực nghiệm sư phạm trên các lớp 12TN1, 12TN5 trường THPT
Tăng Bạt Hổ, năm học 2011-2012.
-Thời gian thực hiện đề tài: Năm học 2011-2012, từ tháng 9 năm 2011 đến
tháng 3 năm 2012.
4
B. NỘI DUNG
I. MỤC TIÊU
-Xây dựng các cách giải khác nhau của một số bài toán hữu cơ, vô 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
TOÁN VÔ 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 CH
3
OH 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
(H

2
SO
4
đặc làm chất xúc tác, giả sử hiệu suất phản ứng đạt 100%). Tính khối lượng
este thu được.
Bài 3: Xà phòng hóa 13,2 gam hỗn hợp 2 este HCOOC
3
H
7
và CH
3
COOC
2
H
5
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/tetrapeptit
m.4
n mol
89.4 18.3
=
−
N/ala N/ala ala N/ala ala ala
28,48 32.2 27,72.3
n n n 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)
5
Theo định luật bảo toàn khối lượng, ta có:
m-88,2
m = m- (28,48+32+27,72) = m-88,2 => n =
H O pu H O
18
2 2
Số mol liên kết peptit ban đầu:
m.3
89.4 18.3−
mol
Số mol liên kết peptit lúc sau (Sản phẩm):
lienket/ala ala lienket/ala ala ala
32.1 27,72.2
n n 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:
m.3 m 88,2
0,44 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; 1 ala-ala-ala ↔ 3 ala
0,2 mol  0,4 mol 0,12 mol  0,36 mol
=>
n = 0,4 + 0,36 + 0,32(gtcho) = 1,08 mol
ala
∑
Suy ra:
ala
tetrapeptit
n 1,08
n 0,27 mol
4 4
= = =

=>
tetrapeptit
m 0,27.(89.4 18.3) 81,54 g= − =
.
Cách 4: Đặt ẩn số, giải hệ phương trình
Ala-ala-ala-ala + H

2
O
o
t
→
ala-ala-ala + ala
x mol x mol x mol
Ala-ala-ala-ala + H
2
O
o
t
→
2ala-ala
y mol 2y mol
Ala-ala-ala-ala + 3 H
2
O
o
t
→
4 ala
z mol 4 z mol
=> x =
ala ala ala
n 0,12mol
− −
=
(1);
6

x + 4 z =
ala
n 0,32mol=
(2)
2y =
ala ala
n 0,12mol
−
=
(3)
Từ (1); (2) và (3) suy ra x = 0,12 mol; y = 0,1 mol; z = 0,05 mol, suy ra

ala ala ala ala
n 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:
( )
n
Ala
Ta có
ala ala ala ala ala ala
ala ala ala ala ala ala
1.n 2.n 3.n 1.0,32 2.0,2 3.0,12
n 1,6875
n n n 0,32 0,2 0,12
− − −

− − −
+ + + +
= = =
+ + + +
n
ala-ala-ala-ala ↔ 4
( )
n
Ala
=>
ala ala ala ala
(0,32 0,2 0,12).n
n 0,27 mol
4
− − −
+ +
= =
=>
tetrapeptit
m 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
=>
0,27.(89.4 18.3) 81,54
tetrapeptit

m g= − =
.
Cách 7: tính số mol tetrapeptit trực tiếp(theo bảo toàn gốc ala)
ala ala ala ala ala ala
ala ala ala ala
n n n .3 0,32 0,2 0,12.3
n 0,27 mol
4 2 4 4 2 4
− − −
− − −
= + + = + + =
=>
tetrapeptit
m 0,27.(89.4 18.3) 81,54 g= − =
.
Cách 8: Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
Ala-ala-ala-ala + H
2
O
o
t
→
ala-ala-ala + ala
0,12 mol ← 0,12 mol (gt) → 0,12 mol
7
Ala-ala-ala-ala + H
2
O
o
t

→
2ala-ala
0,1 mol ← 0,2 mol
Ala-ala-ala-ala + 3 H
2
O
o
t
→
4 ala
0,15 mol ← (0,32-0,12) mol
=>
m (0,12 0,1 0,15).18 6,66 g
H O
2
= + + =
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có:
m m m m m
H O
ala ala ala ala ala ala ala ala ala ala
2
+ = + +
− − − − − −
=> 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:

6,75 (ala)
4
2
H O+
→
8 ala + 5 (ala)
2
+ 3 (ala)
3
0,27 mol ← 0,32 0,2 0,12
=>
tetrapeptit
m 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
CH
3
OH + CH
3
COOH → CH
3
COOCH
3
+ H
2
O (1)
a a
ROH + CH

3
COOH → CH
3
COOR + H
2
O (2)
b b
Ta có:
3
CH OH ROH R
m m 32a b(M 17) 4,02(*)+ = + + =
3
CH OH ROH
n n a b 0,06hay42a 42b 0,06.42 2,52+ = + = + = =
(**)
Cộng (*) và (**), ta được: 74a+ 59b + bR = 6,54.
Suy ra:
3 3 3
este CH COOCH CH COOR
m m m 74a 59b bR 6,54 g.= + = + + =
Cách 2 : Phương pháp bảo toàn khối lượng:
Ta có:
axit este nuoc
n n n 0,06mol= = =
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có :
8
2
ancol axit este H O
m m m m+ = +
=>

este
m 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 : m
este
= 4,02 + 2,52 = 6,54 g.
Cách 4 : Phương pháp trung bình
Gọi CTTB của 2 ancol là:
R
ROH(M 15)>
3 3 2
ROH CH COOH CH COOR H O+ → +
Ta có
3
CH COOH este
ROH
n 0,06 mol và n 0,1 mol n 0,06 mol= = => =
Mà:
4,02
M 67 (u) M 67 - 17 50 (u)
0,06
ROH R
= = => = =
Suy ra:
este
m 0,06.(50 59) 6,54 g= + =
.
Bài 3:

Cách 1 : Phương pháp thông thường
HCOOC
3
H
7
+ NaOH → HCOONa + C
3
H
7
OH
a a (mol)
CH
3
COOC
2
H
5
+ NaOH → CH
3
COONa + C
2
H
5
OH
b b(mol)
Ta có:
3 7 3 2 5
HCOOC H CH COOC H
13,2
m m 88 a 88 b 13,2 a b 0,15 mol

88
+ = + = => + = =
NaOH
NaOH M
0,15
n a b 0,15mol C 1,5M.
0,1
= + = => = =
Vậy x = 1,5.
Cách 2 : Phương pháp trung bình
Gọi CTTB của 2 este là : RCOOR’
RCOOR’ + NaOH → RCOONa + H
2
O
Ta có :
NaOH este
n n 0,15mol.= =
=>
NaOH
M
0,15
C 1,5M
0,1
= =
. Vậy x = 1,5.
Cách 3 : Phương pháp bảo toàn điện tích
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích : dung dịch sau phản ứng chứa ion RCOO
-
9
Và Na

+
nên:
NaOH
Na RCOO
n n 0,15mol n
+ −
= = =
=>
NaOH
M
0,15
C 1,5 M
0,1
= =
Vậy x = 1,5.
2.1.2. Bài toán Vô cơ
2.1.2.1. Đề bài :
Bài 1 : Hòa tan hết m gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4
bằng dung dịch
HNO
3
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 : Hòa tan hoàn toàn 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 : Hòa tan hoàn toàn 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 CO
2
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, Fe
3
O
4
, Fe
2
O
3
trong m g hỗn hợp X
Các phản ứng xảy ra :
FeO + 4 HNO
3

→
Fe(NO
3
)

3
+ NO
2
+ 2 H
2
O (1)
Fe
3
O
4
+ 10 HNO
3

→
3 Fe(NO
3
)
3
+ NO
2
+ 5 H
2
O (2)
Fe
2
O
3
+ 6 HNO
3

→
2 Fe(NO
3
)
3
+ 3 H
2
O (3)
Giả thiết cho
2 3 3
( )
0,2 ; 0,6 = =
NO Fe NO
n mol n mol
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.
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 : m
X
= m
Fe
+ m
O
Mặt khác, ta có

3 3
( )
0,6 =
Fe NO
n mol
=> n
Fe
= 0,6 mol => m
X
= m
O
+ 33,6 (g)
=>m
O
= m – 33,6 (g) =>
O
m 33,6
n mol
16
−
=
Áp dụng định luật bảo toàn mol e :
( ) ( )e e
n n
− +
=
=> 3. n
Fe
=
2

NO O
n .1 n .2+
=>
( -33,6).2
0,6.3 0,2
16
m
= +
=> m = 46,4 g.
Cách 3 : Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng đối với toàn bộ quá trình
và bảo toàn nguyên tố H
Ta có hh X + HNO
3

→
Fe(NO
3
)
3
+ NO
2
+ H
2
O
Theo định luật bảo toàn khối lượng, ta có :
3pu 3 3 2 2
X HNO Fe( NO ) NO H O
m m m m m+ = + +
=>
3pu 3pu 2

HNO HNO Fe NO
m 63.n 63.(3.n n ) 63.(3.0,6 0,2) 126 g= = + = + =
Theo bảo toàn nguyên tố H, ta lại có :

2 3pu 2
H O HNO H O
1 1
n n m 18. .(3.0,6 0,2) 18 g
2 2
= => = + =
=>
X
m 145,2 0,2.46 18 126 46,4 g= + + − =
Cách 4 : Qui đổi hỗn hợp X thành hỗn hợp X’ : FeO và Fe
2
O
3
hoặc Fe và
Fe
2
O
3
hoặc FeO và Fe
3
O
4
; hoặc Fe và FeO hoặc Fe và Fe
3
O
4

.
Ở đây ta giải chi tiết trường hợp qui đổi hỗn hợp X thành hỗn hợp X’ gồm
FeO và Fe
2
O
3
.
Gọi x, y lần lượt là số mol của FeO và Fe
2
O
3
trong X’
Phản ứng :
FeO + 4 HNO
3

→
Fe(NO
3
)
3
+ NO
2
+ 2 H
2
O (1)
11
x → x → x
Fe
2

O
3
+ 6 HNO
3

→
2 Fe(NO
3
)
3
+ 3 H
2
O (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 công thức kinh nghiệm :
Ta có
3 3
Fe/hhX Fe(NO )
n n 0,6mol= =
Sử dụng công thức kinh nghiệm, ta có :
Fe e
hh
10.m 56.n
10.0,6.56 56.0,2
m 46,4 g
7 7
−

−
= = =
.
Cách 6 : Giải bằng phương pháp trung bình :
Gọi công thức chung của các oxit là :
x y
Fe O
, ta có :
x y
Fe O
+
3
3 2 2
(2 2y)H NO xFe NO (y 1)H O
+ − +
+ + → + + +
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích 2 vế ta có :
2 + 2
y
- 1 = 3
x
=> 3
x
- 2
y
= 1 (1)
Ta lại có :
3
2
Fe

NO
n
0,6
n 0,2 x 3
x x
+
= => = => =
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
x
= 3 ;
y
= 4.
Vậy
x y x y
X Fe O Fe O
m m n .(56x 16y) 0,2.(56.3 16.4) 46,4 g= = + = + =
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 công thức của
X là :
2
n
Fe O
.
Áp dụng định luật bảo toàn mol- e cho phản ứng của X với HNO
3
, ta có :
n 3

Fe Fe (3 n).e
+ +
→ + −
5 4
N 1e N
+ +
+ →
Ta lại có :
3
3 3
Fe(NO )
Fe
n n 0,6 mol
+
= =
12
Nên : 0,6.(3-
n
) = 0,2.1 =>
n
= 8/3
Mặt khác, theo bảo toàn nguyên tố Fe, ta có
3
2
n
Fe O
Fe
1
n n 0,3 mol
2

+
= =
Suy ra
X
8
m 0,3.(56.2 16. ) 46,4 g
3
= + =
.
Cách 8 : Giải theo bảo toàn nguyên tố oxi
Ta có
3 3 2
Fe(NO ) NO
n 0,6 mol; n 0,2 mol;= =
Suy ra
3 2 3
HNO pu H O HNO
1
n 0,6.3 0,2 2,0 mol n n 1 mol.
2
= ++ = => = =
Hỗn hợp X ( FeO,Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4
) + HNO

3

→
Fe(NO
3
)
3
+ NO
2
+ H
2
O
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố O, ta có :
3 3 2 2 3
O/X O/Fe(NO ) O/ NO O/H O O/HNO pu
m m m m m= + + −
Suy ra :
X Fe
m m 0,6.9.16 0,2.32 1,0.16 2.3.10 12,8− = + + − =
g
=>
X
m 12,8 0,6.56 46,4 g.= + =
Bài 2 :
Cách 1 : Phương pháp thông thường
Fe + 2HCl → FeCl
2
+ H
2
x x x

Mg + 2HCl → MgCl
2
+ H
2
y y y
Zn + 2HCl → ZnCl
2
+ H
2
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.
13
Cách 2 : Phương pháp bảo toàn nguyên tố
Nhận thấy:
2
HCl H
Cl
6,72
n n 2.n 2. 0,6mol.
22,4
−
= = = =
Suy ra:
muôi kl
Cl

m m m 15,3 0,6.35,5 36,6 g.
−
= + = + =
Cách 3 : Phương pháp bảo toàn khối lượng
M + 2HCl → muối + H
2
0,6 0,3 (mol)
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: m
M
+ m
HCl
= m
muối
+ 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 công thức trung bình của Fe, Mg, Zn.
M + 2 HCl
→
MCl
2
+ H
2
Từ phương trình, suy ra
2 2
MCl H
n n 0,3mol= =
Suy ra
Muoi M M

m 0,3.(M 71) 0,3.M 0,3,71 15,3 0,3.71 36,6 g.= + = + = + =
Bài 3 :
Cách 1 : Phương pháp thông thường
A
2
CO
3
+ 2HCl
→
2ACl
+ CO
2

+ H
2
O (1)
x 2x x
BCO
3
+ 2HCl
→
BCl
2
+ CO
2

+ H
2
O (2)
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 = 26 g.
Cách 2 : Dùng phương pháp bảo toàn khối lượng
A
2
CO
3
+ 2HCl
→
2ACl
+ CO
2

+ H
2
O (1)
14
BCO
3
+ 2HCl
→
BCl
2
+ CO
2

+ H
2
O (2)
Từ (1)(2): số mol HCl = 2 số mol CO
2
= 0,4 mol.
Số mol H
2
O = số mol CO
2
= 0,2 mol.
Theo định luật BTKL, ta có :
23,8 + 0,4.36,5 = m
muối
+ m
CO
2
+ m
H 2
O
→ m
muối
= 23,8+ 0,4.36,5 - 0,2. (44 + 18) = 26 g.
Cách 3 : Dùng phương pháp tăng giảm khối lượng :
Cứ 1 mol CO
2
sinh ra thì sẽ có 1 mol muối A
2
CO
3

hoặc BCO
3
phản ứng và tạo ra 2
mol ACl hoặc 1 mol BCl
2
, làm khối lượng tăng 71- 60 =11 gam.
Vậy nếu số mol CO
2
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 toán 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 toán Hóa học,
nhất là các phương pháp giải nhanh như áp dụng các định luật bảo toàn : bảo toàn
nguyên 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 tòi nghiên cứu và sáng tao; giúp
học sinh yêu thích môn học hơn, tạo cơ sở vững chắc cho sự thành công về sau.
2.2. GIỚI THIỆU MỘT SỐ BÀI TOÁN VÔ CƠ, HỮU CƠ CÓ NHIỀU
CÁCH GIẢI
2.2.1. Một số bài toán vô 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
2
SO

4
là 0,3M để trung hoà hoàn
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, còn nếu cho A tác dụng
vừa đủ với dung dịch H
2
SO
4
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 H
2

SO
4
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 H
2
SO
4
?
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 (hoá trị I). Hoà tan một
lượng A vào nước được dung dịch A1. Nếu thêm AgNO
3
dư vào A1 thì lượng kết
16
tủa tách ra bằng 188% lượng A. Nếu thêm Na
2
CO
3
dư vào dung dịch A1 thì
lượng kết tủa tách ra bằng 50% lượng A. Xác định công thức của muối A?
Đáp số: CaBr
2
Bài 9: Cho V lít hỗn hợp khí gồm H

2
S và SO
2
tác dụng với dung dịch brom dư.
Thêm dung dịch BaCl
2
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 Fe
3
O
4
bằng CO thu được hỗn hợp A gồm FeO và Fe. A tan
vừa đủ trong 0,3 lít dung dịch H
2
SO
4
1M cho ra 4,48 lít khí H
2
(đktc). Tính m ?
Đáp số: 23,2 g
Bài 11:Cho hỗn hợp X gồm SO
2
và O
2
theo tỷ lệ số mol 1:1 đi qua V
2
O
5

xúc tác, đun nóng thu được hỗn hợp Y có khối lượng 19,2 gam. Hoà tan Y vào
nước sau đó thêm Ba(NO
3
)
2
dư thu được 37,28 gam kết tủa. Tính hiệu suất phản
ứng SO
2
+ O
2
?
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
2
O
3
, MgO, ZnO tan vừa đủ trong
300 ml dung dịch H
2
SO
4
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: Hòa tan hoàn toàn 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
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 KMnO
4
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 Cl
2
thu được (đktc)?
Đáp số: 7,056 lit
Bài 17: Hỗn hợp A gồm O
2
và O
3
có tỉ khối so với hiđro là 20. Hỗn hợp B gồm
H
2
và CO có tỉ khối so với hiđro là 3,6. Tính thể tích khí A (đktc) cần dùng để đốt
cháy hoàn toàn 4 mol khí B?
Đáp số: 35,84 lit
Bài 18: Hòa tan 14,52 gam hỗn hợp X gồm NaHCO
3
, KHCO

3
, MgCO
3
bằng dung
dịch HCl dư, thu được 3,36 lít khí CO
2
(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 Cu
2
S vào axit HNO
3
(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
18
Bài 22: Có 1 lít dung dịch hỗn hợp Na
2
CO
3
0,1 mol/l và (NH
4
)
2
CO
3
0,25 mol/l. Cho
43 gam hỗn hợp BaCl
2
và CaCl
2
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: %BaCO
3
= 49,62% và %CaCO
3
= 50,38%
Bài 23: Cho 7,22 gam hỗn hợp X gồm Fe và một kim loại M có hoá trị không 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, FeS
2
, S bằng dung dịch HNO
3
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 toàn bộ kết tủa
nung trong không khí đến khối lượng không đổi thì khối lượng chất rắn thu
được bao nhiêu gam?
Đáp số: 16,0 g
Bài 25: Cho hỗn hợp gồm N
2
, H
2
và NH
3
có tỉ khối so với hiđro là 8. Dẫn hỗn hợp
đi qua dung dịch H
2
SO
4
đặc, dư thì thể tích khí còn lại một nửa. Tính thành phần
phần trăm theo thể tích của mỗi khí trong hỗn hợp?
Đáp số: %N
2

= 25%; % H
2
= 25%; % NH
3
= 50,0%
Bài 26: Dung dịch A gồm HCl 0,2M; HNO
3
0,3M; H
2
SO
4
0,1M ; HClO
4
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: V
A
: V
B
= 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
HNO
3
(dư), thu được 0,672 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Tính số mol
HNO
3

đã phản ứng ?
Đáp số: 0,18 mol
19
Câu 28: Cho a gam Fe vào 100 ml dung dịch hỗn hợp gồm HNO
3
0,8M và
Cu(NO
3
)
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 H
2
ở 0,5 atm và 0
o
C. 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
2
O
3
. B là quặng manhetit chứa 69,6%
Fe
3
O

4
. Trộn m
A
tấn quặng A với m
B
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
2
O. 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
2
O
3
bằng dung dịch HCl dư
thì lượng khí thoát ra bằng 1% khối lượng hỗn hợp ban đầu. Nếu khử a gam hỗn
hợp A bằng H
2
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

2
O
3
trong hỗn hợp A
?
Đáp số: %Fe = 28%; %FeO = 36%; %Fe
2
O
3
= 36%
Bài 34: Cho hỗn hợp gồm 0,3 mol Fe, 0,15 mol Fe
2
O
3
và 0,1 mol Fe
3
O
4
tác dụng
hết với dung dịch H
2
SO
4
loãng thu được dung dịch A. Cho dung dịch A tác dụng