I.
Mở đầu:
I.1. Lí do chọn đề tài:
+ Hiện nay ở nước ta kỳ thi THPT Quốc Gia với môn hoá học là đề thi trắc
nghiệm. Với 40 câu trong thời lượng 50 phút quả là vấn đề nang giải với học
sinh. Để đạt được điểm 10 đó là cuộc chạy đua về tốc độ, việc không chia
mỗi đáp án A, B, C, D là 25% như trước đây thì để giải quyết được các câu
vận dụng cao không còn cách nào khác là phải tìm cách giải nhanh mới
thành công. Vậy để đáp ứng được yêu cầu cấp bách này đòi hỏi học sinh
phải biết đường lối giải quyết và phương pháp của từng loại bài tập.
+ Với mỗi giáo viên việc phân dạng bài tập và xây dựng cho học sinh cách
tư duy và thứ tự thực hiện một bài toán là vô cùng quan trọng, điều này có y
nghĩa quyết định tới tốc độ giải bài tập của học sinh sau này.
+ Với học sinh lớp 11, 12 thì bài tập: “Dùng bốn định luật bảo toàn: khối
lượng, nguyên tố, electron và điện tích” trong giải các câu vô cơ vận dụng
cao đang còn chậm, đôi khi không giải quyết được. Đứng trước thực trạng
này tôi đã giúp học sinh thoát khỏi những vướng mắc đó. Tôi giúp học sinh
nắm vững nội dung của 4 định luật, xác định các giữ kiện bài toán cho và sơ
đồ hóa bài toán chính xác, tất cả các giữ kiện của đề bài cho được thể hiện
trên sơ đồ. Từ đó việc giải quyết bài toán không còn là vấn đề phức tạp, khó
khăn nữa. Vì vậy tôi quyết định chọn đề tài này.
1.2. Mục đích nghiên cứu:
+ Trong thực tế ôn thi THPT Quốc Gia cho học sinh, tôi thấy học sinh còn
lúng túng trong những câu vô cơ ở mức độ vận dụng cao và có một số em
chưa giải quyết được.
+ Tôi muốn nghiên cứu để giúp học sinh của mình được áp dụng, sau đó
nhân lên học sinh trong trường, trong tỉnh và được nhân rộng trong nước.
1.3. Đối tượng nghiên cứu:
+ Đề tài nghiên cứu cách dùng bốn định luật bảo toàn: Khối lượng, nguyên
tố, bảo toàn electron và bảo toàn điện tích vào các bài toán vô cơ ở mức độ
vận dụng cao trong đề thi THPT Quốc Gia.

Đặc biệt chú y:
- Xác định nhanh tất cả các nguyên tố thay đổi số oxi hoá
- Viết chính xác quá trình nhường nhận electron
- Kết hợp linh hoạt với bảo toàn nguyên tố.
c. Nội dung của định luật bảo toàn điện tích:
Tổng điện tích các ion trong dung dịch hay trong 1 phân tử bằng không.
Thường kết hợp thuần thục các định luật bảo toàn nguyên tố, bảo toàn
electron cùng bảo toàn điện tích.
d. Nội dung định luật bảo toàn khối lượng:
Tổng khối lượng trước phản ứng bằng tổng khối lượng sau phản ứng.
Việc giải bài tập hóa học thường rất hiếm khi áp dụng đơn thuần định luật
bảo toàn khối lượng vì nó quá đơn điệu mà thường kết hợp linh hoạt với
các định luật bảo toàn khác.
2.1. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm:
+ Học sinh khối 11, 12 ôn thi THPT Quốc Gia vướng mắc, hoặc giải rất
chậm các câu vô cơ ở mức độ cao trong đề thi THPT Quốc Gia.
2.1.2. Hướng dẫn học sinh vận dụng linh hoạt, thành thạo 4 định luật
gồm bốn bước sau:
a. Bước 1: Nắm thật vững nội dung của 4 định luật bảo toàn.
b. Bước 2: Rất quan trọng, đây là bước có tính quyết định đến kết quả
của bài toán đó là phải hướng dẫn học sinh phân tích đề để nhận ra được
cái “hồn” của bài toán là gì?
+ Khi làm một bài toán, phải đọc kỹ toàn bài toán để thấy được bao quát
của bài toán, thì việc tìm các nút thắt của bài toán trở nên dễ dàng rất
nhiều.

3


+ Điều cấm kỵ khi giải bài tập là đọc đến đâu, bấm máy tính toán đến đó,

KNO2, KOH nếu dư trong X nung vẫn giữ nguyên, Cu(OH) 2 nung sẽ
được CuO.
Như vậy các em đã xác định được 41,52 gam chất rắn là KNO 2, KOH dư,
CuO mà số mol CuO đã biết.
Lại có KOH ban đầu chuyển về KNO2 và KOH dư, đến đây dễ dàng tìm
được số mol KNO2.
Vậy việc tìm số mol N trong khí đã được mở ra.
+ Sơ đồ hóa bài toán:

4


Cu: 0,08 mol+HNO3:0,48 mol → Khí+H2O+dung dịch X+KOH: 0,42 mol
KNO3
KNO2: a mol
→ { KOH dư → { KOH: b mol
Cu(OH)2
CuO: 0,08 mol
+ Nhìn lên sơ đồ hóa, cách giải đơn giản:
Bảo toàn nguyên tố K: a + b = 0,42 (I)
Khối lượng chất rắn sau nung: 85a + 56b + 0,08.80 = 41,52 (II)
Từ (I) và (II) suy ra nghiệm: a = 0,4; b = 0,02
Bảo toàn nguyên tố N ta có: nN trong khí = 0,48 – 0,4 = 0,08 mol.
Gọi x là số oxi hóa của N trong khí, bảo toàn electron ta có:
0,08(5 – x) = 0,16 nên x = 3. Vậy công thức khí là N2O3 với số mol 0,04.
- Bảo toàn khối lượng:
mdd sau phản ứng = mCu + mddHNO3 – mN2O3 = 52,48 gam
Vậy C%Cu(NO3)2 = 28,66%
Đáp án C
Mẫu 2: Cho 1,28 gam đồng vào 12,6 gam dung dịch HNO 3 60% thu

5


Mẫu 3: Cho 7,65 gam hỗn hợp X gồm: Al, Al2O3 (trong đó Al chiếm
60% khối lượng) tan hoàn toàn trong dung dịch Y gồm: H 2SO4 và
NaNO3, thu được dung dịch Z chỉ chứa 3 muối trung hòa và m gam hỗn
hợp khí T (trong T có 0,015 mol H 2). Cho dung dịch BaCl2 dư vào Z cho
đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 93,2 gam kết tủa. Còn nếu Z
phản ứng với NaOH thì lượng NaOH phản ứng tối đa là 0,935 mol. Giá
trị của m gần giá trị nào nhất sau đây?
A. 1,0
B. 2,5
C. 1,5
D. 3,0
Hướng dẫn học sinh:
+ Phân tích đề:
- Cho hỗn hợp X tan hoàn toàn trong dung dịch Y chỉ thu được 3 muối
trung hòa, trong đó chắc chắn có gốc axit là SO 42-, cation là Na+, Al3+.
Vậy còn gốc NO3- hay không thì ta phải căn cứ vào hỗn hợp khí T có H 2
nên chắc chắn trong Z không còn NO3- . Vậy đến đây cái “hồn” của bài
toán đã được xác định. Chúng ta khẳng khái rằng còn 1 cation nữa phải là
NH4+ (vì Al là kim loại hoạt động mạnh và khả năng tạo muối amoni là
rất cao)
- Dung dịch BaCl2 dư khi tác dụng với Z thì thu được kết tủa duy nhất là
BaSO4.
- Nút thắt tiếp theo được mở ra đó là: Z phản ứng tối đa với NaOH, thì
NH4+ tạo khí hết và Al3+ tạo phức hoàn toàn.
+ Sơ đồ hóa bài toán:
Al: 0,17
H2SO4

đktc và dung dịch Y (không chứa muối amoni). Cô cạn cẩn thận Y thu
được 48,3 gam chất rắn. Giá trị của V là:
A. 1,810
B. 2,091
C. 1,510
D. 1,752
Hướng dẫn học sinh:
+ Phân tích đề:
- HNO3 dư, Y không chứa muối amoni nên Y gồm: Fe(NO 3)3, Zn(NO3)2
và HNO3 dư.
- Cô cạn Y thì HNO3 là axit dễ bay hơi nên Z chỉ gồm: Fe(NO 3)3,
Zn(NO3)2. Đây là tính chất vật ly của HNO 3 chính là cái “hồn” của bài
toán mà học sinh hay bị mắc sai lầm.
- Đun nóng Z là muối nitrat của kim loại hoạt động trung bình và yếu nên
tạo oxit bazo tương ứng.
- Để tính được V phải tính được số mol HNO 3, bài toán chỉ cho 3 số liệu:
41,1 gam; 129,3 gam; 48,3 gam mà hỗn hợp rắn gồm 4 chất. Do đó phải
quy đổi hỗn hợp về 3 nguyên tố Fe, Zn, O.
+ Sơ đồ hóa bài toán:
Fe: x mol
{Zn: y mol → 41,1
O: z mol

Fe
N2O
Fe(NO3)3
{Zn
+ HNO3 → + { NO + {Zn(NO3)2
Fe3O4
HNO3 dư

trong 240 gam dung dịch HNO3 7,35% và H2SO4 6,125%, thu được dung
dịch X chứa 37,24 gam chất tan chỉ gồm các muối và thấy thoát ra khí
NO là sản phẩm khử duy nhất. Cho Ba(OH) 2 dư vào dung dịch X, lấy kết
tủa nung trong không khí đến phản ứng hoàn toàn thu được 50,95 gam
chất rắn. Dung dịch X hòa tan tối đa m gam Cu, giá trị của m là:
A. 2,88
B. 3,20
C. 3,52
D. 2,56
Hướng dẫn học sinh:
+ Phân tích đề:
Hòa tan hỗn hợp A trong hỗn hợp 2 axit HNO 3 là chất oxi hóa mạnh,
còn H2SO4 loãng là môi trường, được dung dịch X chứa 37,24 gam
chất tan chỉ gồm các muối, vậy đó là muối nào? Đây chính là cái
“hồn” của bài toán.
Fe là kim loại đa hóa trị, sản phẩm khử duy nhất là NO, bài toán này lấp
lửng nên X gồm các ion: Cu2+, SO42-, Fe2+, Fe3+, NO3Đến đây nút thắt được mở ra.
- Dung dịch X hòa tan tối đa m gam Cu: vậy sẽ có 2 ion Fe3+ oxi hóa Cu
- Cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào X, kết tủa chắc chắn là BaSO 4,
Cu(OH)2, Fe(OH)2, Fe(OH)3
Nung kết tủa trong không khí đến phản ứng hoàn toàn thu được 50,95
gam chất rắn gồm: BaSO4, CuO, Fe2O3.
X có 5 ion trong đó mới biết số mol của SO 42-, bảo toàn nguyên tố H
suy được số mol H2O, bảo toàn khối lượng sẽ tính được số mol NO
suy được số mol NO, bảo toàn nguyên tố N suy được số mol NO3-.
Như vậy còn 3 cation kim loại chưa biết có 3 số liệu: khối lượng A,
khối lượng muối, khối lượng chất rắn, nên lập hệ 3 phương trình 3 ẩn
của 3 cation. Đến đây bài toán trở nên đơn giản.
+ Sơ đồ hóa bài toán:
Cu2+:x

– mH2O = 3 gam suy ra nNO = 0,1 mol nên nNO3- trong X = 0,18
m muối = 64x + 56(x + y) + 0,15.0,6 + 0,18.62 = 37,24 (I)
m rắn sau khi nung = 0,15.233 + (y + z)/2.160 + 80.x = 50,95 (II)
Từ (I), (II) suy ra: x = 0,06; y + z = 0,14 (III)
Bảo toàn khối lượng ta có: nO = (13,12 – 0,06.64 – 0,14.56) : 16 =
0,09
Bảo toàn electron ta có: 0,06.2 + 2y + 3z = 0,09.2 + 0,1.3 (IV)
Từ (III), (IV) suy ra: y = 0,06; z = 0,08
Dễ dàng suy ra: nCu = 1/2nFe3+ = 0,04. Vậy mCu = 2,56 gam.
Đáp án D.
Mẫu 6: Cho 0,2 mol Fe tác dụng với 600 ml dung dịch HNO 3 2M, đến
phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch X (không chứa ion NH 4+) và hỗn
hợp 2 khí (có tỉ lệ mol 1 : 3). Cho X tác dụng với 500 ml dung dịch
NaOH 2M, sau đó lọc bỏ kết tủa thu được dung dịch Y. Cô cạn dung dịch
Y thu được chất rắn Z. Nung Z đến khối lượng không đổi thu được 63,2
gam chất rắn khan. Hai khí đó là:
A. N2 và N2O
B. N2 và NO2
C. NO và N2O
D. NO và NO2
Hướng dẫn học sinh:
+ Phân tích đề:
- Vì sắt là kim loại hoạt động trung bình, mà số mol HNO 3 gấp 6 lần số
mol Fe nên chắc chắn chỉ tạo muối Fe3+.
- Dung dịch X không chứa NH4+ nên dung dịch X chỉ có thể có 3 ion:
Fe3+, H+, NO3-.
- Dung dịch X tác dụng với dung dịch NaOH thu được dung dịch Y gồm:
NaNO3 và NaOH dư, cô cạn Y thu được chất rắn Z, nung Z đến khối
lượng không đổi thu được: NaNO2 và NaOH.
- Như vậy cái “hồn” của bài toán là phải tìm cách tìm: số mol 2 khí, từ đó

nào nhất?
A. 82
B. 74
C. 72
D. 80
Hướng dẫn học sinh:
+ Phân tích đề:
- Nung hỗn hợp X thì trước hết Cu(NO3)2 tạo O2, oxi hóa Mg tạo MgO,
có thể Mg dư và Cu(NO3)2 dư.
- Chất rắn Y tác dụng với HCl chỉ thu được muối clorua, đây chính là cái
“hồn” của bài toán.
- Hỗn hợp muối clorua, đã biết số mol Cl -, số mol Cu2+, biết khối lượng
muối, nếu chỉ tìm mình số mol Mg sẽ thừa dữ kiện. Vậy phải có ion
NH4+.
Đến đây các nút thắt của bài toán được mở ra.
- oxi trong Cu(NO3)2 chuyển vào hỗn hợp khí Z (trong đó mỗi khí đều có
2 nguyên tử oxi) và trong nước.

10


- H trong HCl chuyển vào H2 và H2O.
+ Sơ đồ hóa bài toán như sau:
MgO
CuO
t0
{Mg: a
→ {NO2 + { Cu(NO3)2 dư + HCl → H2O + 0,05 {N2
Cu(NO3)2: 0,25
O2

- X gồm các kim loại có tính khử mạnh và thường tạo muối amoni, nên
khả năng cao tạo muối amoni.
- Nguyên tố H trong H2SO4 chỉ chuyển vào H2, H2O và NH4+, mới biết số
mol H2, để tính được số mol NH4+, cần phải tính được số mol của H2O.

11


Đến đây lại gặp rắc rối, nhưng nhìn tổng thể bài toán, tính số mol nước
bằng bảo toàn khối lượng, nút thắt được mở ra.
- Vấn đề nước trong bài toán này, sinh ra từ đâu?
Do O2- trong FeO và khi tạo NO, NH4+, đến đây suy ra được số mol Fe
- N trong Cu(NO3)2 đi vào chất nào? Vào NO và NH4+, nên dễ dàng suy
ra số mol Cu(NO3)2.
- Vậy cần tính số mol của Al, Fe có 2 dữ kiện: Khối lượng hỗn hợp X và
khối lượng muối khan.
+ Sơ đồ hóa bài toán:
Al
Al3+: x
21,5g {Zn
+ H2SO4: 0,13 → {NO + H2O + {Zn2+:y
FeO
H2
Fe3+
Cu(NO3)
SO42-: 0,43
NH4+
+ Từ sơ đồ hóa, cách giải đơn giản:
Tổng nH+ = 0,86; nSO42- = 0,43
- Bảo toàn khối lượng ta có: mH2O = 21,5 + 0,43.98 – 56,9 – 0,06.30 –

+ Phân tích đề:
Hỗn hợp X gồm Fe, Fe(NO3)2, Al tan trong HCl thu được muối trung
hòa, nên dung dịch Y gồm: Al3+, Fe3+, Fe2+, NH4+, NO3-, SO42-, Cl-. Đây
chính là cái “hồn” của bài toán.
Đến đây lại gặp khó khăn đó là: Có tới 6 ion, nhưng chỉ có 3 dữ kiện
để lập phương trình đó là: Bảo toàn điện tích cho muối, bảo toàn
electron, khối lượng muối. Do đó, cần phải tìm cách bảo toàn nguyên
tố để rút bớt ẩn.
Hoặc suy luận: Coi muối Fe nằm ở dạng: Fe n+, dung dịch Y còn 5 ion,
đặt số ẩn còn lại 2. Vậy sử dụng dữ kiện muối, bằng 2 cách: Bảo toàn
khối lượng và bằng tổng khối lượng các ion trong dung dịch.
+ Sơ đồ hóa bài toán:
Fe: 0,1
Al3+: m gam
{Fe(NO3)2: 0,15 + 0,61 mol HCl → {Fen+: 0,25 + {NO + H2O
Al: m gam
NH4+ : a mol
N2 O
NO3
Cl- : 0,16
+ Từ sơ đồ hóa cách giải đơn giản như sau:
- Bảo toàn nguyên tố N ta có: nNO 3- = 2nFe(NO3)2 – nNO – 2nN2O –
nNH4+ = 0,18 – a
- Bảo toàn nguyên tố H ta có: nH2O = (nHCl – 4nNH4+)/2 = (0,305 – 2a)
- Bảo toàn khối lượng:
mFe + mFe(NO3)2 + mAl + mHCl = m muối + mZ + m H2O
5,6 + 27 + m + 0,61.35,5 = 47,445 + 0,105.32 + (0,305 – 2a).18 (I)
m muối = mFen+ + mAl3+ + mNH4+ + mNO3- + mCl47,445 = 56.(0,15 + 0,1) + m + 18a + 62.(0,18 – a) + 18.(0,305 – 2a) (II)
Từ (I) và (II) suy ra: a = 0,01 và m = 1,08 gam.
Đáp án A

nHCl = 0,15 mol; nCO2 = 0,12 mol
Gọi c là % số mol mỗi muối tham gia phản ứng
CO32- + 2H+ → CO2 + H2O
a/2.c
a.c
a/2.c
+ →
HCO3 + H
CO2 + H2O
b/2.c b/2.c b/2.c
Ta có: a/2.c + b/2.c = 0,12 (II)
a.c + b/2.c = 0,15 (III)
Từ (II) và (III) ta có: (a + b/2)/ (a/2 + b/2) = 5/4 (IV)
Từ (I) và (IV) ta có: a= 0,1; b = 0,3
- Bảo toàn nguyên tố C ta có: 0,2 + y = 0,4 suy ra y = 0,2
- Bảo toàn nguyên tố K ta có: x + 2y = 2a + b suy ra x = 0,2 + 0,3 – 0,4 =
0,1
Đáp án C
2.1.4. Một số bài tập tự luyện:
Bài 1: Hỗn hợp X (Na, K, Ba) trong X có số mol của Ba bằng một nửa số
mol của hỗn hợp. Cho m gam hỗn hợp X tan hết trong H 2O, thu được
14


dung dịch Y và khí H2. Cho toàn bộ khí H2 tạo ra đi qua một ống chứa 0,3
mol CuO và 0,2 mol FeO nung nóng, sau phản ứng thu được 33,6 gam
chất rắn trong ống. Đem toàn bộ dung dịch Y cho vào một dung dịch
chứa 0,2 mol HCl; 0,02 mol AlCl 3 và 0,05 mol Al2(SO4)3 thu được y gam
kết tủa. Biết các phản ứng hoàn toàn. Giá trị của y là:
A. 41,19

1,4775 gam kết tủa. Biết 2 dung dịch M và N phản ứng với dung dịch
KHSO4 đều sinh ra kết tủa trắng, các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá
trị của x, y lần lượt là:
A. 0,1 và 0,075
B. 0,05 và 0,1
C. 0,0075 và 0,1
D. 0,1 và 0,05
Đáp án B

15


Bài 5: Cho m gam hỗn hợp X gồm: Fe, Fe3O4, Fe(NO3)2 tan hết trong 320
ml dung dịch KHSO4 1M. Sau phản ứng thu được dung dịch Y chứa
59,04 gam muối trung hòa và 896 ml khí NO (sản phẩm khử duy nhất
của N+5 ở đktc). Y phản ứng vừa đủ với 0,44 mol NaOH. Biết các phản
ứng xảy ra hoàn toàn. % khối lượng Fe(NO 3)2 trong X gần giá trị nào sau
đây:
A. 63
B. 18
C. 73
D. 20
Đáp án C
Bài 6: Cho kim loại Al vào dung dịch hỗn hợp gồm: a mol HCl; 0,05 mol
NaNO3 và 0,1 mol KNO3. Sau khi phản ứng hoàn toàn, thu được dung
dịch X chứa m gam muối, b gam kim loại và 0,125 mol hỗn hợp khí Y
(gồm 2 khí không màu trong đó có 1 khí bị hóa nâu ngoài không khí). Tỉ
khối của Y so với H2 là 12,2. Giá trị của m là:
A. 46,425
B. 43,5


Bài 9: Cho 7,65 gam hỗn hợp X gồm: Al và Al 2O3 (trong đó Al chiếm
60% khối lượng) tan hoàn toàn trong dung dịch Y gồm: H 2SO4 và
NaNO3, thu được dung dịch Z chỉ chứa 3 muối trung hòa và m gam hỗn
hợp khí T (trong T có 0,015 mol H 2). Cho dung dịch BaCl2 dư vào Z cho
đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 93,2 gam kết tủa. Còn
nếu Z phản ứng với NaOH thì lượng NaOH phản ứng tối đa là 0,935 mol.
Giá trị của m gần giá trị nào nhất sau đây?
A. 1,0
B. 32,58
C. 31,97
D. 33,39
Đáp án C
Bài 10: Cho m gam hỗn hợp X gồm: Fe và Al tan hoàn toàn trong 1,2 lít
dung dịch HCl 1M (dư), thu được dung dịch Y và thoát ra 10,752 lít H 2
đktc. Mặt khác cho m gam hỗn hợp X vào dung dịch H 2SO4 đặc nóng,
dư, khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 14,112 lít SO 2 ở đktc là sản
phẩm khử duy nhất của S+6. Thêm 0,1 mol NaNO3 vào dung dịch Y, khi
phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Z và thoát ra V lít khí NO
(ở đktc, sản phẩm khử duy nhất của N+5). Khối lượng muối có trong Z là:
A. 67,42 gam
B. 67,47 gam
C. 82,34 gam
D. 72,47 gam
Đáp án A
Bài 11: Hỗn hợp X khối lượng 36,6 gam gồm CuO, FeO và kim loại M
(trong đó số mol của M bằng tổng số mol của 2 oxit). Hòa tan hết X trong
dung dịch HNO3 dư, thấy có 2,44 mol HNO3 tham gia phản ứng thu được
162,12 gam muối và 6,272 lít đktc khí NO duy nhất. % khối lượng của M
trong X gần giá trị nào sau đây nhất?

Bài 14: Cho 7,56 gam hỗn hợp Al và Mg tan hoàn toàn trong 500 ml
dung dịch gồm HCl 1,04M và H2SO4 0,28M, thu được dung dịch X và
khí H2. Cho 850 ml dung dịch NaOH 1M vào X, sau khi các phản ứng
xảy ra hoàn toàn thu được 16,5 gam kết tủa gồm 2 chất. Mặt khác, cho từ
từ dung dịch hỗn hợp KOH 0,8M và Ba(OH) 2 0,1M vào X đến khi thu
được lượng kết tủa lớn nhất, lọc lấy kết tủa đem nung đến khối lượng
không đổi, thu được m gam chất rắn. Giá trị của m gần nhất với giá trị
nào sau đây?
A. 32,3
B. 38,6
C. 27,4
D. 46,3
Đáp án B
Bài 15: Nung m gam hỗn hợp X gồm Fe, Fe(NO3)2, Fe(NO3)3 và FeCO3
trong bình kín (không có không khí). Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn
toàn, thu được chất rắn Y và khí X có tỉ khối so với H 2 là 22,5 (giả sử khí
NO2 sinh ra không tham gia phản ứng nào khác). Cho Y tan hoàn toàn
trong dung dịch gồm 0,01 mol KNO 3 và 0,15 mol H2SO4 (loãng), thu
được dung dịch chỉ chứa 21,23 gam muối trung hòa của kim loại và hỗn
hợp 2 khí có tỉ khối so với H2 là 8 (trong đó có 1 khí hóa nâu trong không
khí). Giá trị của m là:
A. 13,92
B. 19,16
C. 11,32
D. 13,76
Đáp án D
Bài 16: Hòa tan hết 14,8 gam hỗn hợp Fe và Cu trong 126 gam dung dịch
HNO3 48%, thu được dung dịch X (không chứa muối amoni). Cho X
phản ứng với 400 ml dung dịch hỗn hợp NaOH 1M và KOH 0,5M, thu
được kết tủa Y và dung dịch Z. Nung Y trong không khí đến khối lượng

mặt tốc độ để đạt điểm mười tuyệt đối được đặt ra cho học sinh quả là
vấn đề nang giải. Xong với đề tài của tôi có lẽ mở ra hướng đi không còn
khó khăn nhiều cho học sinh.
+ Với bản thân tôi: Tôi đã áp dụng cho học sinh lớp 11, 12 ôn tập từ năm
học 2013 đến nay. Học sinh rất tự tin và không còn run sợ trước mỗi đề
thi thử của các trường THPT trong tỉnh, đề thi minh họa của bộ và đề thi
THPT Quốc Gia. Đây cũng là một tài liệu dùng ôn thi cho học sinh của
tôi.
+ Với đồng nghiệp: Mỗi khi các đồng nghiệp thắc mắc những câu ở mức
độ cao này, tôi đều giúp đồng nghiệp tháo gỡ được những rắc rối đó một
các nhẹ nhàng.
+ Với nhà trường: Sáng kiến của tôi được hội đồng khoa học nhà trường
xếp loại A cấp trường và đề nghị gửi đi hội đồng khoa học sở giáo dục
Thanh Hóa.
III. Kết luận, kiến nghị:
III.1. Kết luận:
+ Để có một sáng kiến kinh nghiệm nào đó thì trước hết người giáo viên
phải hội tụ được những điểm sau:
- Thứ nhất: Phải có lòng đam mê về chuyên môn.
19


- Thứ 2: Trong quá trình ôn luyện cho học sinh, thấy nhu cầu cần thiết
phải cung cấp kiến thức cho học sinh, trong khi chưa có một tài liệu trọn
vẹn nào đáp ứng được nhu cầu cần thiết cho học sinh.
- Thứ 3: Một yếu tố khách quan đó là phải có thâm niên trong việc ôn thi.
- Thứ 4: Phải luôn tự học, tự bồi dưỡng, tự tích lũy kinh nghiệm trong
quá trình giảng dạy.
- Thứ 5: Học tập ở học sinh, đồng nghiệp, bạn bè, mạng Internet...
3.2. Kiến nghị:


22