Mục lục
Tiêu đề
T
1. Mở đầu
- Lí do chọn đề tài
- Mục đích nghiên cứu
- Đối tượng nghiên cứu
- Phương pháp nghiên cứu
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
2.3. Sáng kiến kinh nghiệm đã sử dụng
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
3. Kết luận, kiến nghị
- Kết luận
- Kiến nghị

Trang
1
1
1
1
1
2
2
2
3
18
20
20
20

Nghiên cứu thực tiễn:
Từ sự hiểu biết, kinh nghiệm của bản thân qua nhiều năm dạy học.
Thông qua trau dồi kiến thức, nghiên cứu các nguồn tài liệu khác nhau và học
hỏi đồng nghiệp.

2


2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm
2.1.1. Một số khái niệm liên quan
Theo từ điển tiếng Việt:
“Hướng dẫn” (động từ) có nghĩa là chỉ bảo, dẫn dắt cho biết phương hướng
và cách thức tiến hành một hoạt động nào đó.
“Hay” (tính từ) có nghĩa là được đánh giá cao, là đạt yêu cầu, có tác dụng
mang lại hiệu quả như mong muốn.
“Khó” (tính từ) có nghĩa là phải cố gắng nhiều, vất vả nhiều mới có được,
mới làm được.
“Phương pháp” (danh từ) có nghĩa là hệ thống các cách sử dụng để tiến hành
một hoạt động nào đó.
2.1.2. Các định luật bảo toàn trong Hóa học
- Định luật bảo toàn electron: Trong mỗi phương trình phản ứng oxi hóa-khử
hoặc một hệ gồm nhiều phương trình phản ứng oxi hóa khử, số mol electron mà
các chất khử nhường bằng số mol electron mà các chất oxi hóa nhận.
- Định luật bảo toàn khối lượng: Khối lượng của các chất tham gia phản ứng
bằng khối lượng các chất tạo thành sau phản ứng.
- Định luật bảo toàn điện tích: Trong một dung dịch, tổng số mol điện tích
dương luôn bằng tổng số mol điện tích âm.
- Định luật bảo toàn nguyên tố: Trong mỗi phương trình phản ứng hóa học
hoặc một hệ gồm nhiều phương trình phản ứng hóa học số mol mỗi nguyên tố

D. 30.
Nhận xét:
Đây rõ ràng là một bài toán Hóa học hay và khó. Trước bài toán này học sinh
thường không có hướng làm. Việc viết phương trình hóa học để giải bài toán này
là rất khó khăn và không nên áp dụng do thời gian có hạn. Bản thân tôi đã
nghiên cứu và hướng dẫn học sinh một cách giải rất hay cho bài toán này bằng
phương pháp kết hợp các định luật bảo toàn trong Hóa học như sau:
Hướng dẫn giải:
MZ =

4.23
= 5,1⇒ Trong Z có H2 và NO. Số mol hỗn hợp khí Z là 0,45 mol.
18

Dễ dàng tính được NO (0,05 mol) và H2 (0,4 mol)
Sơ đồ phản ứng: X + KHSO4 → muối + khí Z + H2O
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có:
4.23
66,2 + 3,1.136 = 466,6 + 0,45.
+ m H2O ⇒ m H 2O = 18,9g ⇒ n H2O = 1,05mol
18
Trong dung dịch sau phản ứng có thể có muối (NH4)2SO4.
Theo định luật bảo toàn nguyên tố H ta có:
n KHSO4 = 8n (NH4 )2 SO4 + 2n H2 + 2n H2O
Hay 3,1 = 8n (NH4 )2 SO4 + 2.0,4 + 2.1,05 ⇒ n (NH4 )2 SO4 = 0,025mol
Theo định luật bảo toàn nguyên tố N ta có:

2n Fe(NO3 )2 = 2n (NH 4 )2 SO4 + n NO = 2.0,025 + 0,05 = 0,1mol ⇒ n Fe( NO3 )2 = 0,05mol

Theo định luật bảo toàn nguyên tố O ta có:

Bài toán này được giải nhanh bằng phương pháp kết hợp các định luật: bảo
toàn nguyên tố (Cu, N, O, K), bảo toàn khối lượng và bảo toàn electron.
Hướng dẫn giải:
Ta có: nCu = 0,08mol;nHNO3 = 0,48mol;nKOH = 0,42mol
Nếu hỗn hợp sau khi nung không có KOH dư thì khối lượng hỗn hợp này gồm
0,08 mol CuO và 0,42 mol KNO2 ⇒ khối lượng là: 0,08.80+0,42.85=42,1 gam
≠ 41,52 gam. Vậy KOH dư.
41,52 gam hỗm hợp sau nung gồm:

KNO :x mol
2


CuO:0,08mol

KOH: 0,42-x


(

) mol

⇒ 85x+0,08.80+56(0,42-x)=41,52 ⇒ x=0,4mol
Theo định luật bảo toàn nguyên tố N:
nHNO3 d­ = 0,4− 0.08.2 = 0,24mol ⇒ nHNO3p­ = 0,48− 0,24 = 0,24mol
⇒ nH2O = 0,12mol

nHNO ban­®Çu = 2nCu(NO ) + nHNO d­ + nN(khÝ)
3


58,575 gam chất rắn Z gồm:
5


n
 K 2SO4 = a mol
⇒ 174a + 56b = 58,575(1)

n KOH = bmol

Theo định luật bảo toàn nguyên tố K ta có: 2a + b=0,7 (2)
Từ (1) và (2) suy ra: a = 0,3125 mol; b=0,075 mol
Theo định luật bảo toàn nguyên tố S:
nS(H2SO4) = nS(SO2− ) + nS(khÝ) ⇒ nS(khÝ) = 0,4− 0,3125 = 0,0875mol
4

n
= x mol
 SO2
Khí Y gồm: 
n H2S = ymol


Theo định luật bảo toàn nguyên tố S: x + y = 0,0875 (3)
Theo định luật bảo toàn electron ta có: 2x + 8y = 0,2.2 = 0,4 (4)
 x = 0,05mol
Từ (3) và (4) suy ra: 
 y = 0,0375mol
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có:
m Mg + mddH2SO4 = mddX + m H2S + mSO2


Từ (1) và (2) suy ra: b = 0,002mol

6


Theo định luật bảo toàn nguyên tố S: Số mol SO42- là 0,004 mol
Trong dung dịch sau phản ứng với NaOH có:
 Na+ :0,4mol
 2−
SO4 :0,004mol

−
 NO3 :cmol

Theo định luật bảo toàn điện tích: c = 0,4 - 0,004.2 = 0,392 mol
Theo định luật bảo toàn nguyên tố N:
Số mol HNO3 = 0,392+ 0,07 = 0,462mol
⇒ C%HNO3 =

0,462.63
.100% = 46,2% ⇒ Chọn đáp án B
63

Bài 4: Hỗn hợp X có khối lượng 44,28 gam gồm Cu2O, FeO và kim loại M
(trong X số mol của M bằng số mol của nguyên tố oxi). Hòa tan hết X trong
dung dịch HNO3 dư thấy có 2,76 mol HNO3 tham gia phản ứng thu được 184,68
gam muối và 8,064 lít (đkc) khí NO duy nhất. Tính % khối lượng của Cu 2O
trong X:
A. 38,06%. B. 47,92%.


Fe:amol
56a+ 64b + 0,36M + 0,36.16 = 44,28(1)

Cu:bmol

⇒ b

O:0,36mol
a+ = 0,36(2)
2

 M :0,36mol


Theo định luật bảo toàn electron:
3a + 2b + 0,36n = 0,36.2 + 0,36.3 + 0,06.8 = 2,28 (3)
Từ (1), (2) và (3) ta có

7


n = 3

a = 0,24mol
0,12.144
⇒ 
⇒ %Cu2O =
.100% = 39,02% ⇒ Chọn
44,28

4

4

2

2

⇒ nSO2− = (0,1+ 4.0,335− 2.0,2125− 0,335):4 = 0,17mol
4

Trong dung dịch Y có:
a mol Fe3+, b mol Cu2+ và 0,17 mol SO42Theo định luật bảo toàn điện tích đối với dung dịch Y:
3a + 2b = 0,17.2 = 0,34 (1)
Khi dung dịch Y tác dụng với Mg:
Dung dịch sau phản ứng với Mg dư chỉ có MgSO4 (0,17 mol)
⇒ mol Mg phản ứng là 0,17 mol
Ta có: 56a + 64b - 0,17.24 = 2,8 (2)
a = 0,1mol
Từ (1) và (2) tính được: 
b = 0,02mol
Vậy trong X có:

n = 0,1mol
 O
n Fe = 0,1mol

n Cu = 0,02mol

nS = 0,0475mol

S), bảo toàn điện tích và bảo toàn electron để giải nhanh bài toán này.
Hướng dẫn giải:
H2SO4: 0,9 mol
21,4
Nếu NaOH dư thì: nFe(OH)3 = 107 = 0,2mol

 n = 0,2mol

 Fe
Khi đó trong hỗn hợp X có 2 nghuyên tố  n = 0,5mol ⇒ Vô lý. Vậy NaOH thiếu.
 O

Coi hỗn hợp X gồm 2 nguyên tố:
 nFe = amol
⇒ 56a+ 16b = 19,2(1)

 nO = bmol

Theo định luật bảo toàn các nguyên tố: Na, Fe thì trong dung dịch Y gồm:
 Na+ :0,9mol
 3+
Fe :(a− 0,2)mol
 2−
SO4 :cmol

0,9+ 3a− 0,6 0,3+ 3a
=
mol
Theo định luật bảo toàn điện tích ta có: c = nSO24− =
2

b = 0,15mol

Vậy, số mol SO2 là 0,3 mol. Do đó V = 0,3.22,4 = 6,72 lít ⇒ Chọn đáp án C
Bài 7: 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 H2SO4 và NaNO3, thu được dung
9


dịch Z chỉ chứa 3 muối trung hòa và m gam hỗn hợp khí T (trong T có 0,015
mol H2). Cho dung dịch BaCl2 dư vào dung dịch Z đến khi các phản ứng xảy ra
hoàn toàn, thu được 93,2 gam kết tủa. Còn nếu cho 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. 2,5.
B. 3,0.
C. 1,5.
D. 1,0.
Nhận xét:
Đây là bài toán rất hay về việc dùng kết hợp các định luật bảo toàn để giải.
Để giải nhanh bài toán này ta dùng kết hợp các định luật bảo toàn như: bảo toàn
nguyên tố (Al, H, Na, S, N) và bảo toàn khối lượng.
Hướng dẫn giải:
nSO2− = nBaSO4 = 0,4mol ⇒ nH+ = 0,8mol
4

mAl = 7,65.60% = 4,59gam⇒ nAl = 0,17mol
mAl2O3 = 7,65− 4,59 = 3,06gam⇒ nAl2O3 = 0,03mol

Tổng số mol Al3+ là 0,17 + 2.0,03 = 0,23 mol
Số mol OH- cần dùng để chuyển 0,23 mol Al3+ thành AlO2- là 0,23.4 = 0,92 mol

Gọi số mol FeS2, Fe3O4 lần lượt là a mol, b mol
Theo định luật bảo toàn các nguyên tố Fe, S suy ra trong dung dịch X có

10



n Fe3+ = (a + 3b)mol

nSO2− = 2a mol
4

n − = cmol
 NO3

⇒ 56(a + 3b) + 96.2a + 62.c = 82,08 (1)

Theo định luật bảo toàn điện tích ta có: 3.(a + 3b) = 2.2a + c (2)
Mặt khác theo định luật bảo toàn electron ta có: 15a + b = 0,4.3 + 0,24.1 (3)
Giải hệ các phương trình (1), (2), (3) ta được
a = b = 0,09mol
⇒ 

c = 0,72mol
Theo định luật bảo toàn nguyên tố N:
n HNO 3 = c + 0,4 + 0,24 = 1,36mol ⇒ x = 1,36:0,25 = 5,44M ⇒ Chọn đáp án C.
Bài 9: Hỗn hợp A gồm Fe3O4, Cu và Zn. Cho 112,2 gam A tan hết trong dung
dịch H2SO4 loãng thì thấy có 1,7 mol axit phản ứng và có 2,24 lít khí (đktc) bay
ra. Sục NH3 dư vào dung dịch sau phản ứng thu được 114,8 gam kết tủa. Mặt
khác cho 112,2 gam A tác dụng với 1,2 lít dung dịch hỗn hợp HCl và NaNO 3 (d


2
⇒ 
⇒ 

90x + 107y = 114,8
 y = 0,4mol
Fe ( OH ) 3 : y mol

11


Mặt khác theo định luật bảo toàn điện tích trong dung dịch sau phản ứng ta có:
2a + 2b + 0,8.2 + 0,4.3 = 1,7.2 hay a + b = 0,3 (2)
a = 0,1mol

Từ (1) và (2) ta có: 

 b = 0, 2 mol

Khi A tác dụng với dung dịch gồm (HCl và NaNO3)
Fe3+ :1,2mol; Cu 2+ : 0,1mol
 Fe3O 4 : 0, 4mol


HCl,NaNO3
BTDT

→  Zn 2+ : 0,2mol; Na + : 0,34mol 
→ t = n NH+ = 0,02mol

Trước hết phải kiểm tra xem có H+ dư trong dung dịch Y hay không.
Dùng kết hợp các định luật bảo toàn như: bảo toàn nguyên tố (Fe, S, N), bảo
toàn điện tích và bảo toàn electron để giải.
Hướng dẫn giải:
n H+ = 0,7 mol;n NO− = 0,5mol;n SO2− = 0,1mol
3

4

-

Phần 1 tác dụng với 0,2 mol OH được 5,35 gam kết tủa
Nếu H+ không dư thì toàn bộ lượng OH- sẽ tham gia pư tạo kết tủa và khi đó
lượng kết tủa khác 5,35 gam. Vậy H+ dư.
Số mol OH- tạo kết tủa Fe(OH)3 là 3.0,05 = 0,15 mol ⇒ OH- dư trong phần 1 là
0,2 – 0,15 = 0,05 mol.
Coi hỗn hợp X gồm 2 nguyên tố: Fe (x mol) và O (y mol)
Ta có: 56x + 16y = 10,24 (1)
Theo định luật bảo toàn các nguyên tố Fe, S, N thì trong dung dịch Y có :
H + :0,1mol; NO3− (0,5 − 0,1 − a) = (0,4 − a) mol
 2−
3+
SO4 :0,1mol; Fe :x mol

Theo định luật bảo toàn điện tích: 3x + 0,1 = 0,4 – a + 2.0,1 hay 3x + a = 0,5 (2)

12


Theo định luật bảo toàn electron:

Có thể dùng kết hợp các định luật bảo toàn: bảo toàn nguyên tố (Mg, Cl, K,
N), định luật bảo toàn electron và định luật bảo toàn điện tích để giải.
Hướng dẫn giải:
nMg=0,145 mol
Dễ dàng tính được: H2 (0,005 mol), N2 (0,02 mol)
Theo định luật bảo toàn electron:
2nMg = 10nN2 + 2nH2 + 8nNH+ ⇒ nNH+ =
4

4

2.0,145− 10.0,02− 2.0,005
= 0,01mol
8

Theo định luật bảo toàn nguyên tố N:

⇒ nKNO3 = 2nN2 + nNH+4 = 2.0,02+ 0,01= 0,05mol

Trong dung dịch X có:
 K + :0,05mol; NH+4 :0,01mol

2+
−
 Mg :0,145mol; Cl :amol

Theo định luật bảo toàn điện tích, tính được a = 0,35 mol.
Vậy m = 0,05.39+ 0,01.18 + 3,48 + 0,35.35,5 = 18,035 gam ⇒ Chọn đáp án D.
Bài 12: Cho 1 lượng bột Fe tan hết trong dung dịch chứa HNO 3, sau khi phản
ứng kết thúc thì thu được 2,688 lít NO (đktc) và dung dịch X. Thêm dung dịch

0,36-0,35=0,01 mol ⇒ n Fe2+ = 0,03mol . Vậy trong dung dịch X có:
Fe2+ (0,03 mol), Fe3+ (0,1 mol) và NO3- (0,36 mol)
Khối lượng muối trong X: m muèi = 0,13.56 + 0,36.62 = 29,6gam ⇒ Chọn đáp án B.
Bài 13: Đốt cháy hỗn hợp gồm 1,92 gam Mg và 4,48 gam Fe với hỗn hợp khí X
gồm clo và oxi, sau phản ứng chỉ thu được hỗn hợp Y gồm các oxit và muối
clorua (không còn khí dư). Hòa tan Y bằng một lượng vừa đủ 120 ml dung dịch
HCl 2M, thu được dung dịch Z. Cho dung dịch Z tác dụng hoàn toàn với lượng
dư AgNO3, thu được 56,69 gam kết tủa. Phần trăm thể tích của clo trong hỗn
hợp X là:
A. 76,70%.
B. 56,36%.
C. 51,72%.
D. 53,85%.
Nhận xét:
Học sinh thường không phát hiện ra được trong 56,69 gam kết tủa có thể có
Ag. Ta dùng kết hợp các định luật bảo toàn như: bảo toàn nguyên tố (Mg, Fe, Cl,
N, Ag) và định luật bảo toàn electron để giải nhanh bài toán này.
Hướng dẫn giải:
nMg=0,08 mol; nFe=0,08 mol
Sau toàn bộ quá trình phản ứng, theo định luật bảo toàn nguyên tố Mg và Fe thu
được:
Mg(NO3 ) 2 :0,08mol

Fe(NO3 )3 :0,08mol
Theo định luật bảo toàn nguyên tố N: Số mol AgNO3 phản ứng là:
0,08.2 + 0,08.3 = 0,4 mol.
56,69 gam kết tủa gồm:
AgCl:a mol

Ag:bmol

D. 57,4gam.
Nhận xét:
Có thể dùng kết hợp các định luật bảo toàn: bảo toàn electron, bảo toàn
nguyên tố (Na, Al, N) để giải nhanh bài toán này.
Hướng dẫn giải:
Gọi nAl = x mol, nMg = y mol
⇒ 27x + 24y = 7,8 (1)
Tính được số mol mỗi khí: N2 ( 0,04 mol) và N2O (0,04 mol)
Theo định luật bảo toàn electron ta có:
3x + 2y = 0,04.10 + 0,04.8 + 8a = 0,72 + 8a (a: số mol NH4NO3)
Hay 3x + 2y – 8a = 0,72 (2)
Khi cho NaOH vào thì Na sẽ chuyển vào: NaNO3 và NaAlO2
Theo định luật bảo toàn nguyên tố N:
n NO− = n HNO3 − 2n N2 − 2n N2O − n NH+
3

4

⇒ n NaNO3 = 1 − 0,04.2 − 0,04.2 − a = (0,84 − a) mol

Theo định luật bảo toàn nguyên tố Al suy ra số mol NaAlO2 là x mol
Theo định luật bảo toàn nguyên tố Na:
(0,84 – a) + x = 1,03 hay x – a = 0,19 (3)
Giải hệ các phương trình (1), (2), (3) ta được:

 x = 0,2mol

 y = 0,1mol
a = 0,01mol


⇒ 

BaCO3 ↓:0,01mol

3

-

Theo định luật bảo toàn nguyên tố C, số mol HCO trong dung dịch M là:
0,04-0,01=0,03 mol
n
= 0,2x mol
 Na

Trong dung dịch M có: n Ba = (0,2y − 0,01)mol

n HCO = 0,03 mol
+

2+



−
3

Theo định luật bảo toàn điện tích ta có: 0,2x+2.(0,2y-0,01)=0,03 (1)
 nOH− = (0,2y + 0,4x)mol

0,0325molCO2t¸cdôngví i0,2lÝtddX 

B. 10,0M.
C. 6,8M.
D. 6,0M.
Bài 2: Hỗn hợp X gồm KCl và KClO 3. Người ta cho thêm 10 gam MnO 2 vào
39,4 gam hỗn hợp X thu dược hỗn hợp Y. Nung Y ở nhiệt độ cao được chất rắn
Z và khí P. Cho Z vào dung dịch AgNO3 lấy dư thu được 67,4 gam chất rắn. Lấy
1/3 khí P sục vào dung dịch chứa 0,5 mol FeSO 4 và 0,3 mol H2SO4 thu được
dung dịch Q. Cho dung dịch Ba(OH) 2 lấy dư vào dung dịch Q thu được x gam
kết tủa. Biết các phản ứng hoàn toàn, Giá trị của x là:
16


A. 185,3.
B. 197,5.
C. 212,4.
D. 238,2.
Bài 3: Trộn 2,43 gam Al với 9,28 gam Fe 3O4 rồi nung nóng ở nhiệt độ cao cho
phản ứng xảy ra một thời gian, được hỗn hợp X gồm Al, Fe, Al 2O3, FeO và
Fe3O4. Cho toàn bộ X phản ứng với dung dịch HCl dư thu được 2,352 lít H 2
(đktc) và dung dịch Y. Cô cạn Y được a gam muối khan. Xác định giá trị của a?
A. 18,325.
B. 27,965.
C. 16,605.
D. 28,326.
Bài 4: Hòa tan hoàn toàn 0,1 mol FeS2 trong 200 ml dung dịch HNO3 4M, sản
phẩm thu được gồm dung dịch X và một chất khí thoát ra. Dung dịch X có thể
hòa tan tối đa m gam Cu. Biết trong các quá trình trên, sản phẩm khử duy nhất
của N+5 đều là NO. Giá trị của m là:
A. 12,8.
B. 6,4.

hỗn hợp. Cho 1,344 lít khí CO (đktc) đi qua m gam X nung nóng, sau một thời
gian thu được chất rắn Y và hỗn hợp khí Z có tỉ khối so với H 2 bằng 18. Hòa tan
hoàn toàn Y trong dung dịch HNO3 loãng (dư), thu được dung dịch chứa 3,08m
gam muối và 0,896 lít khí NO (ở đktc, là sản phẩm khử duy nhất). Giá trị m gần
giá trị nào nhất sau đây ?
A. 9,5.
B. 8,5.
C. 8,0.
D. 9,0.
Bài 9: Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm Na, Na2O, NaOH và Na2CO3
trong dung dịch H2SO4 40% (loãng, vừa đủ) thu được 8,96 lít hỗn hợp khí
có tỉ khối đối với H2 bằng 16,75 và dung dịch Y có nồng độ 51,449%. Cô
cạn toàn bộ dung dịch Y thu được 170,4 gam muối trung hoà khan. Viết các
phương trình phản ứng và tính giá trị của m?
A. 50,6.
B. 25,3.
C. 60,5.
D. 45,6.
17


Bài 10: Hòa tan hết một hỗn hợp X (0,3 mol Fe 3O4; 0,25 mol Fe; 0,2 mol CuO)
vào một dung dịch hỗn hợp HCl 3M và HNO3 4M. Sau phản ứng hoàn toàn thu
được dung dịch Y (trong đó chỉ chứa muối sắt (III) và muối đồng (II)) và khí NO
(là sản phẩm giảm số oxi hóa duy nhất của N +5). Tổng khối lượng muối trong
dung dịch Y nhận giá trị là:
A. 268,2gam.
B. 368,1gam. C. 423,2gam.
D. 266,9gam.
Bài 11: Thực hiện phản ứng nhiệt nhôm hỗn hợp gồm Al và m gam hỗn hợp hai

B. 15,1%.
C. 14,9%.
D. 13,6%.
Bài 14: Cho m gam bột Fe vào 200 ml dung dịch chứa hai muối AgNO 3 0,15M
và Cu(NO3)2 0,1M, sau một thời gian thu được 3,84 gam hỗn hợp kim loại và
dung dịch X. Cho 3,25 gam bột Zn vào dung dịch X, sau khi phản ứng xảy ra
hoàn toàn, thu được 3,895 gam hỗn hợp kim loại và dung dịch Y. Giá trị của m
là:
A. 0,560.
B. 2,240.
C. 2,800.
D. 1,435.
Bài 15: Cho 46,8 gam hỗn hợp CuO và Fe3O4 (tỉ lệ mol 1:1) tan hết trong dung
dịch H2SO4 loãng, vừa đủ, thu được dung dịch A. Cho m gam Mg vào A, sau khi
phản ứng kết thúc thu được dung dịch B. Thêm dung dịch KOH dư vào B được
kết tủa D. Nung D trong không khí đến khối lượng không đổi, thu được 45,0
gam chất rắn E. Giá trị gần nhất của m là:
18


A. 6,6.
B. 11,0.
C. 13,2.
D. 8,8.
Bài 16: Cho hỗn hợp A gồm ba oxit của sắt Fe 2O3, Fe3O4 và FeO với số mol
bằng nhau. Lấy m1 gam A cho vào một ống sứ chịu nhiệt, nung nóng nó rồi cho
một luồng khí CO đi qua ống, CO phản ứng hết, toàn bộ khí CO 2 ra khỏi ống
được hấp thụ hết vào bình đựng lượng dư dung dịch Ba(OH) 2 thu được m2 gam
kết tủa trắng. Chất còn lại trong ống sứ sau phản ứng có khối lượng là 19,20
gam gồm Fe, FeO và Fe3O4, cho hỗn hợp này tác dụng hết với dung dịch HNO 3

A. 0,54.
B. 0,78.
C. 0,50.
D. 0,44.
Bài 20: Hỗn hợp X có khối lượng 82,3 gam gồm KClO 3, Ca(ClO3)2, CaCl2 và
KCl. Nhiệt phân hoàn toàn X thu được 13,44 lít O 2 (đktc), chất rắn Y gồm CaCl2
và KCl. Toàn bộ Y tác dụng vừa đủ với 0,3 lít dung dịch K 2CO3 1M thu được
dung dịch Z. Lượng KCl trong Z nhiều gấp 5 lần lượng KCl trong X. Phần trăm
khối lượng KCl trong X là:
A. 25,62%.
B. 12,67%.
C. 29,77%.
D. 18,10%.
Đáp án các bài tập tham khảo
Câu
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
Đáp án
C
D
B
A

hành thử nghiệm như sau:
19


Trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm, tôi cho lớp 12A 2 (44 học sinh) làm
một bài kiểm tra, trong bài kiểm tra này có 10 bài tập hay và khó, học sinh làm
bài trong 45 phút.
Sau khi nghiên cứu sáng kiến kinh nghiệm xong, tôi cho lớp 12A 2 làm một
bài kiểm tra khác, trong bài kiểm tra này cũng có 10 bài tập hay và khó (khó hơn
lần trước) với thời gian như trên để so sánh.
Kết quả thu được như sau:
Số HS Mốc
Điểm khảo sát
lớp
thời
9-10
%
7-8 % 5-6 % 3-4 % 1-2 %
12A2
gian
Trước
khi áp
6
13,6 14 31,8 20 45,5 3 6,8 1 2,3
dụng
44
Sau
khi áp 20 45,5 20 45,5 4
9
0 0,0 0 0,0

Sáng kiến kinh nghiệm hoàn toàn có thể phát triển, mở rộng bằng việc tiếp
tục nghiên cứu, chọn lọc, bổ sung thêm các bài toán hay và khó khác.
- Kiến nghị
Do thời gian viết sáng kiến kinh nghiệm có hạn nên không thể tránh khỏi
những thiếu sót, tôi rất mong được sự góp ý chân thành của các đồng nghiệp để
sáng kiến kinh nghiệm của tôi được hoàn chỉnh hơn.
Đề nghị với nhà trường, với đồng chí chuyên viên môn Hóa học của Sở giáo
dục và đào tạo Thanh Hóa có sự góp ý cũng như sự động viên kịp thời để sáng
kiến kinh nghiệm của tôi tiếp tục được phát triển, mở rộng hơn trong các năm
học tiếp theo.
Tôi xin chân thành cảm ơn.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hoá, ngày 18/05/2016
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung
của người khác
Người viết

Nguyễn Văn Nam

21


Tài liệu tham khảo
1. Hướng dẫn giải nhanh bài tập Hóa học tập 3. Cao Tự Giác. Nhà xuất bản
Đại học Quốc gia Hà Nội.
2. Giới thiệu giải nhanh đề thi Hóa học. PGS.TS.Đặng Thị Oanh. Nhà xuất
bản Đại học Sư phạm.
3. Hóa học 11 nâng cao. Ngô Ngọc An. Nhà xuất bản Thành phố Hồ Chí
Minh.
4. Sổ tay Hóa học sơ cấp. A.T.Pilipenko. Nhà xuất bản Giáo dục.