Nguyễn Văn Duy - THPT tiên Lữ: Sử dụng hệ thống bài tập có nhiều cách giải nhằm
rèn luyện tư duy cho học sinh trong dạy học hóa học vô cơ lớp 11 nâng cao trường
THPT

PHẦN I: MỞ ĐẦU
I. Lý do chọn đề tài
Trong dạy học hóa học, có nhiều biện pháp và phương pháp để nâng cao chất lượng dạy
học và phát triển năng lực nhận thức của học sinh. Thực tế cho thấy, giải 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 học sinh. Giải một bài toán
hóa học bằng nhiều cách dưới các góc độ khác nhau có khả năng rèn tư duy cho học sinh
gấp nhiều lần so với giải bài toán bằng một cách dù cách đó là ngắn gọn nhất, giúp cho học
sinh có khả năng nhìn nhận vấn đề theo nhiều hướng khác nhau, phát triển tư duy logic, sử
dụng thành thạo và tận dụng tối đa các kiến thức đã học. Để phát triển tư duy và rèn trí thông
minh cho học sinh thì việc tìm ra đáp số của bài toán hóa học là chưa đủ mà giáo viên cần
phải khuyến khích học sinh tìm nhiều cách giải cho một bài tập, chọn cách giải hay nhất và
ngắn gọn nhất. Khi nói lên được ý hay, với phương pháp tối ưu sẽ tạo cho học sinh niềm vui,
sự hưng phấn, kích thích học sinh tư duy, nỗ lực suy nghĩ để tìm ra cách giải hay hơn thế
nữa.
Vì vậy tôi chọn đề tài : "Sử dụng hệ thống bài tập có nhiều cách giải nhằm rèn luyện tư
duy cho học sinh trong dạy học hóa học vô cơ lớp 11 nâng cao trường THPT"

Hy vọng đề tài này sẽ góp phần nâng cao chất lượng dạy học hóa học ở trường THPT.

II. Mục đích nghiên cứu
- Rèn luyện tư duy đa hướng cho học sinh lớp 11 trường Trung học phổ thông qua hệ
thống bài tập hóa học có nhiều cách giải.
- Nâng cao hiệu quả dạy học hóa học 11 nâng cao trường THPT và bồi dưỡng học sinh
giỏi.

III. Khách thể và đối tượng nghiên cứu

Định luật bảo toàn nguyên tố
Phương trình hóa học

THPT:

Trung học phổ thông

2


PHẦN II . NỘI DUNG
I.CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP HOÁ HỌC
1. Phương pháp bảo toàn số mol electron

a/ Nội dung: “Trong phản ứng oxi hóa – khử, số mol electron mà chất khử cho bằng số mol
electron mà chất oxi hóa nhận”.
b/ Phạm vi áp dụng: Phương pháp bảo toàn eletctron cho phép giải rất nhanh nhiều bài toán
trong đó có nhiều chất oxi hóa và chất khử tham gia vì theo phương pháp này không cần viết
các PTHH và dĩ nhiên không cần cân bằng các PTHH.
c/ Các bước giải:
- Xác định chất khử và chất oxi hóa ở giai đoạn đầu và giai đoạn cuối (bỏ qua các giai đoạn
trung gian).
- Viết các quá trình khử và quá trình oxi hóa (có thể theo phương pháp electron hoặc ion –
electron).
- Áp dụng định luật bảo toàn electron.
d/ Chú ý: Điều quan trọng nhất là nhận định đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối cùng của
các chất oxi hóa và chất khử, không cần tới các phương trình hóa học cũng như các sản
phẩm trung gian.
2. Phương pháp bảo toàn khối lượng


- Giải hệ phương trình.
d/ Chú ý: Điều quan trọng nhất khi áp dụng phương pháp này là phải xác định đúng khối
lượng chất tham gia phản ứng và tạo thành (lưu ý đến các chất kết tủa, bay hơi và khối lượng
dung dịch).
3. Phương pháp bảo toàn nguyên tố

a/ Nội dung:
Căn cứ vào định luật bảo toàn nguyên tố: “Trong các phản ứng hóa học thông thường,
các nguyên tố luôn được bảo toàn”.
Như vậy: “Tổng số mol nguyên tử của một nguyên tố X bất kì trước và sau phản ứng
luôn bằng nhau”.
b/ Các bước giải
- Viết sơ đồ các biến đổi
- Rút ra mối liên hệ về số mol của các nguyên tố cần xác định theo yêu cầu của đề bài trên
cơ sở định luật bảo toàn nguyên tố.
c/ Chú ý:
- Điểm mấu chốt của phương pháp là phải xác định được đúng các hợp phần có chứa nguyên
tố X ở trước và sau phản ứng. Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố với X để rút ra mối liên
hệ giữa các hợp phần.

4


- Hạn chế viết PTHH mà thay vào đó nên viết sơ đồ phản ứng biểu diễn các biến đổi cơ bản
của các nguyên tố quan tâm.
4. Phương pháp tăng giảm khối lượng

a/ Nội dung: “Dựa vào sự tăng giảm khối lượng khi chuyển từ chất này sang chất khác để
xác định khối lượng một hỗn hợp hay một chất”
b/ Đánh giá phương pháp tăng giảm khối lượng

- Xét xem sự tồn tại hay không tồn tại của một dd.
c/ Các bước giải
- Xác định tổng số mol điện tích dương và tổng số mol điện tích âm.
- Áp đụng định luật bảo toàn điện tích.
- Xét các tương tác có thể xảy ra trong dd (nếu tạo được kết tủa, chất khí, chất điện li yếu).
- Đối với quá trình oxi hóa – khử phải nhận định đúng sự tồn tại của ion sau phản ứng.
6. Phương pháp trung bình

a/ Nội dung:
Đối với một hỗn hợp bất kì ta luôn có thể biểu diễn chúng qua một đại lượng tương
đương, thay thế cho cả hỗn hợp, là đại lượng trung bình (như khối lượng mol trung bình, số
nguyên tử trung bình, số nhóm chức trung bình….), được biểu diễn qua biểu thức:
n

X 

 X .n
i

i 1

i

n

n

i

i

.

M1n1  M 2 n 2  M3n 3  ...  M i n i

n1  n 2  n 3  ...
 ni

Nếu hỗn hợp là chất khí thì có thể tính theo công thức:

6


V1M 1 + V2M 2 + V3M 3
V1 + V2 + V3

M hh 


luôn nằm trong khoảng khối lượng mol phân tử của các chất thành phần

nhỏ nhất và lớn nhất:
Mmin

kiện hoặc những bài toán cần biện luận để xác định chất trong hỗn hợp.
c/ Các bước giải:

7


- Xác định trị số trung bình giúp giải quyết yêu cầu của bài toán.
- Chuyển hỗn hợp về dạng công thức chung An Bm
- Xác định trị số n , m … theo dữ kiện đã cho từ đó đưa ra kết luận cần thiết.
d/ Chú ý
- Theo tính chất toán học ta luôn có: min(Xi) < X

m1 C1  C

m2 C2  C



V1 C1  C

V2 C2  C

|C1 - C |

- Đối với nồng độ mol:
V1 C1

|C2 - C |
C

V2

C2

|C1 - C |

8


b/ Đánh giá phương pháp đường chéo
- Đây là phương pháp có nhiều ưu điểm, giúp tăng tốc tính toán và là một công cụ đắc lực


Ví dụ : Hỗn hợp (Fe, FeS,FeS2, Cu, CuS, Cu2S, S)  (Cu, Fe, S).
- Quy đổi tác nhân oxi hóa trong phản ứng oxi hóa – khử.
Với những bài toán trải qua nhiều giai đoạn oxi hóa khác nhau bởi những chất oxi hóa
khác nhau, ta có thể quy đổi vai trò oxi hóa của chất oxi hóa này cho chất oxi hóa kia để bài
toán trở nên đơn giản.
Ví dụ: Quá trình oxh hoàn toàn Fe thành Fe3+
O
HNO
O

 FexOy 
 Fe3+ có thể qui thành Fe 

 Fe3+
Fe 
2

c/

3

2

ột số điểm lưu ý:

- Trong quá trình tính toán theo phương pháp quy đổi đôi khi ta gặp

âm đó là do sự bù trừ


ột số lưu ý
-

Bài toán có thể có một nghiệm hoặc hai nghiệm.

-

Dựa vào dữ kiện thực nghiệm đề bài để xác định nghiệm đúng:
+ Thể tích nhỏ nhất: Trước điểm cực đại
+ Thể tích lớn nhất: Sau điểm cực đại
+ Không có yêu cầu nào: Thường có 2 nghiệm.

c/ Đánh giá phương pháp đồ thị:
- Ưu điểm: Trực quan, sinh động.
- Nhược điểm: Chỉ áp dụng được cho số ít trường hợp và mất thời gian vễ đồ thị (hoặc phải
nhớ dạng đồ thị một cách máy móc).
d/ Hướng sử dụng:
- Không nên lạm dụng phương pháp này, chỉ nên dùng trong trường hợp tìm khoảng giá trị
hoặc cần có cái nhìn một cách trực quan.
- Có thể giải nhanh bằng phương pháp bảo toàn nguyên tố.
e/ Các bước giải
- Xác định dạng toán phù hợp
- Xây dựng đồ thị theo số mol
- Xác định lượng chất mà đề bài yêu cầu từ đồ thị, chú ý đến các từ khóa “lớn nhất”, “nhỏ
nhất” nếu có.
10. Phương pháp đại số

- Viết các phương trình phản ứng
- Đặt ẩn số cho các đại lượng cần tìm
- Tính theo phương trình phản ứng và các ẩn số đó để lập ra các phương trình đại số

m1 gam

M+n + N (S )

(2)

(n: max)

Gọi: Số mol kim loại là a
Số oxi hóa cao nhất (max) của kim loại là n
Số mol electron nhận ở (2) là t mol
Ta có :

M – n e  M+n
a

 Số mol electron nhường là na (mol)

na

Theo định luật bảo toàn electron ta có:
Nhân cả hai vế với

m1  m
 t  na
8

ta được :

M (m1  m)


Khi biết 2 trong đại lượng m, m1, t ta tính được ngay đại lượng còn lại.
b/ Phạm vi áp dụng :
- Chỉ áp dụng khi HNO3 (hoặc H2SO4 đặc nóng) lấy dư hoặc vừa đủ.
- Công thức kinh nghiệm trên chỉ áp dụng với hai him loại là Fe và Cu.
c/ Các bước giải :
- Tìm tổng số mol electron nhận ở giai đoạn khử N+5 hoặct S+6
- Tìm tổng khối lượng hỗn hợp kim loại và oxit kim loại.
- Áp dụng công thức (1) và (2).
12. Phương pháp ghép ẩn số

12


a/ Nội dung :
Phương pháp ghép ẩn số giúp học sinh hiểu rõ hơn về bản chất hóa học, đặc biệt khi
dạy các bài tập tiền đề khi học về hóa học.
Phương pháp này áp dụng cho bài toán mà số phương trình ít hơn số ẩn, ta không thể
tìm được nghiệm của từng ẩn mà phải thế từ những phương trình đơn giản vào phương trình
phức tạp để tìm ra giá trị cần tìm.
b/ Cách giải:
- Viết phương trình phản ứng
- Đặt ẩn số cho các đại lượng cần tìm
- Tính theo các phương trình phản ứng và các ẩn số để lập ra phương trình đại số.
- Giải phương trình đại số hoặc hệ phương trình bằng cách ghép ẩn và biện luận kết quả cần
tìm.
II. TÌNH HÌNH SỬ DỤNG BÀI TẬP HOÁ HỌC NHIỀU CÁCH GIẢI NHẰM RÈN LUYỆN
TƯ DUY CHO HỌC SINH HIỆN NAY Ở TRƯỜNG THPT.

Qua thực tế giảng dạy ở trường THPT Tiên Lữ chúng tôi thấy rằng: Đa số giáo viên đã

Lời giải
Số mol P2O5 là:

71
 0,5 (mol)
142

P2O5 + 3H2O  2H3PO4
0,5

1,5

1 (mol)

Gọi a là khối lượng dd H3PO4 24,5%
Gọi b là khối lượng dd H3PO4 78,4 % tạo thành
Cách 1.
Áp dụng phương trình nồng độ
Khối lượng H3PO4 là: 98  1 

24,5.a
 98  0,245.a
100

Khối lượng dd tạo thành là : 71 + a
98  0,245.a
 0,49
71  a

Ta có:

1 (mol

Do P2O5 phản ứng với nước trong dd nên từ a gam dd H3PO4 24,5% chuyển thành
a – 1,5.18 = a - 27 gam dd H3PO4 C%
98 gam dd H3PO4 100%

49-C
49

a-27 gam dd H3PO4 C%

mà C =
Ta có :

51

24,5a
a  27

98
49  C

a  27
51

 98  51  (49 

24,5a
)  (a  27)
a  27

Fe3O4 + 4H2 
3Fe + 4H2O

z

4z

t
Fe2O3 + 3H2 
2Fe + 3H2O

t

3t

 Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O
Fe + 6HNO3 

x

3x

 Fe(NO3)3 + NO2 + 2H2O
FeO + 4HNO3 

y

y

 3Fe(NO3)3 + NO2 + 5H2O

160
 0,05  3,04
3

a  0,02

16


V = 0,448 (l)
Cách 1.2
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có : mX + mH = mFe + m H O
2

2

 mFe = 3,04 + 0,05.2 – 0,05.18 = 2,24
 nFe = x + y + 3z + 2t = 0,04 (4)
nFe  x  y  3z  2t  0,04 (3nFe  2 nO )

 3x  y  z  0,02

 nO  y  4 z  3t  0,05

V = 0,02.22,4 = 0,448 (l)
Cách 2. Nhóm các phương pháp quy đổi
Cách 2.1. Quy hỗn hợp X về hai chất FeO và Fe2O3 với số mol tương ứng là x và y
t
FeO + H2 
Fe + H2O

Vậy V = 4,48(l)
Cách 2.2. Quy hỗn hợp X về hai chất Fe và FeO
t
FeO + H2 
Fe + H2O

0,05
 Số mol Fe là:

0,05

(mol)

3,04  0,05  72
 0,01 (mol)
56

 Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O
Fe + 6HNO3 

-0,01

-0,03

(mol)

 Fe(NO3)3 + NO2 + 2H2O
FeO + 4HNO3 

0,05

 Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O
Fe + 6HNO3 

-0,01

-0,03

(mol)

 Fe(NO3)3 + NO2 + 2H2O
FeO + 4HNO3 

0,05

0,05

(mol)

Vậy V = (0,05 - 0,03) x 22,4 = 4,48 (l)
Cách 2.4. Quy hỗn hợp X về hai chất Fe và Fe3O4
t
Fe3O4 + 4H2 
3Fe + 4H2O

0,0125
 Số mol Fe là:

0,05

(mol)


x

t
Fe3O4 + 4H2 
3Fe + 4H2O

y

4y

Ta có hệ
72x + 232y = 3,04
x + 4y = 0,05

18


 x = 0,01; y = 0,01
 Fe(NO3)3 + NO2 + 2H2O
FeO + 4HNO3 

0,01

0,01

(mol)

 3Fe(NO3)3 + NO2 + 5H2O
Fe3O4 + 10HNO3 

Fe3O4 + 10HNO3 

0,02

0,02

(mol)

Vậy V = 0,02 x 22,4 = 4,48 (l)
Cách 2.7. Quy đổi nguyên tử
Hỗn hợp X gồm Fe và các oxit sắt có thể quy đổi thành hỗn hợp gồm 2 nguyên tử Fe và O.
H2

+

0,05
 Số mol Fe là:




O

H2 O

0,05

(mol)

3,04  0,05  16


O-2
(mol)



N+4


x

Ta có :

x

(mol)

0,12 = 0,1 + x
 x = 0,02 mol

Vậy V = 0,02.22,4 = 4,48 (l)
Cách 2.8. Quy hỗn hợp X về một chất là FexOy
(FexOy chỉ là công thức giả định)
t
FexOy + yH2 
xFe +

0,05
y


Cách 3.1. Bảo toàn khối lượng
m X  mHNO3  mFe( NO3 )3  mNO2  mH 2O

Trong đó:

nFe( NO3 )3  nFe  0,04

nHNO3  3nFe( NO3 )3  nNO 2  0,12  nNO 2
nH2O  0,5nHNO3  0,5(0,12  nNO 2 )

Thay số:
3,04 + 63(0,12 + n NO ) = 0,04.242 + 46. n NO + 18.0,5(0,12 + n NO )
2

2

2

 nNO 2  0,034  V  0,02.22,4  4,48 (lít)

Cách 3.2.
Bảo toàn nguyên tố oxi:

20


mO ( X )  mO ( HNO3 )  mO ( Fe( NO3 )3 )  mO ( NO2 )  mO ( H 2O )

Trong đó:


0,5
 1  0,1 (mol); n N 2O  n N 2 
 2  0,2 (mol)
5
5

Cách 1. Phương pháp th ng thường
 Al(NO3)3 + NO + 2H2O
Al + 4HNO3 

0,1 mol

0,1 mol

 8Al(NO3)3 +
8Al + 30HNO3 

3N2O + 15H2O

0,16
mol
3

0,2 mol

 10Al(NO3)3 +
10Al + 36HNO3 
2
mol
3


+ 3e

m
27

m
9

+



3e

N+2

0,3

(mol)
2N+5

+

0,1 (mol)


8e

2N+1 (N2O)

HNO3 

Gọi x là số mol HNO3, (2) viết lại thành
 (x-9) NO3+ NO + 2N2O + 2N2 +
xHNO3 

x
H2 O
2

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố oxi có:
3x = 3(x-9) + 3 +

x
2

 x = 48
 39NO3- + NO + 2N2O + 2N2 + 24H2O
48HNO3 

3,9

0,1

(mol)

 39NO3 : 3,9 mol
 13Al(NO3)3 : 1,3 (mol)

22

Fe3 + 2 SO24 +
0,12

0,24

3Cu2S + 16 H  + 10 NO 3  6 Cu2 + 3 SO24 +
a

16a/3

10a/3

2a

5NO + 2H2O
(mol)
10NO + 8H2O

a

(mol)

Vì dung dịch A chỉ chứa các muối sunfat và HNO3 dùng vừa đủ nên ta phải có:

n

H




0,12

Fe3+

+

0,12

2S O42 

Cu2S

0,24 (mol)

a



2Cu2+

+

2a

S O42 
a

(mol)

Theo định luật bảo toàn điện tích ta có:

PTHH của các phản ứng:
Fe + 6H+ + 3 NO3




Fe3+ + 3NO2 + 3H2O

x

3x

FeS + 10H+ + 9 NO3




Fe3+ + SO42  + 9NO2 + 5H2O

y

y

FeS2 + 14H+ + 15 NO3




2z
+

 Fe(OH)3
3OH- 

+

x+y+z

x+y+z

(mol)

Cách 1. Phương pháp ghép ẩn
Gọi x, y, z lần lượt là số mol của Fe, FeS, FeS2 trong 25,6 gam hỗn hợp (x, y, z >0).
Ta có hệ:
56x + 88y + 120z = 25,6
107(x + y + z) + 233 (y + 2z) = 126,25
56(x + y + z) + 32(y + 2z) = 25,6

x + y + z = 0,3

107(x + y + z) + 233(y + 2z) = 126,25

y + 2z = 0,45

Số mol NO2 là :
9x + 9y + 15z = 3(x + y + z) + 6(y + 2z) = 3 x 0,2 + 6 x 0,45 = 3,3
V = 3,3 . 22,4 = 73,92 (lit)
Cách 2: Bảo toàn số mol electron
Đặt số mol các chất trong 25,6 gam X {Fe : x ; FeS: y ; FeS2: z}
 56(x + y + 2z) + 32(y + 2z) = 25,6

z

2z

15z

Ta có hệ :
56(x + y + z) + 32(y + 2z) = 25,6
107(x + y + z) + 233(y + 2z) = 126,25
Biến đổi đại số như cách 1 ta có V = , . 22,4 = 7 ,92 (lit)
Với HS có khả năng quan sát tinh tế, có khả năng tư duy độc lập, sáng tạo, nhận thấy
hỗn hợp ban đầu được tạo nên bởi 2 nguyên tố Fe và S sẽ làm theo cách , cách 4.
Cách 3. Nhóm các phương pháp quy đổi
Cách 3.1. Quy đổi hỗn hợp X thành Fe và S với số mol tương ứng là x và y

25