Tải bản đầy đủ

skkn sử dụng hệ thống bài tập hóa học có nhiều cách giải để phát triển năng lực tư duy cho học sinh

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc

ĐƠN YÊU CẦU CÔNG NHẬN SÁNG KIẾN

TT

Kính gửi: Hội đồng sáng kiến cấp Sở
Chúng tôi ghi tên dưới đây:
Họ và tên
Ngày tháng Nơi công tác
năm sinh

Chức vụ

Trình độ Tỷ lệ (%)
chuyên đóng góp
môn
vào việc
tạo ra sáng
kiến

Thạc Sĩ
50%

16/06/1982 Trường THPT Tổ phó
Bình Minh
chuyên môn
2 Đinh Hoàng Đạo
12/02/1978 Trường THPT Phó Hiệu
Thạc Sĩ
30%
Bình Minh
Trưởng
3 Nguyễn Thọ Lộc
07/02/1986 Trường THPT Giáo viên
Cử nhân
20%
Bình Minh
1. Tên sáng kiến, lĩnh vực áp dụng
Là nhóm tác giả đề nghị xét công nhận sáng kiến: "Sử dụng hệ thống bài tập
hóa học có nhiều cách giải để phát triển năng lực tư duy cho học sinh"
Lĩnh vực áp dụng: Môn Hóa học THPT
2. Nội dung
a. Giải pháp cũ thường làm:
- Chi tiết giải pháp cũ: Trước đây, các tiết luyện tập, tiết tự chọn và tiết kiểm tra
trong chương trình phổ thông được GV thiết kế theo phân phối chương trình chung.
Mỗi tiết học được thiết kế với thời lượng 45 phút phải đảm bảo các thành tố sau
1) Mục tiêu: Học sinh thực hiện được kỹ thuật các nội dung học và đạt được
thành tích quy định theo mục tiêu đã đề ra
2) Nội dung: Học sinh học các nội dung quy định sẵn, và phát triển theo các
kiến thức đã được truyền thụ một cách thụ động, bài bản không gắn với các tình huống
thực tế để xử lý.
3) Phương pháp và kĩ thuật dạy học:
Phương pháp dạy học: Giáo viên truyền thụ kiến thức cho học sinh và GV đóng
vai trò trung tâm. Học sinh thụ động tiếp thu kiến thức đã được quy định sẵn.
Kĩ thuật dạy học: Giáo viên làm mẫu phân tích, hướng dẫn học sinh luyện tập
theo các phương pháp truyền thống
4) Phương tiện và cơ sở vật chất: Sử dụng các phương tiện sẵn có trong nhà
trường để dạy học.
5) Kiểm tra, đánh giá: Đánh giá dựa trên tiêu chí có sẵn, và chỉ yêu cầu học sinh
tái hiện lại hình thức và kiến thức đã được học


Như vậy sẽ không phát huy được hết năng lực tư duy sáng tạo của HS
- Ưu điểm, nhược điểm và những tồn tại cần khắc phục: Qua tìm hiểu, điều tra
chúng tôi thấy rằng đa số GV đã chú ý đến việc sử dụng bài tập trong quá trình dạy
1 Lê Chí Hoan


học hóa học, tuy nhiên trong quá trình sử dụng bài tập còn có những hạn chế phổ biến
sau đây:
- Việc xác định mục đích cần đạt cho bài tập nhiều khi chỉ dừng lại ở bản thân
lời giải của bài tập mà chưa có được mục tiêu nhận thức, phát triển tư duy cho HS.
- Chưa chú trọng khuyến khích HS tìm lời giải thông minh, sáng tạo cho bài
toán mà bằng lòng với một cách giải đã biết.
Thực tiễn cho thấy bài tập hóa học không chỉ có tác dụng ôn tập, củng cố kiến
thức đã học mà còn có tác dụng để phát triển kiến thức, phát triển năng lực tư duy và
rèn trí thông minh cho HS. Tuy nhiên, việc sử dụng bài tập hóa học như là một phương
pháp dạy học hiệu nghiệm thì chưa được chú ý đúng mức.
GV và HS đều quan tâm đến kết quả của bài toán nhiều hơn quá trình giải toán.
Tất nhiên, trong quá trình giải các thao tác tư duy được vận dụng, các kĩ năng suy
luận, kĩ năng tính toán, kĩ năng viết và cân bằng phương trình phản ứng được rèn
luyện. Thế nhưng, nếu chú ý rèn tư duy cho HS trong quá trình giải thì việc giải để đi
đến đáp số của các bài toán sẽ đơn giản hơn rất nhiều.
Đối với cách dạy thông thường thì chỉ cần tổ chức cho HS hoạt động tìm ra đáp
số của bài toán. Để phát triển tư duy và rèn trí thông minh cho HS thì làm như thế là
chưa đủ, thông qua hoạt động giải bài toán hoá học luôn khuyến khích HS tìm nhiều
cách giải cho một bài tập, chọn cách giải hay nhất, ngắn gọn nhất.
Khi giải bài toán, cần tổ chức cho mọi đối tượng HS cùng tham gia tranh luận.
Khi nói lên được một ý hay, giải bài toán đúng, với phương pháp hay sẽ tạo ra cho HS
niềm vui, một sự hưng phấn cao độ, kích thích tư duy, nỗ lực suy nghĩ tìm ra cách giải
hay hơn thế nữa.
b. Giải pháp mới cải tiến:
- Mô tả bản chất của giải pháp mới:
Tư duy
Có nhiều cách định nghĩa về tư duy:
Theo M. N. Sacdacop: “Tư duy là sự nhận thức khái quát gián tiếp các sự vật và
hiện tượng của hiện thực trong những dấu hiệu, những thuộc tính chung và bản chất
của chúng. Tư duy cũng là sự nhận thức sáng tạo những sự vật và hiện tượng mới,
riêng lẻ của hiện thực trên cơ sở những kiến thức khái quát hóa đã thu nhận được”.
Hay: “Tư duy là một quá trình tâm lí mà nhờ đó con người phản ánh được các
đối tượng và hiện tượng của hiện thực thông qua những dấu hiệu bản chất của chúng,
đồng thời con người vạch ra được những mối liên hệ khác nhau trong mỗi đối tượng,
hiện tượng và giữa các đối tượng, hiện tượng với nhau”.
Khổng Tử (551÷479-TCN) đã nói: “Vật có bốn góc, dạy cho biết một góc mà
không suy ra được ba góc kia thì không dạy nữa”. Điều đó chứng tỏ từ xa xưa người ta
đã chú trọng tới việc rèn tư duy trong dạy học.
Năng lực tư duy
Năng lực tư duy là một khả năng, một phẩm chất tâm sinh lý của óc người, vừa
như là cái tự nhiên bẩm sinh, “sẵn có”, vừa như là sản phẩm của lịch sử, hơn nữa là
sản phẩm của lịch sử phát triển xã hội. Cái vốn có tự nhiên ấy thông qua rèn luyện
trong thực tiễn mới trở nên một sức mạnh thật sự có hiệu quả của con người và xã hội.
Năng lực tư duy là sản phẩm của quá trình phát triển ngày càng cao yếu tố tự nhiên,
lịch sử của con người và nhân loại. Nói cách khác, năng lực tư duy ngày càng được


nâng cao theo sự phát triển của con người và lịch sử. Nhưng đó không phải là một quá
trình tự phát, mà là cả một quá trình tự giác. Nghĩa là con người tự giác rèn luyện,
nâng cao năng lực tư duy của mình.
Năng lực tư duy là tổng hợp những khả năng ghi nhớ, tái hiện, trừu tượng hóa,
khái quát hóa, tưởng tượng, suy luận - giải quyết vấn đề, xử lý tình huống trong quá
trình phản ánh, phát triển tri thức và vận dụng chúng vào thực tiễn. Cần phải nhận
thức rằng hoạt động của tư duy không thể tách rời yếu tố cảm xúc, ý chí ở tầng vô thức
và hữu thức. Cảm xúc không phải là tri thức, nhưng lại là một yếu tố cần thiết cấu
thành và là môi trường xúc tác của quá trình tư duy.
Năng lực tư duy của con người như bao gồm cả yếu tố bẩm sinh. Thực tế đã
chứng minh, yếu tố bẩm sinh có vai trò rất quan trọng nhưng chỉ ở dạng khả năng, có
thể rèn luyện nâng cao, phát huy được, vì nếu không có tác nhân xã hội thì sẽ mai một
dần. Theo chủ tịch Hồ Chí Minh, “năng lực của người không phải hoàn toàn do tự
nhiên mà có, mà một phần lớn do công tác tập luyện mà có”.
Các cấp độ của tư duy
Trong lĩnh vực giáo dục, thang cấp độ tư duy có thể được xem là một công cụ
nền tảng để từ đó xây dựng và sắp xếp các mục tiêu giáo dục, xây dựng các chương
trình, qui trình giáo dục và đào tạo, xây dựng và hệ thống hóa các câu hỏi, bài tập dùng
để kiểm tra, đánh giá quá trình học tập. Thang cấp độ tư duy đầu tiên được xây dựng
bởi Benjamin S. Bloom (1956) , thường được gọi tắt là Thang Bloom hay Bảng phân
loại Bloom (Bloom’s Taxonomy) bao gồm 6 cấp độ sau:
Biết (knowledge): Là sự nhớ lại các dữ liệu đã học được trước đây, nghĩa là có
thể nhận biết thông tin, ghi nhớ, nhắc lại một loạt dữ liệu, từ các sự kiện đơn giản đến
các lý thuyết phức tạp, tái hiện trong trí nhớ những thông tin cần thiết.
Thông hiểu (comprehension): Là mức thấp nhất của việc thấu hiểu sự vật, được
định nghĩa là khả năng nắm được, hiểu được ý nghĩa của tài liệu, có thể chuyển thông
tin từ dạng này sang dạng khác (từ lời sang công thức, kí hiệu, số liệu và ngược lại),
giải thích thông tin (giải thích hoặc tóm tắt) và ước lượng xu hướng tương lai (dự báo
các hệ quả hoặc ảnh hưởng).
Vận dụng (application): Là cấp độ thấu hiểu cao hơn, là khả năng sử dụng các
tài liệu đã học vào một hoàn cảnh cụ thể mới, nghĩa là áp dụng các quy tắc, phương
pháp, khái niệm, nguyên lý, định luật và lý thuyết để giải quyết một vấn đề nào đó
bằng cách so sánh các phương án, phát hiện lời giải có sai lầm và chỉnh sửa được, giải
quyết được tình huống mới, khái quát hóa, trừu tượng hóa tình huống quen thuộc sang
tình huống mới phức tạp hơn.
Phân tích (analysis): Thể hiện một mức độ trí tuệ cao hơn so với mức hiểu và
áp dụng, là khả năng phân chia một tài liệu ra thành các phần sao cho có thể hiểu được
các cấu trúc, tổ chức của nó, chỉ ra đúng các bộ phận, phân tích mối quan hệ giữa các
bộ phận, nhận biết được các nguyên lý tổ chức được bao hàm, đòi hỏi thấu hiểu cả nội
dung và hình thái cấu trúc của tài liệu.
Tổng hợp (synthesis): Nhấn mạnh các hành vi mang tính sáng tạo, là khả năng
sắp xếp các bộ phận lại với nhau để hình thành một tổng thể mới, có thể là một chủ đề
hoặc bài phát biểu, một kế hoạch hành động (dự án nghiên cứu) hoặc một mạng lưới
các quan hệ trừu tượng (sơ đồ phân lớp thông tin), đặc biệt tập trung chủ yếu vào việc
hình thành các mô hình hoặc cấu trúc mới.
Đánh giá (evaluation): Là cấp bậc nhận thức cao nhất, là khả năng xác định giá
trị của thông tin, tài liệu. Việc đánh giá dựa trên các tiêu chí nhất định, có thể là các


tiêu chí bên trong (cách tổ chức) hoặc các tiêu chí bên ngoài (phù hợp với mục đích)
người đánh giá phải tự xác định hoặc được cung cấp các tiêu chí.
Tổ chức quá trình học tập phát triển tư duy cho học sinh
- Tạo ra tình huống có vấn đề để tạo động cơ, nhu cầu, hứng thú nhằm huy
động cao độ sức lực, trí tuệ của học sinh vào hoạt động tư duy.
- Giáo viên phân chia nhiệm vụ nhận thức thành hệ thống những nhiệm vụ nhỏ
liên tiếp thuộc vùng phát triển gần của học sinh.
- Học sinh tự lực hoạt động, áp dụng những phương pháp nhận thức đã biết
để thích nghi với môi trường, vượt qua khó khăn giải quyết được vấn đề nêu ra.
- Trong quá trình giải quyết nhiệm vụ có thể trao đổi với các bạn cùng nhóm,
cùng thảo luận chung cả lớp dưới sự hướng dẫn của giáo viên để có kinh nghiệm và
gợi ý.
- Thiết kế bài học linh hoạt, dự kiến nhiều phương án giải quyết vấn đề phổ
biến hay khó khăn phức tạp.
Thực nghiệm sư phạm
Chọn lớp thực nghiệm và lớp đối chứng
Chúng tôi đã tiến hành thực nghiệm với khối 11 và 12. Chúng tôi đã chọn cặp
lớp TN và ĐC tương đương nhau về các mặt sau:
- Số lượng HS và chất lượng học tập bộ môn.
- Cùng một GV giảng dạy.
Trường

TN

ĐC

GV thực hiện

Lớp
Số HS
Lớp
Số HS
THPT
12A
50
12B
50
Lê Chí Hoan
Bình Minh
11A
49
11B
50
Nguyễn Thọ Lộc
Tiến hành thực nghiệm sư phạm
Chúng tôi đã trao đổi với GV giảng dạy về hướng sử dụng hệ thống BTHH theo
các hướng đề xuất của sáng kiến, GV tiến hành dạy các bài TN ở lớp TN. Sau đó
chúng tôi tiến hành kiểm tra đồng thời ở lớp TN và lớp ĐC để xác định hiệu quả, tính
khả thi của phương án TN.
- Ở khối 11, chúng tôi tiến hành dạy ở các tiết ôn tập, luyện tập và tự chọn ở
phần hóa học hữu cơ (học kỳ II).
- Ở khối 12, chúng tôi tiến hành dạy ở các tiết ôn tập, luyện tập và tự chọn ở
phần hóa học vô cơ (học kỳ II).
Phương pháp đánh giá chất lượng hệ thống bài tập gồm các bước sau:
- Ra bài kiểm tra với thời gian 45 phút: Khối 12 kiểm tra bằng hình thức trắc
nghiệm khách quan, khối 11 kiểm tra bằng hình thức tự luận.
- Chấm bài kiểm tra.
- Sắp xếp kết quả theo thứ tự từ điểm 0 đến 10 và phân loại theo 4 nhóm:
+ Nhóm giỏi: Có các điểm 9, 10.
+ Nhóm khá: Có các điểm 7, 8.
+ Nhóm trung bình: Có các điểm 5, 6.
+ Nhóm yếu kém: Có các điểm dưới 5.
- Phân tích, nhận xét kết quả thực nghiệm.


Xử lý số liệu thực nghiệm sư phạm
Tính các tham số đặc trưng:

* Phương sai (Si2) và độ lệch chuẩn (S): Tham số đo mức độ phân tán của các số liệu
quanh giá trị trung bình cộng

Giá trị S càng nhỏ chứng tỏ số liệu càng ít phân tán.
* Hệ số biến thiên (V): Cho phép so sánh mức độ phân tán của các số liệu đó bằng hệ
số biến thiên. Nghĩa là nhóm nào có hệ số biến thiên V nhỏ hơn sẽ có chất lượng đồng
đều hơn:

- Nếu V > 30%: Độ dao động không đáng tin cậy.
* Chuẩn Studen’t (t)

Trong đó: X 1 và X 2 là điểm trung bình cộng của nhóm TN và nhóm ĐC
S1 và S2 là độ lệch chuẩn của nhóm TN và nhóm ĐC
n1 và n2 là kích thước mẫu của nhóm TN và nhóm ĐC
Sau đó so sánh giá trị tTN với tLT (  = 0,05 và f = n1 + n2 – 2)
- Nếu tTN  tLT chứng tỏ sự khác nhau giữa X 1 và X 2 do tác động của phương
án thực nghiệm là có ý nghĩa với mức ý nghĩa 0,05.
- Nếu tTN < tLT chứng tỏ sự khác nhau giữa X 1 và X 2 do tác động của phương
án thực nghiệm là không có ý nghĩa với mức ý nghĩa 0,05.
Kết quả thực nghiệm sư phạm
Nhập các công thức tính vào bảng Excel ta có kết quả được ghi ở bảng sau:

Lớp
12A
12B
11A
11B

PA
TN
ĐC
TN
ĐC

Bảng 1: Bảng mô tả số liệu thực nghiệm sư phạm
TS
Điểm xi
HS
0
1
2
3
4
5
6
7
50
0
0
0
0
1
3
11
16
50
0
0
1
1
4
6
15
14
49
0
0
0
1
2
8
12
14
50
0
0
0
2
4
12
15
11

8
12
7
8
5

9
5
2
3
1

10
2
0
1
0


Tần số

Tần suất
(%)

Loại
12A
12B
11A
11B
12A
12B
11A
11B

Bảng 2: Bảng tần số và tần suất theo loại
Giỏi
Khá
TN
7
28
ĐC
2
21
TN
4
22
ĐC
1
16
TN
14.00
56.00
ĐC
4.00
42.00
TN
8.16
44.90
ĐC
2.00
32.00

TB
14
21
20
27
28.00
42.00
40.82
54.00

Yếu, kém
1
6
3
6
2.00
12.00
6.12
12.00

Từ đó ta có biểu đồ:

Hình 1: Đồ thị so sánh kết quả kiểm tra (theo từng loại) của HS 2 lớp 12

Hình 2: Đồ thị so sánh kết quả kiểm tra của HS 2 lớp 11


Lớp
12A
12B
11A
11B

Lớp
12A
12B
11A
11B

PA
TN
ĐC
TN
ĐC

PA
TN
ĐC
TN
ĐC

TS
HS
50
50
49
50

TS
HS
50
50
49
50

0
0
0
0
0

0
0.0
0.0
0.0
0.0

Bảng 3: Bảng tần số lũy tích
Điểm từ xi trở xuống
1
2
3
4
5
6
0
0
0
1
4
15
0
1
2
6
12
27
0
0
1
3
11
23
0
0
2
6
18
33

7
31
41
37
44

Bảng 4: Bảng tần suất lũy tích
% điểm từ xi trở xuống
1
2
3
4
5
6
7
0.0 0.0 0.0 2.0 8.0 30.0 62.0
0.0 2.0 4.0 12.0 24.0 54.0 82.0
0.0 0.0 2.0 6.1 22.5 46.9 75.5
0.0 0.0 4.0 12.0 36.0 66.0 88.0

8
43
48
45
49

9
48
50
48
50

10
50
50
49
50

8
9
10
86.0 96.0 100.0
96.0 100.0 100.0
91.8 98.0 100.0
98.0 100.0 100.0

Dựa vào bảng tần số lũy tích ta có đồ thị đường lũy tích so sánh kết quả kiểm
tra các lớp thực nghiệm và đối chứng như sau:

Hình 3: Đồ thị đường lũy tính so sánh HS 2 lớp 12


Hình 4: Đồ thị đường lũy tính so sánh HS 2 lớp 11
Bảng 5, 6: Một số đại lượng thống kê
Bảng 5:
Lớp PA TS
HS
0
1
2
3
12A TN 50
0
0
0
0
12B ĐC 50
0
0
2
3
11A TN 49
0
0
0
3
11B ĐC 50
0
0
0
6
Bảng 6:
Lớp
PA
12A
12B
11A
11B

TN
ĐC
TN
ĐC

 (x )

TB

i

4
4
16
8
16

5
15
30
40
60

6
66
90
72
90

7
112
98
98
77

8
96
56
64
40

9
45
18
27
9

10
20
0
10
0

(X )
7.2
6.3
6.6
6.0

TS HS

Si2

V(%)

M

S2

tTN

50
50
49
50

1.85
2.01
1.94
1.67

18.87
22.52
21.08
21.56

0.19
0.20
0.20
0.18

1.9993

3.24

tLT
(p=0.05, f=  )
1.96

1.80

2.22

1.96

Phân tích kết quả thực nghiệm sư phạm
Từ kết quả xử lý số liệu TNSP cho thấy: chất lượng học tập của HS ở các nhóm
TN cao hơn nhóm ĐC tương ứng, cụ thể là:
- Tỉ lệ % học sinh yếu, kém và trung bình (từ 3 - 6 điểm) của các nhóm TN luôn
thấp hơn so với nhóm ĐC tương ứng.
- Tỉ lệ % học sinh khá, giỏi (từ 7 - 10 điểm) của các nhóm TN luôn cao hơn so
với nhóm ĐC tương ứng.


- Đồ thị các đường luỹ tích của nhóm TN luôn nằm về bên phải và phía dưới đồ
thị các đường luỹ tích của nhóm ĐC.
- Điểm trung bình cộng của HS khối lớp TN luôn cao hơn so với điểm trung
bình cộng của HS khối lớp ĐC.
- Hệ số biến thiên (V) đều nhỏ hơn 30% chứng tỏ là độ dao động là đáng tin
cậy. Hệ số biến thiên ở lớp TN nhỏ hơn so với hệ số biến thiên ở lớp ĐC cho thấy kết
quả ở lớp TN đồng đều hơn.
- tTN > tLT chứng tỏ sự khác nhau giữa X TN và X DC do tác động của phương án thực
nghiệm là có ý nghĩa với mức độ ý nghĩa 0,05.
- Tính mới, tính sáng tạo của giải pháp:
1) Nghiên cứu tuyển chọn, xây dựng và sử dụng BTHH có nhiều cách giải đa
dạng phong phú để rèn tư duy cho HS ở trường THPT một cách có hệ thống.
2) Đưa ra một số ý kiến về phương pháp sử dụng hệ thống BTHH có nhiều
cách giải nhằm phát triển năng lực tư duy HS ở trường THPT.
3. Hiệu quả kinh tế, xã hội dự kiến đạt được
- Hiệu quả kinh tế: Từ kết quả TNSP và các biện pháp khác như: dự giờ xem
xét các hoạt động của GV và HS trên lớp, trao đổi với GV và HS, xem vở bài tập…
cho phép chúng tôi rút ra một số nhận xét sau đây:
- Qua việc sử dụng BTHH thông qua việc lựa chọn và tổ chức để HS tìm ra
cách giải BTHH sẽ giúp HS thông hiểu kiến thức một cách sâu sắc hơn, điều đó cho
thấy chính người sử dụng bài tập mới làm cho bài tập có ý nghĩa thật sự.
- Đã xây dựng được tiến trình luận giải giúp cho HS biết phải bắt đầu giải bài
toán từ đâu, kịp thời bổ sung những lỗ hổng kiến thức, hiểu được từng từ, từng câu,
từng khái niệm của bài toán, giúp HS vượt qua được những chướng ngại nhận thức.
- HS ở khối lớp TN không chỉ phát triển được năng lực tư duy nhanh nhạy, sáng
tạo mà còn rèn được cả cách nói và trình bày lập luận của mình một cách lôgic, chính
xác, khả năng độc lập suy nghĩ được nâng cao dần.
- Với HS các lớp ĐC gặp khó khăn trong việc xác định nhanh hướng giải bài
toán, hầu hết đều sử dụng phương pháp truyền thống để giải vừa mất thời gian mà
nhiều bài gặp bế tắc khó có thể giải được.
- Năng lực tư duy của HS khối lớp TN cũng không rập khuôn máy móc mà linh
hoạt, mềm dẻo hơn, có khả năng nhìn nhận vấn đề, bài toán dưới nhiều góc độ và
nhiều khía cạnh khác nhau trên cơ sở nắm vững kiến thức cơ bản.
- Như vậy phương án TN đã nâng cao được năng lực tư duy của HS, khả năng
làm việc độc lập vận dụng linh hoạt và sáng tạo kiến thức đã học vào những bài toán là
những tình huống mới, biết nhận ra cái sai của bài toán. Đề tài bước đầu xây dựng
những bài toán nhỏ góp phần phát triển năng lực tư duy và bồi dưỡng trí thông minh.
Sự tìm tòi sáng tạo cho HS, gây được không khí hào hứng trong quá trình học tập bộ
môn.
- Hiệu quả xã hội: Theo kết quả của phương án thực nghiệm, sau khi trao đổi
với các GV tham gia TNSP, tất cả đều khẳng định sự cần thiết và hiệu quả của các


BTHH có nhiều cách giải để góp phần nâng cao khả năng thông hiểu kiến thức, năng
lực nhận thức và tư duy cho HS và tất cả đều nhất trí rằng:
- Nếu biết cách sử dụng bài tập, ngay từ đầu môn học, cộng với sự nỗ lực, tự
giác của học sinh cao hơn nữa thì hiệu quả dạy học chắc chắn sẽ cao hơn nhiều.
- Sau một thời gian làm quen với phương pháp giải BTHH bằng nhiều cách, học
sinh rất có hứng thú với phương pháp này do đó kích thích được khả năng tìm tòi,
khám phá của học sinh. Khi đưa ra bài toán tương tự học sinh có nhu cầu tìm nhiều lời
giải khác nhau và tìm ra được những cách giải hay, ngắn gọn. Điều này cho thấy hệ
thống BTHH đã xây dựng và sưu tầm có tính vừa sức phù hợp với khả năng tư duy của
học sinh.
- GV còn nhận xét: giải bài tập bằng nhiều cách đặc biệt có hứng thú với HS
khá, giỏi và có hiệu quả rất cao trong công tác bồi dưỡng HSG.
4. Điều kiện và khả năng áp dụng
- Điều kiện:
GV phải biết phân tích đặc điểm và năng lực của từng HS, từng lớp để đưa ra
các dạng bài tập phù hợp trong quá trình dạy học.
HS phải có kiến thức nền tảng về Hóa học và nắm được các phương pháp giải.
Ngoài ra đòi hỏi sự tham gia tích cực và tự giác của HS, mà điều đó lại phụ thuộc vào:
Yếu tố tinh thần, năng lực và môi trường học tập.
- Khả năng áp dụng:
Sáng kiến này có thể áp dụng rộng rãi ở tất cả các trường THPT, vì đã đưa ra
các ví dụ cụ thể, đa dạng cho từng dạng câu hỏi, bài tập và có hướng dẫn trả lời chi tiết
cho từng ví dụ
Sau khi tuyển chọn, xây dựng được hệ thống bài tập nhiều cách giải, GV có thể
sử dụng hệ thống bài tập này như sau:
Sử dụng trong các tiết ôn tập, luyện tập
Trong các tiết ôn tập và luyện tập, thời gian tương đối ít nên việc giải bài tập
bằng nhiều cách là không có thời gian. Vì vậy, trong các tiết này, chủ yếu GV gợi ý
những hướng có thể giải được cho một bài toán sau đó phân công cho từng nhóm HS,
mỗi nhóm một cách sau đó HS chuẩn bị bài ở nhà.
Sử dụng trong các tiết tự chọn
Từ năm học 2006 – 2007 đến nay, Bộ GD và ĐT cho phép các trường tự chọn
thêm một số tiết cho các môn học. Với lí do nội dung kiến thức liên thông từ lớp 8 đến
lớp 12 nên nhiều trường đã thêm tiết tự chọn cho môn hóa học. Việc sử dụng bài tập
nhiều cách giải trong các tiết này không những giúp HS khắc sâu bản chất hóa học mà
còn tăng hứng thú học tập cho HS để từ đó phát triển tư duy cho HS. Trong các tiết
này, GV cho các nhóm HS trình bày các chuẩn bị của mình rồi đánh giá, sửa chữa.
Sử dụng trong việc tự học của học sinh
Đây là biện pháp hữu hiệu nhất. Để hướng dẫn HS tự học ở nhà có hiệu quả,
GV phải chuẩn bị hệ thống bài tập, giao nhiệm vụ cụ thể và có sự kiểm tra, đánh giá
kết quả. Đối với những HS khá, giỏi thì phương pháp này sẽ rất hữu hiệu.
Sử dụng trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi


Bồi dưỡng HS giỏi là một nội dung không thể thiếu trong quá trình dạy học.
Trong bồi dưỡng HS giỏi, ngoài việc yêu cầu HS nắm vững kiến thức, kĩ năng thực
hành thì việc giải các bài toán hóa học là một nội dung không thể thiếu được. Trong
việc rèn kĩ năng giải bài tập và rèn tư duy cho HS thì việc giải bài tập bằng nhiều cách
là một cách làm mang khá hữu hiệu.
- Danh sách những người đã tham gia áp dụng thử hoặc áp dụng sáng kiến
lần đầu (nếu có):
Ngày tháng Nơi công
Chức
Trình độ Nội dung công
TT
Họ và tên
năm sinh
tác
danh chuyên môn việc hỗ trợ
1 Phạm Thị Oanh 22/05/1988 THPT
Giáo viên Cử nhân Dự giờ, Đánh
Bình Minh
giá
2 Đỗ Thị Nga
29/09/1991 THPT Bình Giáo viên Cử nhân Dự giờ, Đánh
Minh
giá
3 Trần Văn Thạch 26/05/1985 THPT Bình Giáo viên Cử nhân Dự giờ, Đánh
Minh
giá
Chúng tôi xin cam đoan mọi thông tin nêu trong đơn là trung thực, đúng sự thật
và hoàn toàn chịu trách nhiệm trước pháp luật.

XÁC NHẬN CỦA LÃNH ĐẠO ĐƠN VỊ CƠ SỞ
HIỆU TRƯỞNG

Bình Minh, ngày 16 tháng 04 năm 2018
Người nộp đơn
1) Lê Chí Hoan ………………
2) Đinh Hoàng Đạo …………..
3) Nguyễn Thọ Lộc …………..



PHỤ LỤC
PHẦN I: VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 1: Cho 3,68 gam hỗn hợp gồm Al và Zn tác dụng với một lượng vừa đủ dung
dịch H2SO4 loãng thu được 2,24 lít khí H2 (đktc). Khối lượng muối thu được sau phản
ứng là
A. 13,28 gam.
B.13,68 gam.
C.20,12 gam.
D.16,90 gam.
Bài toán này có thể được sử dụng cho HS sau khi học xong chương nhóm oxi ở
lớp 10 hoặc chương Đại cương về kim loại ở lớp 12. GV ra bài tập, gợi ý và yêu cầu
HS giải bài toán này bằng các cách khác nhau, GV sẽ kiểm tra và chữa ở tiết tự chọn
tới. Ngoài ra GV có thể phân công mỗi nhóm một cách giải.
Lời giải
Cách 1. Phương pháp đại số
Nếu HS chưa được trang bị nhiều về phương pháp giải toán thì thường các em đều làm
theo cách này.
- Theo bài ra: nH = 0,1 mol
2

Phương trình hóa học các phản ứng:
2Al + 3H2SO4 → Al2(SO4)3 + 3H2
x
1,5x
0,5x
1,5x
- Từ đó ta có hệ phương trình:

; Zn + H2SO4 → ZnSO4 + H2
y
y
y
y

27 x + 65 y = 3,68  x = 0,04


 1,5 x + y = 0,1
 y = 0,04

Vậy: mmuối = 13,28 g (Đáp án A)
Giải toán bằng phương pháp đại số thường dài nhưng sẽ rèn cho HS kỹ năng viết
phương trình phản ứng, hiểu rõ hơn bản chất của bài toán.
Cách 2. Bảo toàn electron
Al → Al3+ + 3e ; Zn → Zn2+ + 2e ; 2H+ + 2e → H2
x
3x
y
2y
0,2
0,1
- Từ đó ta có hệ phương trình:
27 x + 65 y = 3,68  x = 0,04


 3x + 2 y = 0, 2
 y = 0,04

Vậy: mmuối = 13,28 g (Đáp án A)
Phương pháp bảo toàn electron sẽ giúp HS tư duy bài boán dưới góc độ phản ứng oxi
hóa - khử từ đó khắc sâu bản chất của các phản ứng.
Cách 3. Bảo toàn điện tích
(Phương pháp này chỉ dành cho HS sau khi học chương Sự điện li lớp 11)
- Ta có: n(-) = 2 nSO = nH = 2 nH = 0,2 mol
2−

4

+

2

Trong dung dịch sau phản ứng:
n(+) = 3 nAl + 2 nZn = 3x + 2y (Với x, lần lượt là số mol Al và Zn)
3+

2+

Sau phản ứng số mol SO42- không đổi nên áp dụng bảo toàn điện tích cho dung dịch
sau phản ứng ta có: 3x + 2y = 0,2


- Mặt khác mhh = 27x + 65y = 3,68 g. Từ đó ta có hệ phương trình:
27 x + 65 y = 3,68  x = 0,04


 3x + 2 y = 0, 2
 y = 0,04

Vậy: mmuối = 13,28 g (Đáp án A)
Phương pháp này giúp HS hiểu rõ hơn bản chất của các ion trong dung dịch.
Cách 4. Phương pháp số học
Cách 4.1. Giả sử hỗn hợp 3,68 g chỉ có Al ta có:
nAl =

3, 68 92
3
46
=
mol  nH 2 = nAl =
mol
27
675
2
225

Vậy số mol H2 thoát ra nhiều hơn so với thực tế là:

46
47
− 0,1 =
mol
225
450

Khi chuyển 1 gam Al thành 1 gam Zn thì số mol H2 thoát ra sẽ giảm một lượng là:
3 1
1
47
 −
=
mol
2 27 65 1170

Vậy trong phép giả sử trên ta đã chuyển lượng Zn thành Al là:

47 47
:
= 2, 6 g
450 1170

Do đó trong hỗn hợp đầu có 2,6g Zn và 3,68 – 2,6 = 1,08g Al
1
2

1 1, 08
2, 6
= 0, 02mol ; nZnSO4 = nZn =
= 0, 04mol
2 27
65

Vậy: nAl ( SO ) = nAl = 
2

4 3

 mmuối = 13,28 g (Đáp án A)

Tương tự ta có thể giả sử 3,68g hỗn hợp chỉ có Zn
Cách 4.2. Giả sử 0,1 mol H2 là do Zn sinh ra
 nZn = nH2 = 0,1mol  mZn = 6,5g

 Khối lượng lớn hơn so với thực tế là 6,5 – 3,68 = 2,82g

Nếu đổi 1 mol H2 do Al sinh ra thành 1 mol H2 do Zn sinh ra thì khối lượng tăng lên là:
65-

2
 27 = 47g
3

Như vậy trong phép giả sử trên ta đã đổi lượng Al thành Zn là:

2,82
= 0, 06mol
47

Do đó số mol H2 do Al sinh ra là 0,06 mol; số mol H2 do Zn phản ứng sinh ra là 0,04
mol.
 nZn = 0, 04mol; nAl = 0, 04mol
1
2

Vậy: nAl ( SO ) = nAl = 0, 02mol ; nZnSO = nZn = 0, 04mol
2

4 3

4

 mmuối = 13,28 g (Đáp án A)

Phương pháp số học tuy dài nhưng có tác dụng tốt trong việc rèn tư duy logic toán học
cho HS.
Cách 5. Phương pháp trung bình
Đặt công thức chung của hỗn hợp là M ta có phản ứng:
Cách 5.1. Viết phương trình hóa học của phản ứng


2 M + nH 2 SO4 → 2 M 2 ( SO4 ) n + nH 2

0,1
n

0, 2
n

- Ta có: mKL =
Và: mmuối =

0,1 (mol)

0, 2
M
 M = 3, 68 g 
= 18, 4 (1)
n
n

0,1
0, 2M
(2M + 96n) =
+ 9,6
n
n

(2)

Thay (1) vào (2) ta có mmuối = 13,28g (Đáp án A)
Cách 5.2. Kết hợp với bảo toàn electron và bảo toàn điện tích
M →M
3, 68
M

n+

; 2H+ + 2e → H2

+ ne
3, 68
n
M

0,2

- Áp dụng bảo toàn electron ta có:

0,1
3, 68
 n = 0, 2  M = 18, 4n
M

n
2

- Mặt khác theo bảo toàn điện tích ta có: nSO =  n
2−

4

M

n+

n 3, 68
= 
= 0,1mol
2 M

Vậy: mmuối = mM + mSO = 3, 68 + 9, 6 = 13, 28 g (Đáp án A)
2−

4

Cách 6. Bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố
Áp dụng bảo toàn nguyên tố H ta có: nH SO = nH = 0,1mol
2

4

2

Mặt khác theo bảo toàn khối lượng:
mmuối = mKL + mH SO − mH = 3,68 + 0,198 − 0, 2 = 13, 28g (Đáp án A)
2

4

2

Cách 7. Bảo toàn nguyên tố, tăng giảm khối lượng
Áp dụng bảo toàn nguyên tố H và S ta có:
nSO 2− = nH2SO4 = nH2 = 0,1mol
4

mmuối = mKL + mSO = 3, 68 + 9, 6 = 13, 28 g (Đáp án A)
2−

4

Ngoài ra bài toán này còn có thể giải bằng phương pháp sơ đồ chéo hay công
thức trung bình để tìm ra khối lượng mỗi muối. Tuy nhiên nếu bài toán chỉ yêu cầu
tính tổng khối lượng muối thì giải bằng cách 7 là đơn giản và nhanh hơn cả.
Các phương pháp bảo toàn không những giúp ta giải nhanh nhiều bài toán hóa
học mà còn có ý nghĩa rất lớn trong việc giáo dục triết học duy vật biện chứng từ đó
phát triển tư duy biện chứng cho HS.
Ví dụ 2: Cho 11 gam hỗn hợp X gồm Fe, Al phản ứng hoàn toàn với dung dịch H2SO4
đặc nóng dư, thu được 10,08 lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất, đktc) và m gam muối
sunfat. Tính m?
Bài toán này được sử dụng trong tiết luyện tập chương nhóm oxi lớp 10 hoặc
phần kim loại lớp 12, GV đưa bài tập rồi phân cho từng nhóm, mỗi nhóm một cách
giải cụ thể yêu cầu từng nhóm trình bày ở tiết luyện tập hoặc tự chọn. Cách phân công
phải sao cho các lần khác nhau thì nhóm đó giải theo các cách khác nhau.


Lời giải
Theo bài ra ta có: nSO = 0, 45mol
2

Cách 1: Phương pháp đại số
Đặt x, y lần lượt là khối lượng của Fe và Al trong hỗn hợp đầu
Phương trình hóa học của các phản ứng:

Vậy m = 0,05.400 + 0,1.342 = 54,2.
Cách 2. Bảo toàn electron
Các quá trình oxi hóa - khử:
Fe → Fe3+ + 3e ; Al → Al3+ + 3e ; S+6 + 2e → S+4 (SO2)
X
3x
y
3y
0,9
0,45
- Theo bảo toàn electron ta có: 3x + 3y = 0,9
- Mặt khác mhh = 56x + 27y = 11 g
Giải hệ 2 phương trình trên ta được: x = 0,1; y = 0,2
 nFe ( SO ) = 0,05mol ; nAl ( SO ) = 0,1mol
2

2

4 3

4 3

Vậy m = 0,05.400 + 0,1.342 = 54,2 g.
Cách 3. Dùng công thức trung bình
Đặt công thức chung của 2 kim loại là M
Cách 3.1. Kết hợp với viết phương trình phản ứng

Cách 3.2. Kết hợp với bảo toàn electron
Các quá trình oxi hóa - khử:
M →M

3+

+ 3e ; S +6 + 2e → S +4 (SO2 )

x
3x
0,9
0,45
(mol)
Áp dụng bảo toàn electron ta có: 3x = 0,9  x = 0,3 mol
 mM 2 ( SO ) = 0,15(2M + 3  96) = 11 + 43, 2 = 54, 2 g
4 3

Vậy m = 54,2


Cách 3.3. Kết hợp với bảo toàn electron và bảo toàn điện tích
(PP này chỉ dùng cho HS từ lớp 11 trở lên, sau khi học chương Sự điện li)
Tương tự cách 3.2 ta có: nM = 0,3mol
3+

Đáp án: m = 54,2
Cách 3.4. Kết hợp với sơ đồ chéo

Như vậy nếu gọi số mol Fe là x thì số mol Al là 2x. Khi đó: 27x + 56.2x = 11  x = 0,1
 nFe2 ( SO4 ) 3 =

1
1
nFe = 0, 05mol ; n Al2 ( SO4 ) 3 = n Al = 0,1mol
2
2

Vậy m = 0,05.400 + 0,1.342 = 54,2 g.
Cách 4. Phương pháp bảo toàn khối lượng
Ta có: mKL + mH SO ( pu ) = mmuoi + mSO + mH O
2

4

2

2

 mmuoi = mKL + mH2SO4 ( pu ) − (mSO2 + mH2O )

Mặt khác theo phương trình phản ứng trên ta có: nH O = nH SO ( pu ) = 2nSO = 0,9mol
2

2

4

2

 m = 11 + 0,9.98 – (0,45.64 + 0,9.18) = 54,2 g.

Cách 5. Phương pháp bảo toàn điện tích
Quá trình khử: 4H+ + SO42- + 2e → SO2 + 2H2O
Áp dụng bảo toàn điện tích ta có: nSO

2−

(tạo muối)

4

Như vậy: mmuối = mKL + mSO

2−

(tạo muối)

=

1
ne (trao đổi) = nSO2 = 0, 45mol
2

= 11 + 0,45.96 = 54,2 g

4

Cách 6. Phương pháp số học
Cách 6.1. Giả sử 11 gam hỗn hợp chỉ có Fe


Vậy m = 0,05.400 + 0,1.342 = 54,2.
Cách 6.2. Giả sử 0,45 mol SO2 là do Fe sinh ra
n=

2
nSO = 0,3mol  mFe = 16,8 g
3 2

Trong thực tế: khối lượng hỗn hợp là 11g nên trong phép giả sử trên đã làm tăng 5,8g
hỗn hợp
Mặt khác cứ thay 1mol SO2 được tạo ra do Al bằng 1 mol SO2 được tạo ra do Fe thì
khối lượng hỗn hợp tăng một lượng là:

2
2
58
 56 −  27 =
g
3
3
3

Như vậy trong phép giả sử trên ta đã thay số mol SO2 sinh ra do Al bằng SO2 sinh ra
do Fe một lượng là: 5,8 :

58
= 0,3mol
3

Như vậy số mol SO2 do Al tạo ra là 0,3 mol nên

Vậy m = 0,05.400 + 0,1.342 = 54,2 g.
Ví dụ 3: Dẫn từ từ 448 ml CO2 (đktc) vào 1,5 lít dung dịch Ca(OH)2 0,01M thu được a
gam kết tủa và dung dịch X. Đun sôi dung dịch X đến phản ứng hoàn toàn thu được b
gam kết tủa. Tính a và b?
Bài tập này có thể được sử dụng trong chương nhóm cacbon hoặc chương kim
loại kiềm, kiềm thổ, nhôm.
Lời giải
Ta có: nCO = 0,02mol; nCa (OH ) = 0,015mol  nOH = 0,03mol
2

2



Đun sôi dung dịch X lại được kết tủa nên phản ứng tạo 2 muối do đó cả CO2 và
Ca(OH)2 đều phản ứng hết.
Cách 1. Phương pháp đại số
Cách 1.1. Dùng phản ứng nối tiếp
Phản ứng nối tiếp giúp HS hiểu rõ hơn thứ tự phản ứng khi cho từ từ một oxit
axit (hoặc một đa axit) với dung dịch kiềm. Do ban đầu oxit axit thiếu, NaOH dư nên
phản ứng thu được muối trung hòa. Sau đó muối trung hòa sẽ tác dụng với oxit axit
dư.


Khi cho từ từ CO2 vào dung dịch Ca(OH)2 ta có các phản ứng

Vậy a = 0,01.100 = 1; b = 0,005.100 = 0,5
Cách 1.2. Dùng phản ứng song song
Cách viết phản ứng này sẽ giúp HS hiểu rõ hơn các trường hợp tỉ lệ các chất phản ứng
khác nhau thì thu được sản phẩm khác nhau.

Vậy a = 0,01.100 = 1; b = 0,005.100 = 0,5
Ngoài ra ta cũng có thể dùng phương trình ion rút gọn dưới dạng nối tiếp hoặc song
song để giải bài toán này:
Cách 2. Bảo toàn nguyên tố
Đặt số mol của CaCO3 là x; số mol Ca(HCO3)2 là y ta có:
Bảo toàn nguyên tố C: nC = nCO = x + 2y = 0,02.
2

Bảo toàn nguyên tố Ca: nCa = nCa (OH ) = x = y = 0,015
2

Từ đó ta có x = 0,01; y = 0,005
Vậy a = 0,01.100 = 1; b = 0,05.100 = 0,5
Cách 3. Bảo toàn điện tích kết hợp với bảo toàn nguyên tố
Trong dung dịch X gồm có các ion Ca2+ và HCO3- Đặt số mol Ca2+ là x thì số mol HCO3- trong dung dịch X là 2x (bảo toàn điện tích)


Do đó số mol CaCO3 là 0,015 – x (bảo toàn nguyên tố Ca)

Vậy a = 0,01.100 = 1; b = 0,005.100 = 0,5
Cách 4. Phương pháp sơ đồ chéo
Đặt T =

nCO

2

nCa (OH )2

ta có:

CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O nếu T = 1
2CO2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2 nếu T = 2
- Theo bài ra: T =

0, 02 2
=
0, 015 3

Áp dụng sơ đồ chéo ta có:

Vậy a = 0,01.100 = 1; b = 0,005.100 = 0,5
Cách 5: Phương pháp trung bình
Tương tự cách 4 ta có:

Vậy a = 0,01.100 = 1; b = 0,05.100 = 0,5
Cách 6: Phương pháp đồ thị


Vậy a = 0,01.100 = 1; b = 0,005.100 = 0,5
Ví dụ 4: Một phoi bào sắt có khối lượng m gam để ngoài không khí bị oxi hóa thành
hỗn hợp A gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 có khối lượng 12 gam. Cho A tan hoàn toàn
trong HNO3 sinh ra 2,24lít (đktc) khí NO (là sản phẩm khử duy nhất). Tìm giá trị của
m.
Đây được xem là bài toán “kinh điển” đã được rất nhiều GV và HS tìm tòi đưa
ra được rất nhiều cách giải hay, là bài tập khá tiêu biểu để rèn luyện phương pháp
giải cho cả GV và HS. Vì vậy ở ví dụ này tôi xin tổng hợp lại và trình bày khá chi tiết
lời giải của bài toán này. Bài toán này có thể sử dụng khi học xong bài axit nitric lớp
11 hoặc bài hợp chất của sắt ở lớp 12.
Lời giải:
Phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra:
- Khi cho Fe tác dụng với O2:

Cách 1. Phương pháp đại số
- Đặt x, y, z, t lần lượt là số mol của Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3:
Phương trình đã cho:
mhh = 56x + 72y + 232z + 160t = 12
(1)
ne cho = 3x+ y+ z = 0,3
(2)
Biểu thức cần tìm: m = 56(x+ y+3z+2t) (3)
Trong bài tập này, số ẩn cần tìm là 4 trong khi 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 bằng cách ghép ẩn số, đi từ phương trình đã cho
đến biểu thức cần tìm bằng các cách sau:
Cách 1.1. Đồng nhất hệ số
Gọi A và B là hệ số của các phương trình (1) và (2) sao cho:


A × (1) + B × ( 2) = (3)
 A (56x + 72 y + 232z + 160t ) + B (3x + y + z ) = 56( x + y + 3z + 2t )
Tiến hành đồng nhất hệ số của x, y, z, t ở 2 vế của phương trình trên, ta có:

m = 0, 7 (1) + 5, 6 ( 2) = 10,08g
Cách 1.2. Tách ghép ẩn
Trong bài tập này, phương pháp ghép ẩn – giải hệ được thực hiện với 2 biểu thức sau:
nFe = x + y + 3z + 2t
(4)
nO = y + 4z + 3t
(5)
Với 2 biểu thức đã cho và dữ kiện đề bài, ta có:

Từ đó, có kết quả: m = 56 ( x + y + 3z + 2t ) = 10, 08g
Phương pháp đại số có nhược điểm là đã "toán học hóa" bài toán hóa học khá
nhiều, tuy nhiên nền tảng của nó vẫn là những hiểu biết hóa học. Hơn nữa, việc rèn
luyện các kỹ năng tính toán và biến đổi biểu thức đại số cũng góp một vài trò không
nhỏ trong việc phát triển tư duy sáng tạo cho HS.
Cách 2. Phương pháp bảo toàn khối lượng
Cho hỗn hợp A tác dụng với dung dịch HNO3, theo định luật bảo toàn khối lượng, ta
có:

Giải ra được m = 10,08
Cách 3. Phương pháp bảo toàn nguyên tố
Dựa vào bán phản ứng khử: 4H+ + NO3- + 3e → NO + 2H2O


Ta thấy có thể giải lại bài toán theo phương pháp bảo toàn nguyên tố và khối lượng đối
với oxi như sau:
mO(trongA) + mO(trongHNO3 →NO) = mO(trongNO) + mO(trongH2O)

Giải ra được m = 10,08
Cách 4. Phương pháp bảo toàn electron
Ở bài toán này, chất nhường e là Fe, chất nhận e là O2 và N+5 trong HNO3.

Cách 5. Phương pháp trung bình
Cách 5.1. Hóa trị trung bình kết hợp với bảo toàn electron
Gọi hóa trị trung bình của Fe trong cả hỗn hợp A là n , khi đó, công thức của A là
Fe2On

Áp dụng định luật bảo toàn electron cho phản ứng của A với HNO3, ta có:

Cách 5.2. Công thức phân tử trung bình kết hợp với bảo toàn electron
Gọi công thức phân tử trung bình cả hỗn hợp A là FexOy
Áp dụng định luật bảo toàn electron cho phản ứng của A với HNO3, ta có:


Cách 5.3. Dùng công thức trung bình kết hợp với bảo toàn điện tích
Gọi công thức chung của cả hỗn hợp A là FexOy , ta có PTHH biểu diễn phản ứng dưới
dạng ion thu gọn là:

Cách 6. Phương pháp quy đổi
Cách 6.1. Quy đổi phân tử
Có rất nhiều cách quy đổi CTPT các oxit của Fe, vì thực ra, kết quả quy đổi nào cũng
chỉ là một giả định và không ảnh hưởng đến kết quả bài toán.
Do khi hỗn hợp A phản ứng với HNO3 thì chỉ có Fe cho nhiều electron nhất và Fe2O3
không cho electron, nên cách đơn giản nhất là quy đổi hỗn hợp A thành Fe và Fe2O3
(do 3FeO→ Fe. Fe2O3)
Như vậy khi cho A + HNO3 chỉ có Fe phản ứng cho khí NO

 nFe( pu ) = nFe(trongA) + 2nFe2O3 (trongA) = 0,18mol

 m = 10,08 g.

Lưu ý: Sau khi quy đổi có thể kết hợp với phương pháp bảo toàn electron để giải bài
toán này
Cách 6.2. Phương pháp quy đổi nguyên tử
Hỗn hợp A gồm Fe và các oxit của nó có thể quy đổi thành một hỗn hợp chỉ gồm
nguyên tử Fe và O có số mol tương ứng là x và y.
Áp dụng phương pháp bảo toàn electron ta có:

Từ đó ta có phương trình: 3x + 2y = 0,3 (*)
Mặt khác mhh = 56x + 16y = 12 (**)
Giải hệ (*) và (**) ta có x = 0,12; y = 0,18
 m = 10,08 g
Phương pháp quy đổi là phương pháp rất hay và phù hợp để giải quyết nhanh những
bài toán loại này.
Chú ý: ta hoàn toàn có thể thay đổi các phương án quy đổi mà không ảnh hưởng đến
kết quả bài toán. Đối với cách 4.1, ta có thể quy đổi hỗn hợp A là hỗn hợp của (Fe,


Fe3O4), (Fe, FeO), (FeO, Fe2O3),... hay như với cách 4.2, ta cũng có thể quy đổi hỗn
hợp A là hỗn hợp của (Fe, O2), (O, FeO), (O, Fe3O4) cũng được (lẽ tất nhiên là không
thể quy đổi thành (O, Fe2O3) vì khi đó sẽ không còn chất cho electron). Mặc dù trong
một vài trường hợp kết quả của 1 trong 2 giá trị có thể âm, nhưng điều đó là sự bù trừ
cần thiết và kết quả cuối cùng của bài toán vẫn được đảm bảo.
Cách 7. Phương pháp số học
Cách 7.1. Giả sử lượng Fe phản ứng với O2 chỉ tạo ra Fe2O3
Từ số mol O2 phản ứng ta tính được số mol Fe: 4Fe + 3O2→ 2Fe2O3

Cách 7.2. Giả sử tất cả lượng Fe tác dụng hết chỉ tạo ra Fe2O3

Ví dụ 5: Cho hỗn hợp A gồm anken X và H2 qua Ni đung nóng, thu được hỗn hợp B
gồm 2 khí. Biết B không làm mất màu dung dịch brom. Tỉ khối của A và B so với H2
lần lượt là 6 và 8. Xác định CTPT của X và thành phần phần trăm thể tích của mỗi khí
trong hỗn hợp A.
Lời giải
Bài toán này được sử dụng sau khi học xong phần hiđrocacbon không no.
Vì B không làm mất màu dung dịch brom  B là hỗn hợp của ankan và H2 dư
 Anken X phản ứng hết
Theo bài ra ta có: M A = 12; M B = 16
Đặt Hỗn hợp A gồm anken là CnH2n; n ≥ 2(x mol) và H2 (y mol)
CnH2n + H2 → CnH2n+2
x
x
x
mol
 Hỗn hợp B gồm an kan CnH2n+2 và H2 dư (y – x mol)
Cách 1. Phương pháp đại số
Đặt ẩn, lập hệ phương trình rồi kết hợp với tách ghép ẩn. Vì phương pháp này khá dài
nên tôi không trình bày cụ thể.
Cách 2. Bảo toàn khối lượng + Khối lượng mol trung bình
mA= mB  6.2 (x + y) = 8.2 (x + y - x)  6 (x + y) = 8y  y = 3x


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×