sÁng kiẾn kinh nghiỆm sỬ dỤng bÀi tẬp hÓa hỌc cÓ nhiỀu cÁch giẢi ĐỂ rÈn...

8/20/2019 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM SỬ DỤNG BÀI TẬP HÓA HỌC CÓ NHIỀU CÁCH GIẢI ĐỂ RÈN LUYỆN TƯ DUY CHO HỌC SIN…

http://slidepdf.com/reader/full/sang-kien-kinh-nghiem-su-dung-bai-tap-hoa-hoc-co-nhieu-cach 1/81

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 CHOHỌC SINH LỚ P 12 Ở TRƢỜ NG TRUNG HỌC

PHỔ THÔNG

Ngườ i thực hiện: Nguyễn Trí Ngẫn

Lĩnh vực nghiên cứu:

- Quản lý giáo dục

- Phương pháp dạy học bộ môn: Hóa học

- Lĩnh vực khác: ..............................................

(Ghi rõ tên lĩnh vự c)

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

Mô hình Đĩa CD (DVD) Phim ảnh Hiện vật khác (các phim, ảnh, sản phẩ m phần mề m)

WWW.FACEBOOK.COM/DAYKEM.QUYNHON

WWW.FACEBOOK.COM/BOIDUONGHOAHOCQUYNHON

WW.DAYKEMQUYNHON.UCOZ.COM

óng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú



1

SƠ LƢỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC

------------------------

I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN

1. Họ và tên: NGUYỄN TRÍ NGẪ N

2. Ngày tháng năm sinh:14/10/1972

3. Nam, nữ: Nam

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

Thành

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

ĐTDĐ:0909083720

6. Fax: E-mail:[email protected]

7. Chức vụ: giáo viên

8. Nhiệm vụ đượ c giao (quản lý, đoàn thể, công việc hành chính, công việc

chuyên môn, giảng d ạy môn, lớ p, chủ nhiệm l ớp,…):

9. Giảng dạy môn Hóa học lớ p 12A1, 12A2, 12A11, 11A1, 11A2 Bồi dưỡ ng

học sinh giỏi môn Hóa học lớ p 12

10. Đơn vị công tác:Trường THPT Long Thành

II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO

- Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệ p vụ) cao nhất: thạc sỹ

- Năm nhận bằng: 2011

- Chuyên ngành đào tạo: Lý luận và PPDH môn Hóa học

III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC

- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: dạy học hóa học

Số năm có kinh nghiệm:18 năm







2

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

“ Phân loại và phương pháp giải bài tập Hóa học 12 phần kim loại” năm 2011

“ Phân loại và phương pháp giải bài tập chương 5 và 6 Hóa học 12 ” năm 2012

“ Phương pháp giải bài tậ p pH của dung dịch “ năm 2014







3

Tên SKKN: SỬ DỤNG BÀI TẬP HÓA HỌC CÓ NHIỀU CÁCH GIẢI ĐỂ

RÈN LUYỆN TƢ DUY CHO HỌC SINH LỚ P 12 Ở TRƢỜ NG TRUNG

HỌC PHỔ THÔNG

I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Một trong những mục tiêu dạy học hóa học ở Trung học phổ thông là ngoài

việc truyền thụ kiến thức hóa học phổ thông cơ bản còn cần mở r ộng kiến thức,

hình thành cho học sinh phương pháp học tậ p 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

tr ẻ, việc dạy học hóa học còn có chức năng phát hiện, bồi dưỡng, nâng cao tri thức

cho những học sinh có năng lực, hứng thú trong học tậ p bộ môn. Nhiệm vụ này

đượ c 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 toán hóa học bằng nhiều phương pháp khác nhau là một trong

những nội dung quan tr ọng trong dạy học hóa học ở trườ ng phổ thông. Phương

pháp giáo dục ở ta hiện nay còn nhiều gò bó và hạn chế tầm suy nghĩ, sáng tạo củahọc sinh. Bản thân các em học sinh khi đối mặt vớ i một bài toán cũng thường có

tâm lý tự hài lòng sau khi đã giải quyết được bài toán bằng cách nào đó, mà chưa

nghĩ đến chuyện tìm cách giải tối ưu, giải quyết bài toán bằng cách nhanh nhất. Do

đó, giải bài toán 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 tốiđa 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 vớ i những bài tập cùng dạng, điều này góp phần hỗ tr ợ phát triển các bài tậ p hay

và mớ i cho học sinh.

Vì vậy chúng tôi chọn đề tài: “Sử dụng bài tập hóa học có nhiều cách giải để

rèn luyện tƣ duy cho học sinh lớ p 12 ở trƣờ ng trung học phổ thông”

Hy vọng đề tài này sẽ góp phần nâng cao chất lượ ng dạy học hóa học ở

trườ ng THPT.







4

II. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰ C TIỄN

2.1. Các phƣơng pháp giải bài tập

Các phương pháp giải bài tập hóa học:

Phương pháp bảo toàn khối lượng (PP BTKL)

Phương pháp bào toàn 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 quá 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 không phải của trí nhớ". Như vậy, HS chỉ thực

sự lĩnh hội đượ c 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 tượ ng 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 tượ ng

mới, riêng rẽ của hiện thực trên cơ sở những kiến thức khái quát hóa đã thu nhận

đượ c.

Hay : “Tư duy là một quá trình tâm lý mà nhờ đó con ngườ i phản ánh đượ c

cái đối tượ ng và hiện tượ ng của hiện thực thông qua những dấu hiệu bản chất của

chúng, đồng thời con ngườ i vạch ra đượ c những mối quan hệ khác nhau trong mỗi

đối tượ ng, hiện tượng và giữa các đối tượ ng, hiện tượ ng vớ i nhau".







5

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 thông 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

tượ ng nhằm mục đích nghiên cứu chúng một cách đầy đủ, tr ọn vẹn theo hướ ng

nhất định.

- T ổ ng h ợ p : Là hoạt động tư duy kết hợp các bộ phận, yếu tố đã được phân

tích để nhận thức, để nắm được cái toàn bộ của sự vật, hiện tượng. Để hiểu đầy đủ

các nhóm nguyên tố phải dựa trên kết quả tổng hợ p của việc phân tích nghiên cứu

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

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

tượng và giữa những khái niệm phản ánh chúng.

- C ụ th ể hóa :

C ụ thể : Là sự vật hiện tượ ng tr ọn vẹn, đầy đủ các tính chất, các mối quan hệ

giữa các thuộc tính với nhau và với môi trườ ng xung quanh.

C ụ thể hóa : Là hoạt động tư duy tái sản sinh ra hiện tượng và đối tượ ng vớ i

các thuộc tính bản chất của nó.

Vận dụng định luật tuần hoàn có các chu kỳ khác nhau cho thấy sự biến thiên

tuần hoàn không có nghĩa sao y nguyên xi tính chất của chu kì trước mà luôn có sự

phát triển một cách cơ sở .

- Tr ừu tượ ng hóa

Tr ừu tượng : Là một bộ phận của toàn bộ, tách ra khỏi toàn bộ, nó cô lậ p ra

khỏi các mối quan hệ của các bộ phận, mà nó chỉ giữ lại các thuộc tính cơ bản và

tướ c bỏ những thuộc tính không cơ bản. Cụ thể có tri giác trực tiếp đượ c. Tr ừu

tượng không tri giác trực tiếp đượ c. Trong nhận thức có quy luật phát triển là từ cụ

thể tr ừu tượ ng. Tr ừu tượng hóa là sự phản ánh bản chất cô lập các dấu hiệu, thuộc







6

tính bản chất. Tìm hiểu cấu tạo nguyên tử và sự chuyển động của electron trong

nguyên tử làm tiền đề để thông hiểu sự hình thành các liên kết hóa học … liên kết

, , hiđro, những yếu tố ảnh hưở ng tr ực tiếp đến tính chất lí hóa của các chất.

- Khái quát hóa

Là bướ c cần thiết của tr ừu 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 tượ ng, từ đó hình thành lên một khái niệm.

Đó là khái quát hóa.

*Nh ững hình thức cơ bản c ủa tư duy

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

của sự vật hiện tượ ng.

Khái niệm đóng vai trò quan trọng trong quá 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 tượ ng.

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

phối hợ p 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 mớ i gọi là suy lý. Suy lý đượ c cấu tạo bở i hai bộ phận :

+ Các phán đoán có trướ c gọi là tiên đề.

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

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

khác. Loại suy cho ta những dự đoán chính xác sự phụ thuộc và sự hiểu biết về hai







7

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 hợ p chất hữu cơ chỉ cần xét kỹ các

hợ p chất tiêu biểu nhất, còn các chất khác trong dãy đồng đẳng dễ dàng biết đượ c

bằng phương pháp loại suy.

+ Suy lý quy nạ p : Suy lý từ quy nạp đến phổ biến, từ những hoạt động tớ i

quy luật. Do đó, quá trình tư duy, sự suy nghĩ theo quy nạ p 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 diễ n d ịch : 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 quát hơn.

● Từ phán đoán có tính chất tổng quát này đến các phán đoán có tính chất

tổng quát khác.

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

nhau giống như phân tích và tổng hợp. Quá trình này đượ c thực hiện trong phương

pháp xác định mối liên hệ nhân quả trong các hiện tượ ng. Với tư cách là hình thức

tư duy gián tiếp, suy lý trong tư duy lôgic đóng vai trò quan trọng trong tất cả các

hoạt động của tư duy. Việc hướ ng dẫn quy tắc lôgic trong suy lý tạo đượ c 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 đoán, suy lý thông thườ ng qua mọi câu hỏi, mọi vấn

đề và phải đượ c tiến hành thường xuyên liên tục.

- Mở r ộng k ết quả sang trườ ng hợp tương tự.

2.3 . Tư duy hóa học

Với tư duy toán thì 1 + 2 = 3







8

A + B = AB

Nhưng với tư duy hóa học thì A + B không phải là phép cộng thuần túy của

toán học, mà là xảy ra sự biến đổi nội tại của các chất để tạo thành chất mớ i, theo

những nguyên lý, quy luật, những mối quan hệ định tính và định lượ ng 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 quá trình tư duy hóa học là sự phối hợ p chặt chẽ, thống nhấtgiữa những hiện tượ ng cụ thể quan sát đượ c vớ i những hiện tượ ng cụ thể không

quan sát đượ c, ngay cả khi dùng kính hiển vi điện tử, mà chỉ dùng kí hiệu, công

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

Vậy bồi dưỡng phương pháp và năng lực tư duy hóa học là bồi dưỡ ng 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 đoán 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 môn khoa học lý thuyết và thực nghiệm có lậ p luận, trên cơ sở

những k ỹ năng quan sát các hiện tượng hóa học, phân tích các yếu tố cấu thành và

ảnh hưở ng, thiết lậ p những sự phụ thuộc xác định để tìm ra những mối liên hệ giữa

các mặt định tính và định lượ ng, quan hệ nhân quả của các hiện tượng và quá trình

Tr ực quan

sinh độngTư duy

tr ừu tượ ng

Thực tiễn







9

hóa học, xây dựng nên các nguyên lý, quy luật, định luật, r ồi tr ở lại vận dụng để

nghiên cứu những vấn đề của thực tiễn.

III. TỔ CHỨ C THỰ C HIỆN CÁC GIẢI PHÁP

3.1. Bài tập hữu cơ có nhiều cách giải

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

lượng là 4,02 gam, Cho toàn bộ hỗn hợp trên tác dụng vừa đủ vớ i 6 gam axit axetic

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

lượng este thu đượ c.

Hướ ng d ẫ n gi ải :

Cách 1 : Phương pháp đại số

Gọi CT của ancol cùng dãy đồng đẵng vớ i 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 đượ c : 42a + 42b = 0,06.42 = 2,52 (5)

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

Cách 2 : Phương pháp bảo toàn khối lượ ng

Ta có:







10

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có :

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

Cách 3 : Phương pháp tăng giảm khối lượ ng

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

.

.

Nh ận 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

học sinh thấy bế tắc. Còn cách 2, cách 3, cách 4 thì HS sẽ thấy dễ hiểu hơn. Đặc

biệt là cách 2 ngắn gọn và dễ giải hơn rất nhiều. Vì vậy khi giải một bài tậ p, GV

cần hướ ng dẫn cho các em nhiều cách giải, qua những cách giải đó mỗi HS sẽ lựa

chọn cho mình một cách tiế p nhận kiến thức phù hợp. Qua đó làm cho tư duy hóa

học của các em sẽ phát triển.







11

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

gam nướ c. Tỉ khối hơi của A đối vớ i H2 bằng 30. Xác định công thức phân tử của

este (A).

Hƣớ ng dẫn giải:

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

Khối lượ ng của nguyên tố :

Lậ p 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 :

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

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







12

Cách 3 : Xác định tr ực tiếp công thức phân tử

Số nguyên tử của các nguyên tố trong A :

Số nguyên tử cacbon :

Số nguyên tử hiđr o :

Số nguyên tử oxi :


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

Theo đề bài ta có hệ phương trình :


Nh ận xét : Vớ i 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 hợ p với tư duy

của các em.

Bài 3 : Xà phòng hóa 13,2 gam hỗn hợ p 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

HCOOC3H

7 + NaOH → HCOONa + C

3H

7OH

(mol) a a

CH3COOC2H5 + NaOH → CH3COONa + C2H5OH







13

(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 toàn điện tích

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

RCOO- Và Na+

.

→

→ ĐÁP ÁN A.

Nh ận 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 vớ i dung dịch NaOH thu đượ c 13,4 gam muối và

7,8 gam hỗn hợp ancol. Xác định X.


Cách 1 : Phương pháp thông thườ ng

Gọi CT của este trên là: R 1OCO – R – COOR 2

R 1OCO – R – COOR 2 + NaOH → NaOCO – R – COONa + R 1OH + R 2OH

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







14

→ X là : CH3OCO – COOC2H5.


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.


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

→

R 1 15 (CH3 - ) 29 (C2H5-)

R 2 29 (C2H5-) 15 (CH3 - )







15

→ .

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 hoàn toàn thu đượ c dung dịch A, Cô cạn A thu đượ c hỗn hợ p chất r ắn Y. Đem

đốt cháy hoàn toàn chất r ắn Y thì cần V(lit) O2 (đktc) thu đượ c hỗn hợp khí Z (CO2

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



.

n NaOH= 0,4 (mol).

CH3COOC2H5 + NaOH → CH3COONa + C2H5OH

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

R 1 15 (CH3 - ) 29 (C2H5-)

R 2 29 (C2H5-) 15 (CH3 - )

R 1 15 (CH3 - )

R 2 15 (CH3-)







16

Chất r ắn 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 đượ c :

Bảo toàn nguyên tố H, ta đượ c :

.

Bảo toàn nguyên tố oxi, ta đượ c :

.


Tương tự như trên, ta có :







17

Bài 6 : Lên men 10,8 kg glucozơ chứa 20% tạ p chất, sau phản ứng thu đượ c 3,68

kg ancol etylic. Tính hiệu suất của phản ứng lên men.



C6H12O6 → 2C2H5OH + 2 CO2

0,048 0.096

→ .

Cách 2 : Phương pháp tỉ lệ khối lượ ng

C6H12O6 → 2C2H5OH + 2 CO2

180 2. 46

? 3,68

→


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

0,048 mol C6H12O6 → khối lượ ng giảm : 0.048. 88 =4,224 gam.







18

→ 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 nóngthu đượ c dung dịch A. Trung hòa 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).



C12H22O11 + H2O → C6H12O6 + C6H12O6

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

(Vì cả glucozơ và fructozơ đều tác dụng vớ i 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

→


1 mol tạo ra được 4 mol Ag thì khối lượng tăng 90 gam.







19

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 đượ c 59,4

kg xenlulozơ trinitrat ( H%= 80%) ?



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

(kmol) 0,6 0,2

→


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

3.63 297

? 59,4

→

Cách 3 : Phương pháp bảo toàn nguyên tố

Ta có :







20

→

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

toàn bộ lượng khí sinh ra vào dung dịch Ca(OH)2 dư thì thu đượ c 10 gam k ết tủa.

Tính giá trị m.



C6H12O6 → 2C2H5OH + 2CO2

(mol) 0,05 0,1

CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O

(mol) 0,1 0,1


180 2.100

? 10

Bài 10 : Cho 13,35 gam hỗn hợ p X gồm H2 N-CH2CH2COOH và

CH3CH(NH2)COOH tác dụng vớ i V ml dung dịch NaOH 2M thu đượ c dung dịch

Y. Biết dung dịch Y tác dụng vừa đủ vớ i 250 ml dung dịch HCl 1M. Tính giá trị

của V.








21


.

.

.


Nh ận xét : Nếu sử dụng phương pháp khác như phương pháp thông thườ ng,

để giải bài toán trên thì sẽ r ất mất thờ i 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 HScủa bài toán không 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 tr ọng là phải biết suy nghĩ

tìm ra phương pháp giải hợp lí nhất, vì hướng đi đúng thì mới có cách giả i hay

nhất và ngắn nhất.

Bài 11 : Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợ p X gồm 2 amin no đơn chức k ế tiế p nhau

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

amin.







22



Gọi CTPT trung bình của 2 amin no đơn là

0,5mol 0.8 mol


Ta có:

Nh ận xét : Cách 2 sẽ giải nhanh hơn cách 1, vì HS chỉ cần tính đượ c 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 hợ p X gồm hai chất hữu cơ có cùng công thức phân tử

C2H7 NO2 tác dụng vừa đủ vớ i dung dịch NaOH và đun nóng, thu đượ c dung dịch

Y và 4,48 lít hỗn hợ p Z (ở đktc) gồm hai k hí (đều làm xanh giấy quỳ ẩm). Tỉ khối

hơi của Z đối vớ i H2 bằng 13,75. Cô cạn dung dịch Y thu đượ c khối lượ ng muối







23

khan là

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

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



Nhận xét :

C2H7 NO2 có 2 CTCT thõa mãn : HCOOH3 NCH3 và CH3COONH4.

HCOOH3 NCH3 + NaOH → HCOONa + CH3 NH2 + H2O

(mol) x x

CH3COONH4 + NaOH → CH3COONa + NH3 + H2O

(mol) y y

Gọi x, y lần lượt là số mol của CH3 NH2 và NH3.

Ta có :

→ Đáp án B.


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

Áp dụng ĐLBT KL, ta có :







24

→ Đáp án B.

Cách 3 : Phương pháp trung bình kết hợ p với phương pháp bảo toàn khối lượ ng

Gọi công thức tổng quát trung bình của X là RCOOH3 NR'.

RCOOH3 NR’ + NaOH → RCOONa + R’NH2 + H2O

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

Áp dụng ĐLBT KL, ta cũng có :

→ Đáp án B.

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

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

luyện tìm cách giải mới, sáng tạo thườ ng 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 hợ p chất no, mạch thẳng – có thể xác định đượ c CT của A

không? 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.


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

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

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

hoặc n = 2.

Vớ i n = 1 loại, vì số nguyên tử H trong phân tử lẻ – không có cấu tạo phù hợ p!







25

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

ađipic).

Cách 2: Dùng công thức tổng quát.

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 công 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 hoà.

Ta có (C3H5O)n C3nH5nOn C2nH4n(CHO)n.

- Tính độ bất bão hoà theo công thức: = 1/2 (2.3n + 2 – 5n) = 1/2 (n + 2).

- Tính độ bất bão hoà theo cấu tạo: Phân tử không có vòng, no, có n nhóm (-

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

Vớ i 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 công thức của A khi bỏ bớ t 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 vòng; 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 nguyên.

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

- Độ bất bão hoà tính theo công thức: = 1/2(2.3n + 2 – 5n) = 1/2 (n + 2).







26

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 vớ i một lượng NaOH, thu đượ c 207,55 gam hỗn hợ p 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


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 lượ ng axit tự do, sau pứ khối lượ ng 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

số mol H2O tạo ra: 0,025 mol







27

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

3

0250 ),a(

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

2

200 + 40a = 207,55 + 923

0250 ),a( + 18 . 0,025 a = 0,775

m NaOH = 31 gam

Bài 15 (ĐHKB năm 2011): Để hiđro hóa hoàn toàn 0,025 mol hỗn hợ p X gồm

hai anđehit có khối lượ ng 1,64 gam, cần 1,12 lít H2 (đktc). Mặt khác, khi cho cũng

lượng X trên phản ứng vớ i một lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3 thì thu đượ c8,64 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


Cách 1:

n X = 0,025 và2Hn = 0,05 Có 1 liên kế t hoặc 2 nhóm chứ c (t ỷ l ệ 1 :2)

n Ag = 0,08 có 1 anđehit 2 chứ c còn 1 anđhit không no

C n H 2n-2O (x mol)

C n H 2n-2O2 (ymol)

015,0

01,0

08,042

025.0

y

x

y x

y x

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

Lậ p bảng chọn n = m = 3

Cách 2:







28

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 đượ c 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 hợ p gồm hai đơn chức X và Y (phân tử khối của X nhỏ hơncủa Y) là đồng đẳng k ế 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 vớ i H2SO4 đặc ở 1400C tạo thành 1,25 gam hỗn hợ p ba ete.

Hóa hơi hoàn toàn hỗn hợp ba ete trên, thu đượ c 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%


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 rượ u =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 đượ c = 0,015(2.46 - 18) = 1,11g

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

Dựa vào khối lượng ete thu đượ c thực tế và giả sử, áp dung quy tắc đường chéo

tính đượ c tỉ lệ C2H5OH/C3H7OH = 2/1 → hiệu suất tạo ete lần lượ t của 2 rượ u =40% và 20%.

Cách 2:







29

Phần 1:OH

n2

= 0,35 và2

COn = 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 =OH

n2

nancol = 0,03 dư 0,07

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

Lậ p hệ cho m và n ancol dư

07,0

78,36046

ba

ba

04,0

03,0

b

a

H của X và Y là 40% và 20%

Bài 17: (ĐHKA-2014) : Hỗn hợ p X gồm axit axetic, propan-2-ol. Cho một lượ ng

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

Giá trị của m là

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


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: M ban 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 công thức phân tử C8H8O2 và chứa

vòng benzene trong phân tử. Cho 6,8 gam hỗn hợ p gồm X và Y tác dụng vớ i dung

dịch NaOH dư, đun nóng, lượ ng NaOH phản ứng tối đa là 0,06 mol, thu đượ c

+ 2Na + H2







30

dung dịch Z chứa 4,7 gam ba muối. Khối lượ ng muối của axit cacboxylic có phân

tử khối lớ n hơn trong Z là

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


Chọn A. MX, Y = 136, số mol hỗn hợ p (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 hợ p muối = số mol NaOH = 0,06 mol.

M muối = (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 vớ i ancol (y

mol).

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

(mol) x 2x x x x

R 1COOR 2 + NaOH R 1COONa + R 2OH

(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 lượ ng 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 lượ ng CH3COONa =

82.0,01 = 0,82 gam.

Cách 2: Khối lượ ng hai muối của este (X) tạo bởi axit cacboxylic và phenol:







31

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

gam.

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

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

CTCT của X: CH3COO-C6H5 , (trườ ng hợ p H-COO-C6H4-CH3 loại).

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

Bài 19( ĐHKB -2014): Hỗn hợ p 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 đượ c hỗn hợ p 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.


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 aH2 N-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 là16

3,25

và 71,4

5 .

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

(không 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:

H-([Ala]3,2-[Val]1,4)-OH + (3,2 + 1,4 -1)H2O 3,2Ala + 1,4Val







32

(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: nnướ c = 0,23 – 5x.

Áp dụng ĐLBTKL m peptit = m = mamino axit - m nướ c

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 hơn16.

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 vô cơ có nhiều cách giải

Bài 1: Hòa tan hoàn toàn 15,3 gam hỗn hợ p 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 đượ c khối lượ ng muối khan là bao nhiêu ?



Fe + 2HCl → FeCl2 + H2

(mol) x x x







33

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.


Nhận thấy:


M + 2HCl → muối + H2

(mol) 0,6 0,3

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

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


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

+ 2HCl → Cl2 + H2







34

0,3 0,3 (mol)

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

Nh ận 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 thườ ng

dùng cách 2,3 hoặc 4.

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

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

gam chất r ắn Z. Cho Y lội chậm qua bình đựng dung dịch nước vôi 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.

Hƣớ ng dẫn giải


nCaCO3 = = 0,45 mol

CO2 + Ca(OH)2 CaCO3 + H2O (1)

(mol) 0,4 0,4

(1) nCO 2 = 0,4 mol

● X + CO, t0: Al2O3, MgO không bị khử.

(mol) x x x

(mol) y 3y 4y







35

(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

đượ c chất r ắn Z gồm những chất nào ? Nhiều HS thấy bế tắc ở đây (!)


Nhận xét: nCO = nCO2 = 0,4 mol

Theo định luật bảo toàn k hối lượ ng :

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 lượ ng.

Cứ 1 mol CO phản ứng sẽ tạo ra 1 mol CO2 làm khối lượ ng chất r ắn giảm

16 gam. Vậy nếu có 0,4 mol CO2 tạo ra thì khối lượ ng chất r ắn giảm 0,45.16 = 7,2

gam Khối lượ ng chất r ắn ban đầu là 56,82 + 7,2 = 64,02 gam.


Ta có : .

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

giải quyết bài toán trên : có phương pháp gặ p bế tắc (như phương pháp thông

thườ ng ở trên), có phương pháp tìm ra k ết quả, … nhưng sử dụng phương bảo

toàn khối lượ ng hoặc tăng giảm khối lượng là tìm đượ c k ết quả nhanh nhất. Và tất

nhiên trong trườ ng hợp này, phương pháp bảo toán khối lượ ng hoặc tăng giảm

khối lượ ng giữ vai trò chủ đạo trong việc rèn luyện tư duy cho HS.

2







36

Bài 3 : Khử hoàn toàn 24 gam hỗn hợp CuO và FexOy bằng H2 dư, t0 , thu

đượ c 17,6 gam hỗn hợ p hai kim loại. Khối lượng nướ c tạo thành là



Cách 1 : Dùng phương pháp thông thườ ng

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

Viết phương trình phản ứng, lậ p hệ, giải hệ, tìm khối lượng nướ c.

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) tr ừ (2) ta được : 16a + 16yb = 6,4 → a + yb = 0,4.

= 18(a + yb) = 7,2 g Chọn đáp án B.


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.


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

lượ ng chất r ắn giảm 16 gam.







37

Vậy nếu khối lượ ng chất r ắn giảm 24 - 17,6 = 6,4 gam thì số mol nướ c tạo

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

Cách 4 : Phương pháp bảo toàn khối lượng, ta có : nH2 = nH

2O = x mol.

moxit + mH2 = mkim loại + mH

2O

24 + 18x = 17,6 + 18x → x = 0,4

= 18.0,4 = 7,2 gam Chọn đáp án B.

Nh ận xét : Với HS bình thườ ng 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 thườ ng

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 lượ ng 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.


Suy luận : Có

Tạo ra hỗn hợ p hai muối : NaH2PO4 và Na2HPO4


NaOH + H3PO4 → NaH2PO4 + H2O

(mol) x x

2NaOH + H3PO4 → Na2HPO4 + 2H2O







38

(mol) 2y y

Ta có :

→

.

Chọn đáp án C.

Cách 2 : Sơ đồ đường chéo :

Na2HPO4 (n1 = 2)3/51

=

n =

NaH2PO4 (n2 = 1) 3/52 =

Mà :

Giải hệ (1) (2) ta đượ c :

Chọn đáp án C.

Bài 5 : Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợ p gồm Na và Ba vào nước thu đượ c 7,84

lit khí (đktc) và dung dịch A. Tính thể tích HCl 2M cần để trung hòa hết dung

dịch A.


3

2

3

5

3

1







39

Cách 1 : Phương pháp thông thườ ng.

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

→

Nh ận 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 r ất nhiều phương trình phản ứng (2 phương trình

của kim loại vớ i H2O, 2 phương trình của axit với NaOH và Ba(OH)2), nếu bài tậ pnày cho hỗn hợ p axit thì việc viết phương trình phản ứng tr ở nên phức tạp hơn rất

nhiều. Vì vậy mà dễ dẫn tớ i chổ bế tắc, không giải đượ c.







40

Bài 6 : Hòa tan hoàn toàn 23,8 gam hỗn hợ p gồm một muối cacbonat của kim

loại kiềm và một muối cacbonat của kim loại kiềm thổ bằng dung dịch HCl thu

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

chất r ắn?



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 lượ ng

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.

Số mol H2O = số mol CO2 = 0,2 mol.







41

Theo định luật BTKL, ta có :

23,8 + 0,4.36,5 = mmuối + mCO2+ mH

2O

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

Cách 3 : Dùng phương pháp tăng giảm khối lượ ng :

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 lượ ng muối giải phóng ra sẽ

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


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

CO3 + 2HCl → Cl2 + CO2 + H2O

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

Nh

ận xét : Rõ ràng cách 3 tối ưu hơn nhiều so với cách 1. Do vậy khi giảngdạy, để rèn luyện tư duy cho HS, cần phải hướ ng dẫn cho các em tìm tòi, khám

phá những cách giải mới, sáng tạo. Với bài tập trên HS có thể áp dụng đồng thờ i

phương pháp trung bình và bào toàn khối lượng để giải cũng cho ra kết quả nhanh

chóng.

Bài 7 : Hòa tan hoàn toàn 7,56 gam hỗn hợp Mg và Al bằng dung dịch HCl thu

được 8,064 lít khí (đktc). Cũng lượ ng hỗn hợp này nếu hòa tan hoàn toàn bằng

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

xác định sản phẩm khử đó.

2







42


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

Giai đoạn 1 : Tính số mol của Mg, Al.


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 phẩ m khử của S +6 .








43

Sản phẩm khử của S 6 có thể là SO2, S hay H2S.

Trườ ng hợ p 1 : Sản phẩm khử là SO2

(mol) 0,18 0,36

(mol) 0,12 0,36

(mol) 0,72 0,36 → loại trườ ng hợp này (vì trái vớ i giả thiết).

Trườ ng hợ p 2 : Sản phẩm khử là S.

(mol) 0,18 0,36

(mol) 0,12 0,36

(mol) 0,72 0,12 ( nhận )

Trườ ng hợ p 3 : Sản phẩm khử là H2S.

(mol) 0,18 0,36

(mol) 0,12 0,36

(mol) 0,72 0,09 ( loại)







44

→ Sản ph ẩ m kh ử c ủa 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 (nhườ ng) = 0,72 mol

Bán phản ứng khử :

S + (6 - x)e S

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

Theo định luật bảo toàn e, Ta có :

(6 - x)0,12 = 0,72 x = 0.

→ S ản ph ẩ m kh ử c ủa là S.

Cách 3 : Với HS thông minh dễ dàng nhận ra r ằng : Vì cùng một lượ ng hỗn hợ pMg và Al. Các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Nên :

ne (Mg, Al) nhườ ng = ne H+ nhận = ne S nhận

0,12(6 - x) = 0,72 x = 0 (S).

Bài 8 : Cho V(l) khí CO2 (đktc) hấ p thụ hoàn toàn vào 250 ml dung dịch Ba(OH)2

0,6 M đượ c 15,76g k ết tủa. Tìm giá trị của V



Ta có :

Nhận thấy số mol BaCO3 < Số mol Ba(OH)2. Vậy xảy ra 2 trườ ng hợ p sau :

20

30

x6







45

Trườ ng hợ p 1 : Ba(OH)2 dư.

CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O

(mol) 0,08 0,08

VCO2 = 0,08.22,4 = 1,792 lít.

Trườ ng hợ p 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).


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

(mol 0,14 0,14

Trườ ng hợ p 1 : Chỉ xảy ra pt(1).

VCO 2 = 0,08.22,4 = 1,792 lít.

Trườ ng hợ p 2 : Xảy ra pt(1) và pt(2).

VCO 2 = (0,08+0,14).22,4 = 4,928 (lít).







46

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

lượ ng k ết tủa thu được theo lượ ng 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 đượ c 15,76 gam k ết tủa thì ta có ngay :

Trườ ng hợ p 1: Số mol CO2 = 0,08 (mol) .

Trườ ng hợ p 2: Số mol CO2 = 0,22 (mol) .

→ Chọn đáp án C.

Cách 4 : Phương pháp dùng công thức kinh nghiệm

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

để tìm cách giải quyết bài toán trên. Thông thường các em lựa chọn cho mình cách

1 hoặc cách 2 để giải, và như vậy HS r ất dễ quên đi một trườ ng hợ p và dễ dẫn đến

lựa chọn đáp số không chính xác, đặc biệt là làm trắc nghiệm khách quan. Vớ i HS

có tư duy, chưa hài lòng vớ i những cách giải hiện có, đi tìm những cách giải mớ i,

sáng tạo từ đó tìm ra đượ c 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 vớ i những cách trên, tuy nhiên cần phải chú ý đến điều kiện cho công

0,15

0,08







47

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

Ca(OH)2 hoặc Ba(OH)2. Vớ i việc tìm ra được công 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 tòi, khám phá ra những cách giải mớ i ngắn gọn và hay hơn cho nhữngdạng 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 đượ c 7,8 gam k ết 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.


nAlCl3

= 0,2.1 = 0,2 mol nAl 3 = 0,2 mol.

.

.


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 trườ ng hợ p sau :

Trườ ng hợ p 1 : Phản ứng (3) chưa xảy ra n NaOH = 3nAl(OH)3 +nHCl = 0,5 mol.

CM NaOH =0,5

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

Trườ ng hợ p 2 : Xảy ra phản ứng (3).







48

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.

n NaOH = 3nAlCl3 + nAl(OH) 3 pứ + nHCl= 3.0,2 + 0,1+0,2 = 0,9 mol = n NaOH

CM NaOH =0,9

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

Từ (*), (**) → Chọn đáp án D.


(1)

Al 3 + 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 trườ ng hợ p sau :

Trườ ng hợ p 1 : Phản ứng (3) chưa xảy ra, ta có :

nOH = 3nAl(OH)

3 + nHCl= 0,3 + 0,2 = 0,5 mol = n NaOH.

CM NaOH =0,5

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

Trườ ng hợ p 2 : Xảy ra phản ứng (3)

Từ (2) nAl(OH)3 max = nAl

3 = 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 = 3nAl

3 + nAl(OH)3 pứ + nHCl = 3.0,2 + 0,1 + 0,2= 0,9 mol = n NaOH

CM NaOH = 0,9

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







49


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

Theo bài ra :


Trườ ng hợ p 1 : Lượ ng NaOH vừa đủ tạo k ết 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 toàn điện tích cho dung dịch sau phản ứng, ta có :

→ CM NaOH =

0,5

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

Trườ ng hợ p 2 : Lượ ng NaOH tạo k ết tủa hết vớ i Al3+, sau đó kết tủa tan ra

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

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

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

CM NaOH =0,9

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








50


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

biểu diễn lượ ng k ết 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


Trườ ng hợ p 1: Số mol NaOH = 0,5 (mol). → CM NaOH =0,5

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

Trườ ng hợ p 2: Số mol NaOH = 0,9 (mol). CM NaOH =0,9

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

Từ (*),(**) → Chọn đáp án D.


Nh ận xét : R ỏ ràng ở bài tập này cách 5 tối ưu hơn nhiều so vớ i những cách

giải trên.

0,2

0,1







51

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

NaAlO2 1,5M). Sau một thời gian thu đượ c 7,8 gam k ết tủa. Thể tích dung dịch

HCl 1M đã dùng là

A. 200 ml. B. 250 ml.

C. 400 ml. D. 200ml hoặc 400 ml.


Ta có: n NaOH = 0,1.1 = 0,1 mol; n NaAlO2 = 0,1.1,5 = 0,15 mol;


HCl + NaOH → NaCl + H2O (1)

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

3HCl + Al(OH)3 → AlCl3 + 3H2O (3)

Trườ ng hợ p 1 : Chỉ xảy ra pt(1) và pt(2).

. (*)

Trườ ng hợ p 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 = n NaOH + n NaAlO2 + 3nAl(OH)

3 tan = 0,1 + 0,15 + 3.0,05 = 0,4 mol.

.(**)

Từ (*), (**) Chọn đáp án D.








52

H + OH H2O (1)

0,1 0,1

AlO

2 + H + H2O→ Al(OH)3 (2)

Nếu AlO

2 hết mà vẫn tiế p tục nhỏ thêm HCl vào thì

Al(OH)3 + 3H → Al3+ + 3H2O (3)

Xét hai trườ ng hợ p sau :

Trườ ng hợ p 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. (*)

Trườ ng hợ p 2 : pt (3) xảy ra : Nhiều HS xét thiếu trườ ng 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 toàn điện tích và bảo toàn nguyên tố

Theo bài ra :


Trườ ng hợ p 1 : Lượ ng HCl vừa đủ tạo k ết tủa NaOH, khi đó dung dịch sau

phản ứng gồm .








53


Trườ ng hợ p 2 : Lượ ng HCl tạo k ết tủa hết vớ i AlO2-, sau đó kết tủa tan ra

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



Từ (*),(**) → Chọn đáp án D.


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

biểu diễn lượ ng k ết 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

0,1







54


Trườ ng hợ p 1: Số mol HCl = 0,2 (mol). (*)

Trườ ng hợ p 2 : Số mol HCl=0,4(mol). (**)



→ Chọn đáp án D.

Nh ận xét : 3 bài tậ p vừa nêu ở trên, đều là những dạng bài bài tậ p hay gặ p

của HS, đặc biệt là trong các kỳ thi tuyển sinh đại học. Những dạng bài tập này,

vớ i HS yếu hoặc trung bình thì những cách giải thông thường làm cho các em lúng

túng, khó hiểu và thường không giải đượ c dẫn đến tự ti môn hóa. Nhưng với cách

giải dùng công thức thực nghiệm này các em có thể giải đượ c một số bài tập hóa

học tương tự, làm cho các em lạc quan và yêu thích bộ môn hơn.

Bài 11 : Hòa tan hoàn toàn 9,65 gam hỗn hợ p Al, Fe trong dung dịch HCl dư,

dung dịch thu được cho tác dụng vớ i dung dịch NaOH dư, lọc lấy k ết tủa, đem

nung trong không khí đến khối lượng không đổi còn lại 8 gam chất r ắn. Tính phần

trăm khối lượ ng của Fe có trong hỗn hợp ban đầu?


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 :

2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2 (2)







55

(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 r ắn còn lại là Fe2O3 = 0,5y = = 0,05 y = 0,1 mol.

%mFe = = 58,03% .


.

Cách 3 : P hương pháp bảo toàn nguyên tố

Theo ĐLBTNT ta có :

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

t0

1608

65,9

%100.1,0.56

65,9%100.1,0.56

160

8.2







56

Nhận xét : Như vậy học sinh suy nghĩ càng nhiều cách giải thì sẽ tìm đượ c

cho mình được phương pháp thích hợ p nhất để giải bài tập qua đó tư duy của học

sinh sẽ được rèn luyện. R ỏ 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 đượ c nhiều cáchgiải, nhiều cách tiế p cận kiến thức cho một vấn đề, qua đó các em dễ dàng tiế p

nhận tri thức hơn vì mỗi HS có một cách thu nhận thông tin khác nhau.

Bài 12 : Để m gam phơi bào sắt ngoài không khí, sau một thời gian thu đượ c hỗn

hợp A có khối lượ ng 30 gam gồm Fe, FeO, Fe3O4 và Fe2O3. Hòa tan hoàn toàn

hỗn hợ p A bằng dung dịch HNO3 loãng, thấy thoát 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.


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)

3Fe3O4 + 28HNO3 → 9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O (6)







57

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) : n NO =

→ 3x + y + z = 0,75 mol. (10)

Tới đây có nhiều cách biến đổi để tìm ra đáp số cho trườ ng 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 sô của t gấ p 80

lần hệ số t của pt(9) nên ta có cách biến đổi như sau :

Nhân pt(10) vớ i 8 r ồi cộng với pt(8), ta đượ c :

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

Chia pt này cho 80 rồi nhân cho 56 ta đượ c k ết 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 r ồi r ồi cộng với pt(10), ta đượ c :

Cách 1.3 : Phương pháp đồng nhất hệ số







58

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)

Ti ến hành đồng nh ấ t h ệ s ố ở x, y, z,t ở 2 v ế c ủa phương trình trên, ta có :


Theo định luật bảo toàn khối lượng, ta có :

(11)

Trong đó, số mol của các chất là :


Ta có bán phản ứng :

Ta có thể giải bài toán này bằng phương pháp bảo toàn nguyên tố và khối

lượng nguyên tử O, ta đượ c :







59

Cách 4 : Dùng phương pháp bảo toàn electron

Ta có :

(mol)

(mol)

(mol) 0,75 0,25

Áp dụng định luật bảo toàn electron, ta đượ c :

Cách 5 : Phương pháp quy đổi

Cách 5.1 : Có thể xem Fe3O4 là tổ hợ p 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 đượ c :

80x + 80y + 160z = 36

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

Cách 5.2 : Ta quy đổi hỗn hợ p A gồm 1 chất khử và 1 chất không có tính khử.

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

3

y







60

(mol) 0,75 0,75

(mol) 0,75 0,25


Cách 6.1 : Hóa trị trung bình kết hợ p vớ i bảo toàn elctron.

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

Ta có:

Áp dụng định luật bảo toàn electron, ta có :

.

Cách 6.2 : Công thức phân tử trung bình k ết hợ p vớ i bảo toàn eletron.

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

Ta có:

Áp dụng định luật bảo toàn electron, ta có:

.







61

.

Cách 7 : Phương pháp số học

Giả sử lượ ng O2 đã phản ứng chỉ tạo ra Fe2O3.

4Fe + 3O2 2Fe2O3

Ta có: nFe = nO = . =

Lượng Fe còn lại tác dụng vớ i HNO3 tạo ra NO :

Theo (4) : nFe = n NO = 0,25 mol.

Theo đề ra : = + 0,25 m = 25,2 gam.

Nh ận xét : Đây là một trong bài tập hóa vô cơ hay nhất, điển hình nhất, có

nhiều cách giải nhất, và đượ c nhiều độc giả quan tâm nghiên cứu. Bên cạch các

cách giải mà chúng tôi trình bày ở đây còn 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 toán không 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, k ể 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 vớ i những

bài toán rất khó tính theo phương trình phản ứng. Hơn nữa, bảo toàn vật chất làmột trong những nguyên lý cơ bản của khoa học tự nhiên, rất nhiều định luật bảo

toàn 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 toàn sẽ giúp cho HS hình thành đượ c thế

giớ i quan duy vật biện chứng. Tuy nhiên, với bài tập này ta có thể giải đượ c bằng

mọi cách, vì vậy bên cạnh phương pháp bảo toàn, 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

4

56m

2430 m







62

Trong số các cách giải ở trên, ta thấy có sự phù hợ p 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 cũngnhư phù hợ p vớ i từng HS.

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

X. Tính lượ ng Cu tối đa có thể hòa tan trong dung dịch X ?(Biết trong các phản

ứng oxi hoá-khử, NO là sản phẩm khử duy nhất của NO-3 .)


Ta có:


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

Nhận xét: Sản phẩm cuối cùng của Fe là Fe2+, ta có :







63

(mol) 0,1 0,2

(mol) x 2x

(mol) 0.6 0,45

Áp dụng định luật bảo toàn electron, ta có :

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


(mol) 0,15 0.6 0,45

Dung dịch sau phản ứng chứa :

Áp dụng định luật bảo toàn 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 hợ p gồm Al và m

gam hai oxit sắt trong khí trơ, thu đượ c hỗn hợ p r ắn X. Cho X vào dung dịch

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

khí CO2 dư vào Y, thu đượ c 7,8 gam k ết tủa . Cho Z tan hết vào dung dịch H2SO4,

thu đượ c 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.








64

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

Alot

Al (dư) + NaOH H2 (0,03 mol)

hai oxit sắt Fe Fe (chất r ắn 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 + SO42

(trong muối) + 2H2O

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

số mol SO2 = số mol SO42 (trong muối) = 0,11 mol.

mFe

= mmuối

- 24SO

m = 15,6 - 0,11.96 = 5,04 gam.

- Tìm khối lượ ng 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 lượ ng 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

KCl (điện cực trơ, màng ngăn xốp, cường độ dòng điện không đổi) trong thờ i giant giây, thu được 2,464 lít khí ở anot (đktc). Nếu thời gian điện phân là 2t giây thì







65

tổng thể tích khí thu đượ c 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.


CuSO4 Cu2+ + SO42

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 nướ c:

2H2O + 2e H2 + 2OH

2Cl Cl2 + 2e

nếu hết ion Cl, xảy ra sự oxi hoá

nướ c:

2H2O O2 + 4H+ + 4e

Khi catot có khí (H2) thoát ra, ion Cu2+ trong dung dịch bị điện phân hết, nướ c bị khử tạo H2.

K ết 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.2Cln = 0,1 mol ,

2On = 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 thoát ra:

ne (2) = 0,48 = 2.2Cln + 4.

2On = 2.0,1 + 4.

2On

2On = 0,07 mol.

Số mol khí H2 thoát 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. 2Cun + 2.

2Hn = 2.a + 2.0,09 a = 0,15 mol.

Cách 2: Tính theo phương trình phản ứng điện phân.







66

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 đượ c 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 hợ p X gồm Al, Fe3O4 và CuO, trong đó oxi chiếm

25% khối lượ ng hỗn hợ p. Cho 1,344 lít khí CO (đktc) đi qua m gam X nung nóng,

sau một thờ i gian thu đượ c chất r ắn Y và hỗn hợp khí Z có tỉ khối so vớ i H2 bằng

18. Hòa tan hoàn toàn Y trong dung dịch HNO3 loãng (dư), thu đượ c dung dịch

chứa 3,08m gam muối và 0,896 lít khí NO (ở đktc, là sản phẩm khử duy nhất). Giá

tr ị m gần giá trị nào nhất sau đây?

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

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


Sơ đồ phản ứng:

(Al, Fe3O4, CuO)o+ CO, t

Y 3+ HNO , loang, du (Al

3+, Fe

3+, Cu

2+, NO3

) , NO

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

mol

(Al, Fe, Cu: 0,75m gam) (Al, Fe, Cu: 0,75m) (Al3+

, Fe3+

, Cu2+

:

0,75m gam)







67

O-2

: 0,25m gam O-2

: (0,25m – 0,48) gam NO3

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

- Tính khối lượ ng 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 r ộng, trườ ng hợ p hỗn kim loại và oxit kimloại tác dụng vớ i HNO3

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

(trong muối vớ i kim

loại)

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

(vớ i oxit kim loại) O2 + 2HNO3 H2O + 2NO3

(trong muối vớ i kim

loại trong oxit)

(mol)0,25m-0,48

16 2.

0,25m-0,48

16

Khối lượ ng 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 3

HNO NO NO ( . )n n n

trong muoi

2 3H O HNO ( . )

1n n

2 phan ung

3HNO

3,08m 0,75mn 0,04

62

2H O

3,08m 0,75mn 0,02

2 62

- Sơ đồ phản ứng: Y + HNO3 (Al3+, Fe3+, Cu2+, NO3) + NO + H2O,

áp dụng ĐLBTKL:

(m – 0,48) +3,08m 0,75m

63( 0,04)62

= 3,08m + 300,04 +

3,08m 0,75m18( 0,02)

2 62

m = 9,47g.

Bài 17 (ĐHKB 2014) : Nung hỗn hợ p gồm 0,12 mol Al và 0,04 mol Fe3O4 mộtthời gian, thu đượ c hỗn hợ p r ắn X. Hòa tan hoàn toàn X trong dung dịch HCl dưthu được 0,15 mol khí H2 và m gam muối. Giá trị của m là







68

A. 34,10. B. 32,58. C. 31,97. D. 33,39.


nAl = 0,12 mol,2Hn 0,15mol .

3 4Fe On 0,04 mol 2Fen 0,04 mol, 3Fe

n 0,08 mol, 2O

n 0,16

mol.

Cách 1: Áp dụng ĐLBTKL. Mối liên hệ: O2

+ 2HCl H2O + 2Cl

(mol) 0,16 0,32 0,16 0,32

2HCl H2 + 2Cl

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

nHCl =Cl

n

= 0,62 mol.


Al + Fe3O4 + HCl (Al3+

+ 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 tiế p: mmuối = m = mkim loại + Clm = 27.0,12 + 56.0,12 + 35,5.0,62 =

31,97 gam.

Cách 2: Dạng bài tập nhiệt nhôm.

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

Phương trình phản ứng nhiệt nhôm:

* 8Al + 3Fe3O4 ot 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+

H2

+H+

H2







69

2 2H (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 2H (do Al)n 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 suấ t phản ứ ng 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 +Cl

m

= 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

+

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.

Trong dung dịch: Al3+ (0,12 mol), Fe2+ (0,04 + 0,06 = 0,10 mol), Fe3+ còn lại

(0,02 mol).







70

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 +Cl

m

= 27.0,12 + 56.0,12 + 35,5.0,62 = 31,97 gam.

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

dòng điện có cường độ không đổi 2A (điện cực trơ, màng ngăn xố p). Sau thờ i gian

t giây thì ngừng điện phân, thu đượ c dung dịch Y và khí ở hai điện cực có tổng thể

tích là 2,24 lít (đktc). Dung dịch Y hòa tan tối đa 0,8 gam MgO. Biết hiệu suất điện

phân 100%, các khí sinh ra không tan trong dung dịch. Giá trị của t là

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


Điện phân hỗn hợ p (CuSO4 và NaCl)

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

mol.

Tại catot có khí thoát 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 Mg

2+ + H2O

Cách 1: Tính theo phương trình điện phân.

Cu2+

+ 2Cl Cu + Cl

2

(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

Tổng số mol khí = 0,1 = 0,03 + 0,01 + 0,5x + x x = 0,04.







71

ne = 0,1 + 2.0,04 = 0,18 0,18.96500

t2

= 8685 s.

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

Hn

= 0,04 + 2x (tạo H2) mol,

2

On = (0,01 + 0,5x) mol,

2Cl

n = (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:0,18.96500

t2

= 8685 s.

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

lượ ng dung dịch giảm 0,8 gam so vớ i khối lượ ng dung dịch ban đầu. Khối lượ ng

Fe đã phản ứng là



Dạng toán nhúng kim loại vào dung dịch muối







72

Cách 1: Phương pháp tăng giảm khối lượ ng dung dịch.

Fe + CuSO4 FeSO4 + Cu

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

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 thờ i gian, thu

đượ c 11,2 gam hỗn hợ p chất r ắn X gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4. Hòa tan hết X

trong dung dịch hỗn hợ p gồm a mol HNO3 và 0,06 mol H2SO4, thu đượ c dung dịch

Y (không chứa 4 NH ) 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.


. Số mol Fe = 0,16 mol,2Om = 11,2 – 8,96 = 2,24 gam,

2On = 0,07 mol, n NO = 0,04

mol.

Số mol electron = 4.2On + 3. n NO = 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 hợ p Fe2+

và Fe3+.

Cách 1: Áp dụng ĐLBTKL. Mối liên hệ: Số mol H2O = (số mol H+ : 2).


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, SO42 0,06 mol), HNO3 a mol (H+ a mol,

NO3 a mol).







73

Các nửa phản ứng và sơ đồ phản ứng:

O2 + 4e 2O2

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

NO3 + 4H+ + 3e NO + 2H2O

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

O2

+ 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 thờ i gian nhất định, giải một BTHH bằng nhiều cách thì

hiệu quả trí tuệ tăng hơn nhiều so vớ i một HS giải đượ c nhiều bài tập khác nhau

cũng trong thờ i gian ấy.

IV. HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI

So sánh kết quả học tậ p của HS lớ p12 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

học 2013-2014, điều này minh chứng sáng kiến kinh nghiệm này góp phần nâng

cao hiệu quả của hoạt động dạy học. Sáng kiến kinh nghiệm này là tài liệu bổ ích

dành cho giáo viên dạy lớ p 12 tham khảo đồng thờ i sáng kiến kinh nghiệm này là

tài liệu tham khảo bổ ich cho học sinh lớ p 12.







74

Như vậy có thể khẳng định r ằng 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 thông 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 r ằng : Hệ thống bài tập là

phương tiện để HS vận dụng kiến thức đã học vào thực tế đờ i sống, củng cố, mở

r ộng, 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 đượ c hết các tác dụng của hệ thống

bài tập trong quá trình dạy học, mỗi GV không những cần thường xuyên học tậ p,

tích luỹ kinh nghiệm, nâng cao trình độ chuyên môn mà còn cần tìm tòi, cậ p nhật

những phương pháp dạy học mới phù hợ p vớ i xu thế phát triển giáo dục trên thế

giới, hoà nhị p vớ i sự phát triển của xã hội.

Để góp phần nâng cao hiệu quả dạy và học môn Hóa học trong trườ ng THPT

nói chung, chúng tôi xin có một số kiến nghị sau :

Trang bị hoàn chỉnh và đầy đủ phòng bộ môn Hóa học ở các trườ ng 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 hướ ng dạy học tích

cực, hỗ tr ợ học sinh tự học, tự nghiên cứu, chủ động trong học tập và chú ý rèn

luyện khả năng suy luận logic, rèn luyện tư duy hóa học cho học sinh từ những câuhỏi và bài tập cơ bản, đến những bài tập khó hơn, khuyến khích học sinh động não,

vận dụng các kiến thức cơ bản để có các cách giải sáng tạo, ngắn gọn, thông minh.







75

Tăng thời lượ ng 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 trườ ng phổ thông một cách có hiệu quả như

giảm số lượ ng HS trong mỗi lớ p, trang bị các thiết bị hiện đại cần thiết cho dạyhọc...

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 lớ p 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 t ậ p tr ắ c nghiệm môn Hóa học, nhà xuất bản đại học sư phạm

3. Đỗ Xuân Hưng (2010), Hướ ng d ẫ n giải nhanh các dạng bài tậ p tr ắ c

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

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

học có nhiều cách giải để rèn luyện tư duy cho học sinh l ớ p 12 trung học

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

5. Nguyễn Văn Út (2007),

Giải bằ ng nhiều cách các bài toán hóa học 11, ,

nhà xuất bản đại học quốc gia TH HCM.

VII. PHỤ LỤC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠO ĐỒ NG NAI

ĐỀ KIỂM TRA MỘT TIẾT CHƢƠNG 6

MÔN: HÓA HỌC 12

Thờ i gian làm bài: 46phúT (25 câu trắ c nghiệm)

Mã đề thi 132







76

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. 1s

22s

2 2p

6 3s

2. B. 1s

22s

2 2p

6 3s

1.

C. 1s22s

2 2p

6. D. 1s

22s

2 2p

6 3s

23p

1.

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

A. dung dịch trong suốt. B. k ết tủa và tan dần.

C. k ết tủa. D. k ết tủa tăng dần đến cực đại.Câu 3: Chất không 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,

lượ ng k ết tủa thu được là 15,6 gam. Giá trị lớ n nhất của V là

A. 2. B. 1,2. C. 2,4. D. 1,8.Câu 5: Có thể loại tr ừ tính cứng tạm thờ i bằng cách đun sôi vì

A. nước sôi ở 100oC.

B. khi đun sôi có chất khí bay ra. C. khi đun sôi đã làm tăng độ tan của các chất k ết tủa.D. Mg

2+, Ca

2+k ết tủa dướ i dạng hợ p 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 thờ ikhuấy đều, thu được V lít khí (đktc) và dung dịch X. Khi cho dư nước vôi trong vào dungdịch X thấy có xuất hiện k ết 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, K 2SO3, (NH4)2CO3. Số chất phản ứng đượ c vớ i vớ i cả 2 dung dịch HCl và NaOH là

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

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

A. nướ c. B. phenol lỏng. C. dầu hỏa. D. rượ u etylic.

Câu 12: Khi điện phân NaCl nóng chảy (điện cực trơ), tại catôt xảy raA. 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 nướ c cứng tạm thời là

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

Câu 14: Cho hỗn hợ p gồm Na và Al có tỉ lệ số mol tương ứng là 1 : 2 vào nướ c (dư).Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu đượ c 8,96 lít khí H2 (ở đktc) và m gam chất

r ắn không tan. Giá tr ị của m là

A. 10,8. B. 5,4. C. 7,8. D. 43,2.







77

Câu 15: Tecmit là hỗn hợ p của Al và

A. Cr 2O3. 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: Nướ c cứng vĩnh cửu có chứa:

A. Mg2+

, Ca2+

, HCO3

-

. B. Ca2+

, Mg2+

, Cl-

, SO4

2-

.C. Ca

2+, Mg

2+, SO4

2-, NO3

-. D. Ca

2+, Mg

2+, Cl

-, NO3

-.

Câu 18: Công thức hoá học của phèn chua là

A. K 2SO4.24H2O. B. Al2(SO4)3.12H2O.

C. KAl(SO4)2.12H2O. D. K 2SO4.Al2(SO4)3.12H2O.

Câu 19: Hỗn hợ p X gồm Na và Al. Cho m gam X vào một lượng dư nước thì thoát ra Vlít khí. Nếu cũng cho m gam X vào dung dịch NaOH (dư) thì được 1,75V lít khí. Biết cácthể tích khí đo trong cùng điều kiện. Thành phần phần trăm theo khối lượ ng 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 phòng thí nghiệm ta thực hiệnA. 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 tượ ng xảy ra khi cho dung dịch Na2CO3 tác dụng vớ i dung dịch FeCl3 là

A. xuất hiện k ết tủa đỏ nâu đồng thờ i thấy dung dịch sủi bọt khí. B. sủi bọt khí. C. có kết tủa tr ắng tạo thành. D. tạo k ết tủa Fe2(CO3)3.

Câu 22: Thể tích CO2 (đktc) cần cho vào dung dịch natrialuminat dư để thu đượ c15,6gam k ết 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 môi trường không có không khí)đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu đượ c hỗn hợ p r ắn Y. Chia Y thành hai phần bằng

nhau:

- Phần 1 tác dụng vớ i dung dịch H2SO4 loãng (dư), sinh ra 3,08 lít khí H2 (ở đktc). - Phần 2 tác dụng vớ i 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 hợ p X gồm Na và Al. Cho m gam X vào một lượng dư nước thì thoát ra Vlít khí. Nếu cũng cho m gam X vào dung dịch NaOH (dư) thì được 1,75V lít khí. Biết cácthể tích khí đo trong cùng điều kiện.Thành phần phần trăm theo khối lượ ng của Na trong

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

Câu 25: Hấ p thụ hoàn toàn 3,584 lít CO2 (đktc) vào 2 lít dung dịch Ca(OH)2 0,02M đượ ck ết tủa X và dung dịch Y. Khi đó khối lượ ng của dung dịch Y so vớ i khối lượ ng 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 ----------

ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA MỘT TIẾT HÓA HỌC 12 MÃ ĐỀ 132







78

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

Đápán

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

Đápán

A C A A A







79

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 DỤ NG BÀI TẬP HÓA HỌC CÓ NHIỀU CÁCH GIẢI ĐỂ RÈN LUYỆN TƯDUY CHO HỌC SINH LỚP 12 Ở TRƯỜ NG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

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 đơnvị 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 toàn ngành có hiệu quả

cao - Giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, đã được thực hiện trong toàn 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 - 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 3. Khả năng áp dụng (Đánh dấu X vào 1 trong 3 ô mỗi dòng dưới đây) - Cung cấp được các luận cứ khoa học cho việc hoạch định đường lối, chính sách:







80

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 đivào 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 r ộng: 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 tàiliệu 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 kinhnghiệm 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.

Phi ếu này được đánh dấu X đầy đủ các ô tương ứng, có ký tên xác nhận c ủa tác giả

và người có thẩm quy ền, đóng dấu c ủa đơn v ị và đóng kèm vào cuối mỗi bản sáng kiến

kinh nghi ệm.

NGƯ I THỰC HIỆN SKKN

Nguy ễn Trí Ngẫn

X C NHẬN C A T

CHUYÊN MÔN

Nguyễn Thị Tuyết Lan

TH TRƯ NG ĐƠN VỊ

Nguyễn Tr ần Quốc Việt

WWW.FACEBOOK.COM/DAYKEM.QUYNHONWW.DAYKEMQUYNHON.UCOZ.COM

sÁng kiẾn kinh nghiỆm sỬ dỤng bÀi tẬp hÓa hỌc cÓ nhiỀu cÁch giẢi ĐỂ rÈn...

Documents