Bài tập tự luận Phi kim lớp 11: Xây dựng hệ thống và phương pháp giải nhanh trắc nghiệm khách quan (Luận văn Thạc sĩ Giáo dục học)

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH Phạm Thị Thu Hà XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP TỰ LUẬN CÓ PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH DÙNG LÀM CÂU TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN PHẦN PHI KIM LỚP 11 Ở TRƯỜNG THPT

Chuyên ngành : Lý luận và phương pháp dạy học bộ môn hóa học Mã số : 60.14.10

LUẬN VĂN THẠC SĨ GIÁO DỤC HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC : PGS. TS. NGUYỄN XUÂN TRƯỜNG

Thành phố Hồ Chí Minh – 2010

Lời cảm ơn

Luận văn được hoàn thành vào tháng 8 năm 2010. Để hoàn thành được luận văn tôi xin gửi lời

cảm ơn sâu sắc đến các thầy cô giáo là :

 PGS. TS. Nguyễn Xuân Trường, người Thầy đã tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tôi trong quá trình

thực hiện luận văn này.

 PGS.TS. Trịnh Văn Biều, người đã góp ý xây dựng đề cương luận văn và đồng thời cũng hướng

dẫn tôi nhiều trong quá trình thực hiện luận văn.

 Các Thầy Cô giảng dạy lớp Cao học Khoá 18 đã truyền thụ cho tôi những kiến thức và kinh

nghiệm quí báu.

Xin chân thành cảm ơn các bạn bè và đồng nghiệp giảng dạy ở các trường THPT Nguyễn Chí

Thanh (tp HCM), THPT Trần Văn Ơn (Bình Dương), THPT Yesin (Đà Lạt) đã nhiệt tình giúp tôi

tiến hành thực nghiệm đề tài luận văn này.

Và cuối cùng là gia đình đã động viên và dành thời gian cho tôi thực hiện luận văn này !

Phạm Thị Thu Hà

MỤC LỤC

0TLời cảm ơn0T............................................................................................................................ 2

0TMỤC LỤC0T ............................................................................................................................ 3

0TDANH MỤC CÁC CHỮ VIẾT TẮT0T .................................................................................. 6

0TMỞ ĐẦU0T ............................................................................................................................. 7

0T1. Lý do chọn đề tài0T ...................................................................................................................... 7

0T2. Mục đích nghiên cứu0T ................................................................................................................ 8

0T3. Nhiệm vụ nghiên cứu0T ............................................................................................................... 8

0T4. Khách thể và đối tượng nghiên cứu0T .......................................................................................... 8

0T5. Phương pháp nghiên cứu0T .......................................................................................................... 8

0T6. Giả thuyết khoa học0T ................................................................................................................. 9

0T7. Cái mới của đề tài0T .................................................................................................................... 9

0TChương 1: CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA ĐỀ TÀI 0T .................................................................... 10

0T1.1. Cơ sở lý luận về kiểm tra-đánh giá0T ...................................................................................... 10

0T1.1.1. Khái niệm0T ................................................................................................................................ 10

0T1.1.1.1. Khái niệm về kiểm tra0T....................................................................................................... 10

0T1.1.1.2. Khái niệm về đánh giá0T ...................................................................................................... 10

0T1.1.2. Chức năng của kiểm tra-đánh giá0T ............................................................................................. 11

0T1.1.3. Ý nghĩa, bản chất của việc kiểm tra-đánh giá0T .......................................................................... 11

0T1.1.3.1. Ý nghĩa của việc kiểm tra-đánh giá0T .................................................................................. 11

0T1.1.3.2. Bản chất của kiểm tra - đánh giá0T ....................................................................................... 12

0T1.1.4. Tiêu chí đánh giá0T...................................................................................................................... 12

0T1.1.4.1. Mục tiêu dạy học, mục đích học tập - cơ sở của việc đánh giá kết quả học tập0T .................. 12

0T1.1.4.2. Những nguyên tắc lý luận dạy học cần tuân thủ khi kiểm tra - đánh giá0T ............................ 13

0T1.1.4.3. Quy trình của việc kiểm tra - đánh giá0T .............................................................................. 13

0T1.1.5. Các hình thức kiểm tra - đánh giá0T ............................................................................................. 14

0T1.2. Cơ sở lí luận về trắc nghiệm0T ................................................................................................ 15

0T1.2.1. Trắc nghiệm tự luận0T ................................................................................................................. 15

0T1.2.1.1. Khái niệm0T ......................................................................................................................... 15

0T1.2.1.2. Các dạng câu trắc nghiệm tự luận0T .................................................................................... 16

0T1.2.1.3. Ưu nhược điểm của TNTL ( trình bày ở bảng 1.3)0T ............................................................ 16

0T1.2.2. Trắc nghiệm khách quan0T .......................................................................................................... 16

0T1.2.2.1. Khái niệm0T ......................................................................................................................... 16

0T1.2.2.2. Các dạng câu hỏi trắc nghiệm khách quan0T ........................................................................ 16

0T1.2.2.3. Ưu, nhược điểm của trắc nghiệm khách quan (trình bày ở bảng 1.3)0T ................................. 17

0T1.2.2.4. Phân tích câu trắc nghiệm : độ phân cách và độ khó0T.......................................................... 17

0T1.2.2.5. Quy trình soạn thảo bài TNKQ dạng nhiều lựa chọn0T ......................................................... 22

0T1.2.2.6. So sánh phương pháp trắc nghiêm tự luận và trắc nghiệm khách quan0T .............................. 24

0T1.3. Phương pháp chuyển bài toán hóa học dạng TNTL sang dạng TNKQ nhiều lựa chọn 0T ......... 25

0T1.3.1. Các bước chuyển bài toán hóa học dạng TNTL sang dạng TNKQ nhiều lựa chọn0T .................... 25

0T1.3.2. Kỹ thuật biên soạn câu nhiễu trong câu trắc nghiệm khách quan nhiều lựa chọn dạng bài toán hoá học0T .............................................................................................................................................. 25

0T1.3.2.1. Sử dụng các đáp số sai bắt nguồn từ cách giải sai của học sinh để làm phương án nhiễu0T ... 25

0T1.3.2.2. Đổi vị trí các số hoặc vị trí dấu phẩy, nhân hoặc chia (thêm một vài đơn vị) của đáp án. Cách này thường được áp dụng vì có thể làm nhanh nhưng không thuyết phục lắm0T ....................... 30

0T1.3.2.3. Một cách kiểm tra hình thức TNKQ đó là không cho 4 phương án lựa chọn A,B,C,D mà để trống rồi yêu cầu HS tự ghi kết quả vào0T ......................................................................................... 30

0T1.4.2. Các cách phân loại bài tập hóa học0T ........................................................................................... 31

0T1.4.2.1. Bài tập lý thuyết 0T ............................................................................................................... 31

0T1.4.2.2. Bài toán hóa học0T ............................................................................................................... 31

0T1.4.3. Các phương pháp giải bài tập hóa học (xem ở phần phụ lục)0T .................................................... 31

0T1.4.4. Thực tiễn, xu hướng và một số chú ý khi sử dụng bài tập hóa học hiện nay0T .............................. 31

0T1.4.4.1. Thực tiễn của việc sử dụng bài tập hóa học hiện nay0T ......................................................... 31

0T1.4.4.2. Những xu hướng phát triển của bài tập hóa học hiện nay0T .................................................. 33

0T1.4.4.3. Một số chú ý khi sử dụng bài tập trong dạy học hóa học0T ................................................... 33

0TChương 2: XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP TỰ LUẬN CÓ PHƯƠNG PHÁP GIẢI

NHANH DÙNG LÀM CÂU TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN NHIỀU LỰA CHỌN

(DẠNG BÀI TOÁN) PHẦN PHI KIM LỚP 11 TRƯỜNG THPT0T .................................. 35

0T2.1. Phân tích, đề xuất một số phương pháp giải nhanh bài toán hóa học0T .................................... 35

0T2.1.1. Dựa vào điểm đặc biệt của nguyên tử khối, phân tử khối0T ......................................................... 35

0T2.1.2. Phương pháp quy đổi0T ............................................................................................................... 37

0T2.1.3. Dựa vào đặc điểm của phản ứng khử oxit kim loại bằng CO, HR2 R, Al0T ........................................ 38

0T2.1.4. Dựa vào việc lập sơ đồ hợp thức của các quá trình chuyển hóa rồi căn cứ vào chất đầu và chất cuối (phương pháp chuỗi)0T .................................................................................................................. 39

0T2.1.5. Dựa vào cách tính khối lượng muối một cách tổng quát0T ........................................................... 42

0T2.1.6. Đề xuất các bước để giải nhanh bài toán hoá học dùng làm câu TNKQ nhiều lựa chọn0T ........... 43

0T2.2. Xây dựng hệ thống bài tập tự luận có phương pháp giải nhanh dùng làm câu trắc nghiệm khách quan nhiều lựa chọn (dạng bài toán) phần phi kim lớp 11 trường THPT 0T .......................... 46

0T2.2.1. Chương Nhóm Nitơ0T ................................................................................................................. 46

0T2.2.1.1. Phương pháp bảo toàn electron0T ......................................................................................... 46

0T2.2.1.2. Sử dựng phương trình ion – electron0T ................................................................................. 61

0T2.2.1.3. Phương pháp bảo toàn điện tích0T ........................................................................................ 67

0T2.2.1.4. Phương pháp bảo toàn khối lượng0T..................................................................................... 68

0T2.2.1.5. Phương pháp bảo toàn nguyên tử0T ...................................................................................... 70

0T2.2.1.6. Tăng giảm khối lượng0T....................................................................................................... 71

0T2.2.1.7. Phương pháp trung bình0T.................................................................................................... 72

0T2.2.1.8. Dựa trên cách tính khối lượng muối một cách tổng quát (m Rmuối khan R = m Rkloại(hoặc catiọn kl)R + m Rgốc axítR)0T............................................................................................................................................ 75

0T2.2.1.9. Phương pháp quy đổi0T ........................................................................................................ 77

0T2.2.1.10. Dựa vào điểm đặc biệt của nguyên tử khối và phân tử khối0T ............................................. 81

0T2.2.1.11. Phương pháp phương trình ion thu gọn0T ........................................................................... 83

0T2.2.2. Chương Nhóm cacbon0T ............................................................................................................. 86

0T2.2.2.1. Phương pháp trung bình0T.................................................................................................... 86

0T2.2.2.2. Phương pháp bảo toàn khối lượng0T..................................................................................... 87

0T2.2.2.3. Phương pháp bảo toàn mol nguyên tử0T ............................................................................... 88

0T2.2.2.4. Phương pháp tăng giảm khối lượng0T ................................................................................. 91

0T2.2.2.5. Khử oxit kim loại bằng CO0T ............................................................................................... 93

0T2.2.2.6. Dựa vào điểm đặc biệt của nguyên tử khối và phân tử khối0T ............................................... 97

0T2.2.2.7. Dạng toán lập tỉ lệ0T ............................................................................................................ 99

0T2.2.2.8. Phương pháp phương trình ion thu gọn0T ........................................................................... 103

0TChương 3: THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM0T ........................................................................ 105

0T3.1. Mục đích thực nghiệm sư phạm (TNSP)0T ............................................................................ 105

0T3.2. Nhiện vụ thực nghiệm sư phạm0T ......................................................................................... 105

0T3.3. Thời gian và đối tượng thực nghiệm0T .................................................................................. 105

0T3.3.1. Thời gian0T ............................................................................................................................... 105

0T3.3.2. Đối tượng0T............................................................................................................................... 105

0T3.4. Tiến hành thực nghiệm0T ...................................................................................................... 106

0T3.5. Kết quả thực nghiệm và xử lý kết quả thực nghiệm0T ........................................................... 106

0T3.5.1. Phương pháp xử lí kết quả0T ...................................................................................................... 106

0T3.5.2. Kết quả xử lí0T .......................................................................................................................... 108

0TKẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 0T ......................................................................................... 116

0T1. KẾT LUẬN0T.......................................................................................................................... 116

0T2. KIẾN NGHỊ0T ......................................................................................................................... 116

0TTÀI LIỆU THAM KHẢO0T ............................................................................................... 118

0TPHỤ LỤC0T ......................................................................................................................... 120

DANH MỤC CÁC CHỮ VIẾT TẮT

Chữ viết đầy đủ Chữ viết tắt

Bài tập hóa học BTHH

Dung dịch DD

Dạy học DH

Đối chứng ĐC

Điều kiện tiêu chuẩn đktc

Định luật bảo toàn ĐLBT

Giáo viên GV

Học sinh HS

Kiểm tra đánh giá KT-ĐG

Nhà xuất bản Nxb

Phương pháp PP

Trung học Phổ thông THPT

Thực nghiệm TN

Trắc nghiệm khách quan TNKQ

Trắc nghiệm tự luận TNTL

Thành phố Hồ Chí Minh Tp.HCM

Sách giáo khoa SGK

MỞ ĐẦU

1. Lý do chọn đề tài

Trước sự phát triển như vũ bão của khoa học kỹ thuật, công nghệ thông tin và đặc biệt là nền

kinh tế tri thức Đảng và Nhà nước ta nhận thấy cần phải đưa đất nước thoát khỏi nghèo nàn, lạc hậu,

vươn lên trình độ tiên tiến của thế giới.

Quán triệt những quan điểm đó, Bộ Giáo Dục và Đào Tạo đã đề ra chương trình đổi mới giáo

dục phổ thông bao gồm đổi mới cả về nội dung chương trình, phương pháp dạy học và phương pháp

kiểm tra - đánh giá với mục tiêu và phương châm ngày càng nâng cao chất lượng dạy và học.

Những năm gần đây việc đánh giá kết quả học học, thi cử của học sinh bằng phương pháp

TNKQ đã được tiến hành ở nhiều bộ môn ( Vật lý, Hóa học, Sinh học, Anh văn). Việc sử dụng

phương pháp TNKQ trong KT – ĐG và thi cử có rất nhiều ưu điểm nổi bật như : kiểm tra được

nhiều nội dung kiến thức, đi sâu được từng khía cạnh khác nhau của kiến thức, kĩ năng của học sinh

từ đó chống được thái độ học tủ, học lệch, đối phó của học sinh. Bên cạnh đó kết quả đánh giá cũng

khách quan, chính xác, ít tốn thời gian công sức của giáo viên…Đặc biệt phương pháp này còn bồi

dưỡng cho học sinh năng lực tự đánh giá kết quả học tập của bản thân, tự giác, chủ động tích cực

học tập, tự giành lấy kiến thức cho mình, biết vận dụng kiến thức một cách linh hoạt trong mọi tình

huống.

Mặc dù việc KT – ĐG bằng phương pháp TNKQ có những ưu điểm như trên nhưng khi triển

khai thì cũng gặp một số khó khăn và không thu được kết quả cao đó là do trong một số trường hợp

học sinh không suy nghĩ để tìm ra đáp án mà lại chọn đáp án một một cách ngẩu nhiên (tức là chọn

tất cả phương án A hoặc B, C, D để lấy xác suất may rủi là 25%). Điều này đã xẫy ra rất nhiều đặc

biệt là đối với một số trường có trình độ của học sinh còn thấp( HS lười học, không chịu khó tìm

kiếm lời giải và số lượng bài tập quá nhiều trong một khoảng thời gian ngắn). Mặt khác giáo viên

không đánh giá được quá trình tư duy của HS trong tiến trình giải bài tập hóa học. Bởi vì việc học

tập để nắm vững kiến thức của HS không chỉ đơn thuần là tìm ra được kết quả đúng mà còn cần dạy

cho HS con đường, cách thức tư duy để lĩnh hội tri thức một cách vững chắc chính xác và khoa học.

Để giải quyết các vấn đề trên tức là làm sao mà kiểm tra - đánh giá kiến thức của học sinh một

cách sâu rộng, tránh được thái độ học tủ, học vẹt và kiển tra được quá trình tư duy tìm kiếm, lĩnh

hội tri thức cho học sinh mà vẫn đảm bảo được thời gian làm bài ứng với nội dung chương trình. Đó

là lý do chúng tôi chọn đề tài “XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP TỰ LUẬN CÓ PHƯƠNG

PHÁP GIẢI NHANH DÙNG LÀM CÂU TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN PHẦN PHI KIM

LỚP 11 Ở TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG”

2. Mục đích nghiên cứu

Tuyển chọn, xây dựng và sử dụng hệ thống bài tập tự luận có PP giải nhanh dùng làm câu

TNKQ nhiều lựa chọn để KT – ĐG kiến thức hóa học học sinh THPT góp phần nâng cao chất

lượng dạy và học môn Hóa học.

3. Nhiệm vụ nghiên cứu

a. Nghiên cứu tổng quan các cơ sở lí luận liên quan đến đề tài nghiên cứu

- Nghiên cứu về bài tập Hóa học.

- Nghiên cứu các tài liệu về KT – ĐG.

- Nghiên cứu các tài liệu về trắc nghiệm (TNTL và TNKQ).

b. Nghiên cứu và tìm hiểu các PP xây dựng bài tập Hóa học có PP giải nhanh

c. Xây dựng hệ thống bài tập tự luận có PP giải nhanh dùng làm câu TNKQ nhiều lựa chọn phần

Phi kim lớp 11 để KT – ĐG kết quả học tập của HS

d. Sử dụng hệ thống bài tập tự luận có PP giải nhanh dùng làm câu TNKQ nhiều lựa chọn phần

Phi kim lớp 11 để KT – ĐG kết quả học tập của HS

e. Thực nghiệm sư phạm

- Đánh giá chất lượng hệ thống bài tập tự luận có PP giải nhanh dùng làm câu TNKQ nhiều lựa

chọn phần Phi kim lớp 11 mà đề tài đã thực hiện.

- So sánh kết quả các bài kiểm tra (học tập) của học sinh ở lớp thực nghiệm và lớp đối chứng để

đánh giá tính hiệu quả của hệ thống bài tập có PP giải nhanh.

4. Khách thể và đối tượng nghiên cứu

Khách thể nghiên cứu : Quá trình KT – ĐG kết quả học tập của HS trong dạy học môn Hóa học

THPT (phần Phi kim).

Đối tượng nghiên cứu : Hệ thống bài tập tự luận có PP giải nhanh dùng làm câu TNKQ nhiều

lựa chọn phần Phi kim lớp 11 ở trường THPT.

5. Phương pháp nghiên cứu

a. Nghiên cứu lý luận

Nghiên cứu và phân tích các tài liệu liên quan như lý luận về KT- ĐG, về bài tập Hóa học và trắc

nghiệm.

b. Nghiên cứu thực tiễn

- Điều tra cơ bản tình hình dạy học Hóa học ở THPT

- Thực nghiệm sư phạm.

- Dùng toán học thống kê để xử lí số liệu từ kết quả thực nghiệm.

6. Giả thuyết khoa học

- Nếu có hệ thống bài tập tự luận có PP giải nhanh dùng làm câu TNKQ nhiều lựa chọn phần Phi

kim lớp 11 (và hệ thống bài tập TNKQ nhiều lựa chọn này đạt chất lượng đảm bảo các kỹ thuật

trắc nghiệm) dùng vào việc KT – ĐG kết quả học tập của HS thì việc kiểm tra- đánh giá sẽ

chính xác, công bằng và đạt hiệu quả cao, góp phần nâng cao chất lượng dạy và học.

- Nếu HS được dạy và luyện tập các PP giải nhanh trong quá trình giải bài toán hóa học thì kết

quả học tập của HS sẻ được nâng cao và thông qua đó trí thông minh và năng lực tư duy sẻ phát

triển.

7. Cái mới của đề tài

- Đã nghiên cứu và đề xuất một số phương pháp giải nhanh bài toán hóa học.

- Xây dựng hệ thống bài tập tự luận có PP giải nhanh (làm cho HS biết cách nhận biết PP giải

nào là nhanh ứng với từng loại bài toán).

- Sử dụng hệ thống bài tập tự luận có PP giải nhanh vừa xây dựng để thiết kế các câu TNKQ

nhiều lựa chọn đạt chất lượng và đảm bảo các kĩ thuật trắc nghiệm.

Chương 1: CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA ĐỀ TÀI

1.1. Cơ sở lý luận về kiểm tra-đánh giá

1.1.1. Khái niệm

1.1.1.1. Khái niệm về kiểm tra

Theo đại từ điển Tiếng Việt kiểm tra nghĩa là “xem xét thực chất, thực tế”.

Theo từ điển Giáo dục học “kiểm tra là một bộ phận của quá trình hoạt động dạy-học nhằm nắm

được thông tin về trặng thái và kết quả học tập của HS về những nguyên nhân cơ bản của thực trạng

đó để tìm ra các biện pháp khắc phục những lổ hổng, đồng thời củng cố và tiếp tục nâng cao hiệu

quả của hoạt động dạy học”.

Trong quá trình dạy học, kiểm tra-đánh giá (KT-ĐG) là giai đoạn kết thúc một quá trình dạy học,

đảm nhận một chức năng lý luận dạy học cơ bản, chủ yếu không thể thiếu được của quá trình này.

Kiểm tra là theo dõi, sự tác động của người kiểm tra đối với người học nhằm thu được những

thông tin cần thiết cho việc đánh giá.

Kiểm tra có 3 chức năng bộ phận liên kết, thống nhất, thâm nhập vào nhau và bổ sung cho nhau

đó là : đánh giá, phát hiện lệch lạc và điều chỉnh.

1.1.1.2. Khái niệm về đánh giá

Theo Đại từ điển Tiếng Việt đánh giá là “ nhận xét, bình phẩm về giá trị”.

Theo từ điển Giáo dục học, đánh giá kết quả học tập là “ xác định mức độ nắm được kiến thức,

kỹ năng của HS so với chương trình đề ra”. “ Nội dung đánh giá là những kết quả học tập hàng

ngày, cũng như những kết quả phản ánh trong các kỳ kiểm tra định kỳ cũng như kỳ kiểm tra tổng

kết các mặt kiến thức, kỹ năng của từng môn học. Yêu cầu của đánh giá là chú trọng xem xét mức

độ thông hiểu và bền vững của kiến thức, kỹ năng so với chuẩn của chương trình. Kết quả đánh giá

được thể hiện chủ yếu vào điểm số, ngoài ra có thể còn được thể hiện bằng lời nhận xét cúa GV”

Đánh giá kết quả học tập là quá trình đo lường mức độ đạt được của học sinh về các mục tiêu và

nhiệm vụ của quá trình dạy học. Mô tả một cách định tính và định lượng : tính đầy đủ, tính đúng

đắn, tính chính xác, tính vững chắc của kiến thức, mối liên hệ của kiến thức với đời sống, các khả

năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn, mức độ thông hiểu, khả năng diễn đạt bằng lời nói, bằng văn

viết, bằng chính ngôn ngữ chuyên môn của học sinh… và cả thái độ của học sinh trên cơ sở phân

tích các thông tin phản hồi từ việc quan sát, kiểm tra, đánh giá mức độ hoàn thành nhiệm vụ được

giao, đối chiếu với những mục tiêu, yêu cầu dự kiến, mong muốn đạt được của môn học.

1.1.2. Chức năng của kiểm tra-đánh giá

Kiểm tra gồm 3 chức năng bộ phận liên kết thống nhất với nhau đó là: đánh giá, phát hiện lệch

Đánh giá

Phát hiện lệch lạc

Điều chỉnh

lạc và điều chỉnh.

Mục tiêu đào tạo

Trình độ xuất phát của HS

Nghiên cứu tài liệu mới

KT-ĐG kết quả học tập

Hình 1.1. Cấu trúc chức năng của kiểm tra

Hình 1.2. Vị trí của KT-ĐG trong quá trình dạy học

Từ đó ta thấy : Nhờ đánh giá sẽ phát hiện ra cả những mặt tốt lẫn mặt chưa tốt trong trình độ đạt

tới của học sinh, trên cơ sở đó tìm hiểu kỹ nguyên nhân của những lệch lạc, về phía dạy cũng như

phía học, hoặc có thể từ khách quan. Phát hiện ra lệch lạc, tìm ra nguyên nhân của lệch lạc là rất

quan trọng. Vì sự thành đạt trong kết quả là điều đã dự kiến trong mục tiêu, còn những lệch lạc

thường bị bỏ qua, mà nếu sửa chữa loại trừ chúng thì chất lượng sẽ được tốt lên.

Từ đánh giá và phát hiện lệch lạc giáo viên điều chỉnh, uốn nắn, loại trừ những lệch lạc đó, tháo

gỡ những khó khăn trở ngại, thúc đẩy chất lượng dạy học lên rất nhiều.

1.1.3. Ý nghĩa, bản chất của việc kiểm tra-đánh giá

UVới học sinh U: Việc kiểm tra-đánh giá (KT-ĐG) có hệ thống sẽ thường xuyên cung cấp kịp thời

1.1.3.1. Ý nghĩa của việc kiểm tra-đánh giá

những thông tin "liên hệ ngược trong" giúp người học tự điều chỉnh hoạt động học. Giúp cho học

sinh kịp thời nhận thấy mức độ đạt được những kiến thức của mình, còn lỗ hổng kiến thức nào cần

được bổ sung trước khi bước vào phần mới của chương trình học tập, có cơ hội để nắm chắc những

yêu cầu cụ thể đối với từng phần của chương trình.

Nếu việc KT-ĐG được tổ chức nghiêm túc, công bằng sẽ giúp học sinh nâng cao tinh thần trách

nhiệm trong học tập, có ý chí vươn lên đạt kết quả cao hơn, củng cố lòng tin vào khả năng của

UVới giáo viênU: Việc KT-ĐG học sinh cung cấp cho giáo viên những thông tin "liên hệ ngược

mình, nâng cao ý thức tự giác, khắc phục tính chủ quan tự mãn.

ngoài", qua đó có biện pháp điều chỉnh kịp thời hoạt động dạy của mình.

KT-ĐG kết hợp với việc theo dõi thường xuyên giúp cho giáo viên nắm được một cách cụ thể và

khá chính xác năng lực và trình độ mỗi học sinh trong lớp, từ đó có biện pháp cụ thể, thích hợp bồi

dưỡng riêng cho từng nhóm học sinh, nâng cao chất lượng học tập chung cho cả lớp.

1.1.3.2. Bản chất của kiểm tra - đánh giá

Về mặt lý luận dạy học thì kiểm tra thuộc phạm trù phương pháp, nó giữ vai trò liên hệ nghịch

trong quá trình dạy học. Từ những thông tin về kết quả của hoạt động công tác trong hệ dạy học

mà góp phần quan trọng quyết định cho sự điều khiển tối ưu hoạt động của hệ dạy (cho cả người

dạy và người học).

Trong dạy học, kiểm tra-đánh giá (KT-ĐG) là một vấn đề hết sức phức tạp, nếu không cẩn thận

dễ dẫn đến sai lầm. Vì vậy đổi mới phương pháp dạy học nhất thiết phải đổi mới, cải cách KT-ĐG,

sử dụng kỹ thuật ngày càng tiên tiến, có độ tin cậy cao, bên cạnh đó còn có công cụ KT-ĐG cho học

sinh để họ tự KT-ĐG kết quả lĩnh hội kiến thức của bản thân mình, từ đó điều chỉnh uốn nắn việc

học tập của bản thân.

Như vậy, việc KT-ĐG của người dạy phải khuyến khíchvà thúc đẩy được sự tự KT-ĐG của

người học. Hai mặt này phải thống nhất biện chứng với nhau. KT-ĐG phải có tác dụng làm cho học

sinh thi đua học tốt với chính mình chứ không phải để ganh đua với người khác.

1.1.4. Tiêu chí đánh giá

1.1.4.1. Mục tiêu dạy học, mục đích học tập - cơ sở của việc đánh giá kết quả học tập

* Mục tiêu dạy học là những gì mà học sinh cần đạt được sau khi học xong môn hoá học đó là

- Hệ thống các kiến thức khoa học và cả phương pháp nhận thức chúng.

- Hệ thống các kỹ năng và khả năng vận dụng vào thực tế.

- Thái độ, tình cảm đối với khoa học và xã hội.

* Mục đích học tập của học sinh là

- Phải lĩnh hội được nội dung kiến thức đã học nhằm đáp ứng được nhu cầu nhận thức thế giới tự

nhiên và xã hội.

- Kiến thức được trang bị nhằm đáp ứng yêu cầu về thi tuyển, nghề nghiệp và cuộc sống.

* Mục tiêu dạy học, mục đích học tập chính là cơ sở cho việc xác định nội dung chương trình,

phương pháp và quy trình dạy học, học tập do đó nó cũng là cơ sở để lựa chọn phương pháp và quy

trình KT-ĐG kết quả học tập. Đánh giá kết quả học tập dựa trên các mục tiêu dạy học sẽ nhận được

những thông tin phản hồi chính xác nhằm bổ sung, hoàn thiện quá trình dạy học.

1.1.4.2. Những nguyên tắc lý luận dạy học cần tuân thủ khi kiểm tra - đánh giá

Kiểm tra-đánh giá phải xuất phát từ mục tiêu dạy học. Nghĩa là xác định rõ mục tiêu cần đạt

được phải là điều kiện tiên quyết của việc đánh giá. Hình thức kiểm tra-đánh giá phải có tính hiệu

lực, đảm bảo mức độ chính xác nhất định.

Đảm bảo độ tin cậy, độ bền vững của sự đánh giá.

Đảm bảo tính thuận tiện của các hình thức KT-ĐG.

Đảm bảo tính khách quan của đánh giá : đây là yêu cầu không thể thiếu được, nó ảnh hưởng tới

toàn bộ quá trình đánh giá kết quả học tập. Đánh giá khách quan kết quả học tập của người học sẽ

giúp cho giáo viên thu được tín hiệu ngược trong quá trình dạy học một cách chính xác, từ đó điều

chỉnh cách dạy của giáo viên, cách học của học sinh nhằm nâng cao chất lượng dạy và học. Đồng

thời đánh giá khách quan tạo ra yếu tố tâm lý tích cực cho người được đánh giá, động viên khuyến

khích họ học tập, ngăn ngừa những biểu hiện tiêu cực trong KT-ĐG, thi cử.

Đảm bảo tính đặc thù của môn học kết hợp đánh giá lý thuyết và đánh giá thực hành; đảm bảo

tính kế thừa và phát triển.

Phải dựa vào những mục tiêu cụ thể trong một bài, một chương hay sau một học kỳ… với những

kiến thức, kỹ năng, thái độ cụ thể tương ứng với nội dung và phương pháp dạy học của từng lớp

học, cấp học.

Phải chú ý đến những xu hướng đổi mới trong dạy học ở trường THPT. Việc đánh giá phải giúp

cho việc học tập một cách tích cực, chủ động, giúp học sinh có năng lực giải quyết vấn đề một cách

linh hoạt và sáng tạo.

1.1.4.3. Quy trình của việc kiểm tra - đánh giá

Về cơ bản quy trình này gồm 5 bước

Bước 1: Xây dựng hệ thống chỉ tiêu về nội dung đánh giá và tiêu chí đánh giá (đánh giá cái gì? cho

điểm số thế nào?) tương ứng với hệ thống mục tiêu dạy học đã được cụ thể hoá đến chi tiết.

Bước 2: Thiết kế công cụ đánh giá (hay lựa chọn hình thức KT-ĐG) và kế hoạch sử dụng chúng, tuỳ

theo mục đích KT-ĐG mà có thể lựa chọn các dạng kiểm tra (kiểm tra sơ bộ, kiểm tra thường ngày, kiểm

tra định kỳ và kiểm tra tổng kết); hoặc các hình thức kiểm tra (kiểm tra miệng, viết 15', 45', 90'…).

Bước 3: Thu nhập số liệu đánh giá: theo đáp án, bảng đặc trưng, giáo viên chấm bài kiểm tra, thống

kê điểm kiểm tra.

Bước 4: Xử lý số liệu

Bước 5: Hình thành hệ thống kết luận về việc KT-ĐG và đưa ra những đề xuất điều chỉnh quá trình

dạy học.

1.1.5. Các hình thức kiểm tra - đánh giá

Ta có thể tóm tắt các hình thức tổ chức kiểm tra-đánh giá theo 2 bảng sau

Bảng 1.1. Những công cụ để kiểm tra - đánh giá kết quả học tập

Phân loại các kiểu công cụ kiểm tra

Về nội dung

Kiểu Test Câu hỏi KT a) Theo bài học b) Theo chương c) Theo vấn đề lớn d) Sơ kết học kỳ e) Tổng kết năm

Về tổ chức

a) Định kỳ có báo trước b) Bất thường c) Vấn đáp trên lớp

Theo nội dung dạy học

Bài làm kiểm tra

a) Thí nghiệm thực hành b) Bài toán c) Đọc sách, tài liệu, làm đề cương.

Viết báo cáo khoa học

Hoạt động chuyên đề có hướng dẫn

a) Cá nhân b) Nhóm c) Cả lớp

Nghiên cứu đề tài khoa học (quan sát, thu thập dữ liệu, làm báo cáo, thuyết trình)

Bảng 1.2. Phân loại các kiểu test kiểm tra

Các kiểu test kiểm tra

Trả lời bằng một từ Test có để chỗ trống

HS trả lời Trả lời bằng câu ngắn

Giải tự do Bài toán hoá học

Học sinh chọn:

- Đúng hoặc sai - Có hoặc không

Học sinh chọn một lời giải Test kèm nhiều câu trả lời soạn sẵn

Có thể phối hợp xen kẽ 2 kiểu

1.2. Cơ sở lí luận về trắc nghiệm

Khái niệm : Trắc nghiệm (Test) là hình thức đo đạc được "tiêu chuẩn hoá"cho mỗi cá nhân học sinh

bằng "điểm".

Mục tiêu của trắc nghiệm là đánh giá kiến thức và kỹ năng của học sinh.

Tiêu chuẩn về nhận thức áp dụng cho trắc nghiệm là : 1. Biết ; 2. Hiểu ; 3. ứng dụng ; 4. Phân tích ;

5. Tổng hợp ; 6. Đánh giá.

Các câu hỏi trắc nghiệm có thể chia làm 2 loại là câu hỏi trắc nghiệm tự luận và câu hỏi trắc

nghiệm khách quan.

1.2.1. Trắc nghiệm tự luận

1.2.1.1. Khái niệm

Trắc nghiệm tự luận (TNTL) là phương pháp đánh giá kết quả học tập bằng việc sử dụng công

cụ đo lường là các câu hỏi, học sinh trả lời dưới dạng bài viết trong một khoảng thời gian đã định

trước. TNTL đòi hỏi học sinh phải nhớ lại kiến thức, phải biết sắp xếp và diễn đạt ý kiến của mình

một cách chính xác rõ ràng.

Bài TNTL trong một chừng mực nào đó được chấm điểm một cách chủ quan, điểm bởi những

người chấm khác nhau có thể không thống nhất. Một bài tự luận thường có ít câu hỏi vì phải mất

nhiều thời gian để viết câu trả lời.

Khi viết câu hỏi tự luận, giáo viên cần phải diễn đạt câu hỏi một cách rõ nghĩa, đầy đủ, cần làm

rõ những yêu cầu trong câu trả lời cả về độ dài của nó; việc chấm bài tốn thời gian.

1.2.1.2. Các dạng câu trắc nghiệm tự luận

a) Câu hỏi tự luận có sự trả lời mở rộng : Loại câu này có phạm vi tương đối rộng và khái quát

học sinh được tự do diễn đạt tư tưởng và kiến thức trong câu trả lời nên có thể phát huy óc sáng

tạo và suy luận. Loại câu trả lời này được gọi là tiểu luận.

b) Câu tự luận với sự trả lời có giới hạn : Loại này thường có nhiều câu hỏi với nội dung tương

đối hẹp. Mỗi câu trả lời là một đoạn ngắn nếu việc chấm điểm dễ hơn.

Có 3 loại câu trả lời có giới hạn

- Loại câu điền thêm và trả lời đơn giản. Đó là một nhận định viết dưới dạng mệnh đề không đầy

đủ hay một câu hỏi được đặt ra mà học sinh phải trả lời bằng một câu hay một từ (trong TNKQ

được gọi là câu điền khuyết).

- Loại câu từ trả lời đoạn ngắn trong đó học sinh có thể trả lời bằng hai hoặc 3 câu trong giới hạn

của giáo viên.

- Giải bài toán có liên quan tới trị số có tính toán số học để ra một kết quả cụ thể đúng theo yêu

cầu của đề bài.

1.2.1.3. Ưu nhược điểm của TNTL ( trình bày ở bảng 1.3)

1.2.2. Trắc nghiệm khách quan

1.2.2.1. Khái niệm

Trắc nghiệm khách quan (TNKQ) là phương pháp KT-ĐG kết quả học tập của học sinh bằng hệ

thống câu hỏi TNKQ gọi là "khách quan" vì hệ thống cho điểm hoàn toàn khách quan không phụ

thuộc vào người chấm.

Một bài TNKQ gồm nhiều câu hỏi với nội dung kiến thức khá rộng, mỗi câu trả lời thường chỉ

thể hiện bằng một dấu hiệu đơn giản. Nội dung bài TNKQ cũng có phần chủ quan vì không khỏi bị

ảnh hưởng tính chủ quan của người soạn câu hỏi.

1.2.2.2. Các dạng câu hỏi trắc nghiệm khách quan

b) Câu TNKQ có nhiều lựa chọn

a) Câu trắc nghiệm "đúng- sai"

c) Câu trắc nghiệm ghép đôi

d) Câu trắc nghiệm điền khuyết

e) Câu hỏi bằng hình vẽ

Trong luận văn này chúng tôi chỉ xin trình bày loại câu TNKQ có nhiều lựa chọn

1.2.2.3. Ưu, nhược điểm của trắc nghiệm khách quan (trình bày ở bảng 1.3)

1.2.2.4. Phân tích câu trắc nghiệm : độ phân cách và độ khó

Phân tích các câu trả lời của học sinh trong một bài trắc nghiệm là việc làm rất cần thiết và hữu

ích cho người soạn trắc nghiệm. Nó giúp cho người soạn thảo:

biết được câu nào là quá khó, câu nào là quá dễ.

Lựa chọn ra các câu có độ phân cách cao, nghĩa là phân biệt được giữa học sinh giỏi với học

sinh kém, biết được lý do vì sao câu trắc nghiệm không đạt được hiệu quả mong muốn và cần phải

sửa đổi như thế nào cho tốt hơn.

Một bài trắc nghiệm, sau khi đã được sửa đổi trên căn bản của sự phân tích trên, có khả năng đạt

được tính tin cậy cao hơn là một bài trắc nghiệm có cùng số câu hỏi nhưng chưa được thử nghiệm

và phân tích.

Mục này sẽ đề cập đến các phương pháp phân tích câu trắc nghiệm về hai phương diện: độ phân

cách (discrimination) và độ khó (difficulty).

Độ phân cách của câu trắc nghiệm

Phân tích câu trắc nghiệm là một phương thức nhằm gia tăng tính tin cậy và giá trị của một bài

trắc nghiệm bằng cách đánh giá từng câu để xác định xem câu ấy có phân biệt được học sinh giỏi

với học sinh kém giống như mục đích đã được đặt ra cho toàn bài trắc nghiệm hay không.

a. Phương pháp xác định độ phân cách của câu trắc nghiệm : Sau khi đã chấm điểm bài trắc

nghiệm, ta có thể áp dụng phương pháp đơn giản dưới đây để phân tích câu trắc nghiệm. Công việc

phân tích này được thực hiện theo năm công đoạn sau :

1. Xếp đặt phiếu trả lời (answer sheets) đã được chấm theo thứ tự các điểm số từ cao đến thấp.

2. Phân chia các phiếu trả lời theo hai nhóm: nhóm cao, gồm có xấp xỉ 27% của toàn nhóm có

điểm số cao nhất, và nhóm, thấp gồm có số bài tương đương 27% có số điểm thấp nhất.

3. Ghi số lần (tần số) trả lời của học sinh trong mỗi nhóm cao và thấp cho mỗi lựa chọn của câu

trắc nghiệm, theo mẫu dưới đây:

Thí dụ : Một câu trắc nghiệm có các lựa chọn: a, b, c, d. Với các tỉ lệ lựa chọn

∗ aP

Lựa chọn b c d Tổng cộng

Tên nhóm

Nhóm cao (27%) 9 0 1 5 15

Nhóm thấp (27%) 5 0 2 8 15

4. Cộng tần số câu trả lời đúng (có đánh dấu ∗) của nhóm cao và nhóm thấp, chia tổng số này

với số bài (hay số học sinh) của cả hai nhóm gộp lại. Biểu thị thương số này như là một tỉ lệ phần

trăm, nghĩa là nhân nó với 100, kết quẩ là ta có chỉ số khó (difficulty index) của câu này. Trong thí

dụ trên đây, chỉ số khó của câu trắc nghiệm là: (9 + 5) / 30 = 0,47 hay 47%.

5. Lấy số học sinh làm đúng trong nhóm cao trừ cho số học sinh làm đúng trong nhóm thấp, rồi

chia hiệu số này với hiệu số tối đa của nó. Thương số này là chỉ số phân cách (index of

discrimination) của câu trắc nghiệm. Trong thí dụ trên đây, ta có chỉ số phân cách là: (9 – 5) / 15 =

0,27.

Ở công đoạn 2, ta chia các học sinh (hay các phiếu trả lời của học sinh) ra làm hai nhóm : 27%

thuộc nhóm cao và 27% thuộc nhóm thấp căn cứ trên điểm số của chúng về toàn bài trắc nghiệm.

Thế nhưng, vấn đề đặt ra là: tại sao lại chọn 27% chứ không phải là 25%, 33% hay 50%? Chọn 27%

là sự dung hoà tốt nhất giữa hai mục đích mà ta mong muốn đạt được nhưng lại không nhất quán

với nhau: một mặt ta muốn có hai nhóm cao và thấp càng đông càng tốt; mặt khác, ta lại muốn cho

hai nhóm ấy càng khác biệt về khả năng càng hay. Các nhà nghiên cứu đã chứng minh rằng, khi ta

sử dụng hai nhóm cao thấp, mỗi nhóm gồm xấp xỉ 27 % của toàn nhóm, thì ta có thể nói một cách

chắc chắn rằng những học sinh trong nhóm cao có khả năng cao hơn những người trong nhóm thấp.

Mặt khác, nếu ta chỉ lấy 10 % cho mỗi nhóm thì hiệu số về mức khả năng trung bình của hai nhóm

sẽ cao hơn, nhưng số học sinh trong mỗi nhóm sẽ ít hơn nhiều, vì vậy ta không biết chắc chắn mức

khả năng trung bình của hai nhóm thực sự là bao nhiêu, do đó ta ít chắc chắn hơn rằng nhóm cao có

khả năng cao hơn nhóm thấp.

Tuy 27 % là tỉ lệ phần trăm tốt nhất cho nhóm cao và nhóm thấp, nhưng trong thực tế, ta không

cần phải chọn chính xác số phần trăm ấy mà có thể chọn 25 % hay 35 % tuỳ từng trường hợp.

Những tỉ lệ phần trăm trong khoảng gữa 25 % - 35 % sẽ cho ta những chỉ số phân cách khác nhau

không đáng kể.

b. Ý nghĩa của chỉ số phân cách D

Trên đây, ta đã áp dụng công thức: D = (C–T)/ n để tính chỉ số phân cách, ký hiệu là D. Trong

đó: C là số học sinh trong nhóm cao trả lời đúng câu trắc nghiệm, T là số học sinh trong nhóm thấp

trả lời đúng câu trắc nghiệm ấy.

Một phương pháp gọn hơn để tính số D là lấy tỉ lệ phần trăm làm đúng câu trắc nghiệm trong

nhóm cao trừ cho tỉ lệ phần trăm làm đúng trong nhóm thấp. Tính theo phương pháp này ta cũng có

trị số của D giống với phương pháp trên. Như ta biết, tỉ lệ phần trăm làm đúng câu trắc nghiệm

trong mỗi nhóm cũng là chỉ số khó của câu trắc nghiệm đối với nhóm ấy. Vậy D cũng là hiệu số

giữa các chỉ số khó của nhóm cao và nhóm thấp về câu trắc nghiệm.

Thí dụ : Một bài trắc nghiệm 40 câu được đưa ra cho 100 học sinh, 27 học sinh có điểm cao nhất

được đưa vào nhóm cao, 27 học sinh khác có điểm thấp nhất được đưa vào nhóm thấp. Kết quả

phân tích 4 câu trắc nghiệm trong số 40 câu được trình bày trong bảng dưới đây

Tỉ lệ phần trăm làm đúng

Câu 1 2 3 4 Nhóm cao 71 60 47 38 Nhóm thấp 42 24 42 61 D 0,29 0,36 0,05 -0,23

Các dữ kiện trên bảng cho thấy : các câu trắc nghiệm 1 và 2 khó đối với nhóm thấp hơn là đối

với nhóm cao. Câu trắc nghiệm 3 có chỉ số phân cách D rất thấp (0,5), chứng tỏ khó gần ngang nhau

đối với nhóm cao và nhóm thấp. Riêng câu 4 là kém, tuy câu này có nhiều khả năng phân cách (-

23), nhưng nó lại ngược chiều. Một chỉ số phân cách âm có nghĩa là câu trắc nghiệm ấy dễ hơn đối

với những học sinh kém, nhưng nó lại khó hơn đối với những học sinh giỏi. Đó là điều trái với sự

mong đợi của người soạn trắc nghiệm: “câu trắc nghiệm và bài trắc nghiệm phải đo lường cùng một

thứ”. Một bài trắc nghiệm, theo dự tính là phải khó đối với học sinh kém hơn là đối với học sinh

giỏi, vì vậy, mỗi câu trắc nghiệm cũng phải đo lường theo chiều hướng ấy, nghĩa là nó cũng phải

khó đối với nhóm thấp hơn là đối với nhóm cao. Mục tiêu mà ta nhằm tới trong khi soạn một bài

trắc nghiệm là viết được những câu trắc nghiệm có chỉ số phân cách cao như các câu 1, 2 trên đây.

c) Thế nào là chỉ số phân cách tốt ?

Khi ra một câu hoặc một bài TN cho một nhóm HS nào đó, người ta muốn phân biệt trong nhóm

ấy những người có năng lực khác nhau như : giỏi, khá, trung bình, kém… Câu TNKQ thực hiện khả

năng đó, gọi là có độ phân biệt. Muốn cho câu hỏi có độ phân biệt thì phản ứng của nhóm HS giỏi

và nhóm HS kém đối với câu hỏi đó hiển nhiên phải khác nhau. Thực hiện phép tính thống kê,

người ta tính được độ phân biệt D theo công thức : D = AError!

Thang phân loại độ phân biệt được qui ước như sau

- Tỉ lệ HS nhóm giỏi và nhóm kém là đúng như nhau thì độ phân biệt bằng 0.

- Tỉ lệ HS nhóm giỏi làm đúng nhiều hơn nhóm kém thì độ phân biệt là dương (độ phân biệt

dương nằm trong khoảng từ 0-1).

- Tỉ lệ thí sinh nhóm giỏi làm đúng ít hơn nhóm kém thì độ phân biệt là âm.

Cụ thể như sau :

0,0 < D < 0,2 : Độ phân biệt rất thấp giữa HS giỏi và HS kém

0,2 < D < 0,4 : Độ phân biệt thấp giữa HS giỏi và HS kém

0,4 < D < 0,6 : Độ phân biệt trung bình giữa HS giỏi và HS kém

0,6 < D < 0,8 : Độ phân biệt cao giữa HS giỏi và HS kém

0,8 < D < 1 : Độ phân biệt rất cao giữa HS giỏi và HS kém

Những câu có D > 0,32 : Dùng được

D từ 0,22 - 0,31: Nên thận trọng khi dùng

D < 0,22 : Không dùng được

Độ khó của câu trắc nghiệm

Khi nói đến độ khó, ta phải xem xét câu TNKQ là khó đối với đối tượng nào. Nhờ việc thử

nghiệm trên các đối tượng HS phù hợp, người ta có thể xác định độ khó như sau :

Chia loại HS làm 3 nhóm

- Nhóm giỏi : gồm 27 % số HS có điểm cao nhất của kỳ kiểm tra

- Nhóm kém : Gồm 27 % số HS có điểm thấp của kỳ kiểm tra

- Nhóm trung bình : Gồm 46 % số HS còn lại, không phụ thuộc hai nhóm trên

Khi đó hệ số về độ khó của câu hỏi (K) được tính như sau

K = AError!A×100 %

NRG R: Số HS thuộc nhóm giải trả lời đúng câu hỏi

NRK R: Số HS thuộc nhóm kém trả lời đúng câu hỏi

N : Tổng số HS nhóm giỏi (hoặc nhóm kém)

Thang phân loại độ khó được qui ước như sau

- Câu dễ : 80 đến 100 % HS trả lời đúng

- Câu trung bình : 60 đến 79 % HS trả lời đúng

- Câu tương đối khó : 40-59 % HS trả lời đúng

- Câu khó : 20-39 % HS trả lời đúng

- Câu rất khó : Dưới 20 % HS trả lời đúng

Trong kiểm tra đánh giá nếu câu TN có độ khó K

K từ 25 % - 75 % : Dùng bình thường

K từ 10 %-25 % và 75 % - 90 % : Cẩn trọng khi dùng

K < 10 % và K > 90% : Không dùng

Độ khó vừa phải của câu trắc nghiệm

Một bài trắc nghiệm được xem là tốt không phải là bài trắc nghiệm gồm toàn những câu khó hay

toàn những câu dễ cả, mà là bài trắc nghiệm gồm những câu có mức độ khó trung bình hay mức độ

khó vừa phải.

Nhưng thế nào là độ khó vừa phải? Thông thường ta cho rằng một câu trắc nghiệm có độ khó

vừa phải là câu có chỉ số khó là 0,50 (hay 50 %), nghĩa là 50 % học sinh làm đúng câu hỏi ấy và 50

% làm sai. Muốn cho công bằng và đúng đắn hơn, ta cần phải phân biệt loại câu trắc nghiệm để

phân biệt thế nào là độ khó vừa phải.

Với một câu trắc nghiệm thuộc loại Đúng-Sai thì độ khó 50 % chưa hẳn là độ khó vừa phải, vì

câu hỏi thuộc loại này chỉ có hai lựa chọn, do đó sự may rủi làm đúng câu hỏi loại ấy là 50 %. Vậy

ta không thể cho 50 % là chỉ số khó thích hợp cho loại này. Do đó ta cần phải lưu ý đến một yếu tố

khác, đó là tỉ lệ may rủi kỳ vọng (expected chance propotion). Tỉ lệ này thay đổi tuỳ theo số câu lựa

chọn trong mỗi câu hỏi. Nếu câu hỏi có hai lựa chọn thì tỉ lệ kỳ vọng là 50 %. Như vậy, độ khó vừa

phải của câu hai lựa chọn này phải là trung điểm giữa tỉ lệ may rủi kỳ vọng là 100 %, nghĩa là : (100

+ 50)/2 = 75 %. Nói cách khác, câu trắc nghiệm loại Đúng-Sai có độ khó vừa phải nếu 75 % học

sinh trả lời đúng câu hỏi ấy.

Cũng với cách tính ấy, ta biết được tỉ lệ kỳ vọng của loại câu trắc nghiệm có 4 lựa chọn là 100/4

= 25 %. Vậy, độ khó vừa phải của câu 4 lựa chọn là: (100 + 25)/2 = 62,5 %. Nói cách khác, độ khó

của câu trắc nghiệm với 4 lựa chọn được xem là vừa phải nếu có 62.5 % học sinh trả lời đúng câu

ấy.

Riêng với các câu thuộc loại “trả lời tự do” như loại “điền khuyết” thì độ khó vừa phải là 50%,

nghĩa là 50% học sinh trả lời đúng câu hỏi ấy.

Khi lựa chọn những câu trắc nghiệm căn cứ vào độ khó của các câu ấy thì trước tiên ta phải gạt

đi những câu nào mà tất cả học sinh không trả lời được, vì như thế là quá khó; hay tất cả học sinh

đều trả lời được, vì như thế là quá dễ. Những câu ấy vô dụng vì không giúp phân biệt được học sinh

giỏi với học sinh kém. Một bài trắc nghiệm giá trị và đáng tin cậy thường là những bài gồm những

câu trắc nghiệm có độ khó xấp xỉ hay bằng độ khó vừa phải.

Độ khó của bài trắc nghiệm

Phương pháp đơn giản để xét độ khó của bài trắc nghiệm là đối chiếu điểm số trung bình (mean)

của bài trắc nghiệm ấy với điểm trung bình lý tưởng của nó.

Điểm trung bình lý tưởng là trung điểm giữa điểm tối đa có thể có được và điểm may rủi kỳ

vọng của nó (expented chance score). Điểm may rủi kỳ vọng này bằng số câu trắc nghiệm chia cho

số lựa chọn cho mỗi câu. Như vậy, với một bài trắc nghiệm 40 câu, mỗi câu có 4 lựa chọn, thì điểm

may rủi kỳ vọng là 40/4 = 10, và trung bình lý tưởng của bài trắc nghiệm ấy là: (10 + 40)/2 = 25.

Nếu trung bình quan sát (tức trung bình tính được từ một nhóm học sinh làm bài trắc nghiệm ấy)

trên hay dưới 25 quá xa thì bài trắc nghiệm ấy là quá dễ hay quá khó.

Một phương pháp khác đơn giản hơn nữa để phỏng định độ khó của một bài trắc nghiệm đối với

một nhóm học sinh hay một lớp học là quan sát phân bố điểm số của bài trắc nghiệm ấy. Nếu trung

bình của bài trắc nghiệm nằm xấp xỉ hay ngay ở trung điểm của hàng số (range) giữa điểm cao nhất

và thấp nhất, và nếu không có điểm 0 hoặc điểm tối đa (hoàn toàn) thì ta có thể khá chắc chắn rằng

bài trắc nghiệm ấy thích hợp cho nhóm học sinh ta khảo sát.

Thí dụ : với bài trắc nghiệm 80 câu, ta có điểm trung bình là 42 và hàng số từ 10 điểm (thấp

nhất) đến 75 điểm (cao nhất). Các dữ kiện ấy cho ta biết rằng bài trắc nghiệm ấy có độ khó vừa phải

với nhóm học sinh được khảo sát. Mặt khác, cũng bài trắc nghiệm ấy được đưa ra cho một nhóm

học sinh khác, ta thấy điểm trung bình là 69 và hàng số điểm từ 50 đến 80, thì rõ ràng là bài trắc

nghiệm ấy dễ đối với nhóm thứ hai này. Ngược lại, nếu ta có trung bình là 15 và hàng số điểm từ 0

đến 40, thì có thể tin chắc rằng, bài bài trắc nghiệm ấy quá khó đối với chúng.

1.2.2.5. Quy trình soạn thảo bài TNKQ dạng nhiều lựa chọn

Giai đoạn chuẩn bị

* Xác định các kiến thức cần kiểm tra : Cần phân chia nội dung chương trình thành các nội dung cụ

thể và xác định tầm quan trọng của từng nội dung đó để phân bố trọng số. Các mục tiêu phải được

phát biểu dưới dạng những điều có thể quan sát được, đo được để đặt ra các yêu cầu về mức độ đạt

được của kiến thức, kĩ năng…

* Lập bảng đặc trưng : Sau khi phân chia nội dung chương trình thành nội dung dạy học cụ thể,

người ta tiến hành lập bảng đặc trưng bằng cách dùng ma trận hai chiều để phân bố câu hỏi theo

trọng số của nội dung và mục tiêu cần kiểm tra. Phân loại từng câu hỏi TN theo 2 chiều cơ bản: một

chiều là các nội dung quy định trong chương trình và chiều kia là các mục tiêu dạy học (các yêu cầu

về kiến thức, kĩ năng, năng lực… của HS cần đạt được). Số lượng câu hỏi tuỳ thuộc vào mức độ

Nội dung kiến thức

Yêu cầu cần đạt được về

cần kiểm tra

Kiến thức

Kĩ năng

Vận dụng thấp Vận dụng cao

Nhớ

Hiểu

quan trọng của mỗi loại mục tiêu và mỗi loại nội dung.

Tổng

* Tuỳ theo nội dung dạy học và mục tiêu dạy học mà chúng ta chọn loại câu hỏi

- Giúp HS nhớ các khái niệm, kết luận: chọn dạng câu điền khuyết

- Giúp HS hiểu khái niệm chính xác, vận dụng được kiến thức: chọn loại câu đúng – sai, câu

nhiều lựa chọn.

- Giải thích, kiểm tra kĩ năng thí nghiệm: chọn loại câu ghép đôi.

- Giải bài toán cơ bản: chọn câu nhiều lựa chọn.

Cần chọn ra những câu hỏi có mức độ khó phù hợp với yêu cầu đánh giá và trình độ nhận thức của

HS.

Ngoài ra giáo viên cần chuẩn bị đủ tư liệu nghiên cứu, tài liệu tham khảo để có kiến thức chuyên

môn vững chắc, nắm vững nội dung chương trình.

* Xác định câu hỏi cho từng nội dung, ở các mức độ nhận thức khác nhau.

Giai đoạn thực hiện

Viết nội dung của từng câu hỏi, giai đoạn này nên theo các quy tắc tổng quát sau :

- Số câu hỏi ở bản thảo nên có nhiều câu hỏi hơn số câu hỏi cần dùng.

- Mỗi câu hỏi nên liên quan đến một mục tiêu nhất định, diễn đạt rõ ràng.

- Tránh dùng nguyên văn các câu trích từ sách giáo khoa hay bài giảng.

- Tránh dùng những câu hỏi có tính chất “đánh lừa” HS.

- Tránh để HS đoán được câu trả lời dựa vào dữ kiện cho ở các câu hỏi khác.

- Nên sắp xếp các câu hỏi theo thứ tự mức độ khó dần và câu hỏi cùng loại được xếp vào một

chỗ.

- Phải soạn kĩ đáp án trước khi cho HS làm bài kiểm tra và cần báo cho HS cách cho điểm mỗi

câu hỏi.

- Cần tham khao ý kiến của đồng nghiệp và chuyên gia khi soạn thảo câu hỏi, phân bố câu hỏi ở

các nội dung cũng như khi chỉnh sửa câu hỏi sau này.

Sau đó xây dựng đề kiểm tra và cho kiểm tra thử. Giáo viên chấm và phân tích kết quả để đánh giá

chất lượng của câu hỏi TNKQ.

Cuối cùng, sau khi đánh giá ta chỉnh sửa các câu hỏi cho phù hợp và đưa vào sử dụng trong dạy học.

Tóm tắt các giai đoạn trên bằng hình 1.3 như sau

Hình 1.3. Tóm tắt các giai đoạn soạn thảo bài TNKQ

Xác định mục tiêu nội dung

Nghiên cứu chương trình môn học và các giáo trình, SGK sử dụng

Xây dựng câu hỏi

Trắc nghiệm thử

Viết câu hỏi và lấy ý kiến của đồng nghiệp và chuyên gia

Kiểm định chỉ số đo

Kiểm định các chỉ số đo

Chọn câu đạt, loại bỏ hoặc sửa chữa câu không đạt

Sử dụng với mục đích khác nhau

Sử dụng các mục tiêu dạy học

1.2.2.6. So sánh phương pháp trắc nghiêm tự luận và trắc nghiệm khách quan

Có nhiều tranh luận về hình thức nào tốt hơn TNTL hay TNKQ. Câu trả lời sẽ là tùy thuộc vào

mục đích của việc kiểm tra, đánh giá. Mỗi hình thức đều có ưu điểm cho một số mục đích nào đó.

Ưu và nhược điểm của TNTL và TNKQ được tóm tắt trong bảng 1.3 như sau

Bảng 1.3. So sánh phương pháp TNTL và TNKQ

lực đo

Những năng được

Phạm vi bao quát bài trắc nghiệm

Ảnh hưởng đối với học sinh

TRẮC NGHIỆM TỰ LUẬN - HS có thể tự diễn đạt ý tưởng bằng chính ngôn ngữ chuyên môn của mình nhờ vào kiến thức và kinh nghiệm đã có. - Có thể đo lường khả năng suy luận như: sắp xếp ý tưởng, suy diễn, tổng quát hóa, so sánh, phân biệt, phân tích, tổng hợp một cách hữu hiệu… - Không đo lường kiến thức ở mức biết, hiểu một cách hữu hiệu. - Có thể kiểm tra đánh giá được một phạm vi kiến thức ít nhưng rất sâu với số lượng câu hỏi trong một bài kiểm tra ít. - Kiểm tra được một phần của chương trình. - Khuyến khích HS độc lập diễn đạt ý tưởng bằng chính ngôn ngữ của mình một cách hiệu quả và nó tạo điều kiện cho GV đánh giá quá trình tư duy của HS

Chấm bài

TRẮC NGHIỆM K.QUAN - HS chọn một câu đúng nhất trong số các phương án trả lời cho sẳn hoặc viết them một vài từ … - Có thể đo lường khả năng suy luận như: sắp xếp ý tưởng, suy diễn, tổng quát hóa, so sánh, phân biệt, phân tích nhưng không hữu hiệu bằng phương pháp TNKQ. - Có thể đo lường (kiểm tra) kiến thức ở mức biết, hiểu một cách hữu hiệu. Vì có thể tra lời nhanh nên số lượng câu hỏi nhiều, do đó bao quát một phạm vi kiến thức rộng lớn. - Kiểm tra được toàn bộ chương trình, hạn chế được học tủ. - HS ít quan tâm đến việc tổ chức sắp xếp, diễn đạt ý tưởng của mình. Song TNKQ khuyến kích HS tích lũy kiến thức, kỹ năng nhanh nhẹn, chống được thái độ học tủ học vẹt. Nhưng đôi khi tạo sự đoán mò. - Nhanh, có thể dùng máy. - Khách quan. - Độ chính xác cao.

Soạn đề kiểm tra

- Mất nhiều thời gian. - Khó cho điểm chính xác, phụ thuộc chủ quan của người chấm. - Sai số thường từ 0,5 – 1 điểm. - Đòi hỏi GV phải cẩn thận, công bằng, tránh thiên vị. - Số lượng câu hỏi ít nên không tốn nhiều thới gian, công sức của GV.Tuy nhiên đề này ít khi được sử dụng lại

- Số lượng câu hỏi nhiều do đó đỏi hỏi GV phải tốn công sức, phải có nhiều kinh nghiệm và kiến thức chuyên môn vững vàng. Vì vậy cần xây dựng ngân hàng câu hỏi. - Các câu TNKQ phải được kiểm chứng

về chất lượng độ khó và độ phân cách và độ khó của bài trắc nghiệm.Cần phải chỉnh sửa và bổ sung sau mỗi lần kiểm tra. - Nếu làm được như vậy thì đề thi này có tính chính xác và khách quan cao có thể sử dụng nhiều lần bằng cách xáo trộn.

1.3. Phương pháp chuyển bài toán hóa học dạng TNTL sang dạng TNKQ nhiều lựa chọn

1.3.1. Các bước chuyển bài toán hóa học dạng TNTL sang dạng TNKQ nhiều lựa chọn

Bước 1 : Xác định nội dung bài toán

Khi chuyển đổi một bài toán hóa học dạng TNTL sang dạng TNKQ thì bài toán đó phải thỏa

mãn yêu cầu là chỉ giải trong vòng 1 đến 3 phút. Nếu thời gian để giải bài toán đó quá lớn thì không

phù hợp cho hình thức TNKQ( như chúng ta biết với đề thi tuyễn sinh Đại học 50 câu /90 phút ). Do

vậy cần phải lựa chọn các bài tập có phương pháp giải nhanh hoặc là một ý của bài tập lớn,…

Bước 2 : Thay đổi cách hỏi

Thay động từ yêu cầu thực hiện một việc tính toán nào đó như là tính (xác định ...) giá trị V, m

... bằng một sự lựa chọn các phương án trả lời có sẵn. Trong các phương án lựa chọn tất nhiên có

một phương án là đáp số của bài toán còn lại là các phương án nhiểu.

Bước 3: Biên soạn câu nhiễu (mồi nhử)

Đây là bước tốn nhiều thời gian nhất. Theo tôi một bài tập TNKQ có chất lượng thì các phương

án nhiễu phải có vẽ hợp lý. Phải dựa trên những nguyên tắc nhất định. Chứ không phải cho đại hay

viết đại một con số nào đó. Sau đây là một số kĩ thuật biên soạn câu nhiễu cho câu TNKQ dạng toán

hoá học.

1.3.2. Kỹ thuật biên soạn câu nhiễu trong câu trắc nghiệm khách quan nhiều lựa chọn dạng bài toán hoá học

1.3.2.1. Sử dụng các đáp số sai bắt nguồn từ cách giải sai của học sinh để làm

phương án nhiễu

Trong mỗi bài toán hoá, giáo viên có thể khai thác các lỗi sai của học sinh trên các phương diện

khác nhau

- Sai lầm liên quan đến kiến thức lí thuyết

- Sai lầm liên quan đến kĩ năng giải toán

- Sai lầm liên quan trong việc áp dụng phương pháp giải toán

Trước hết GV giải để tìm đáp án đúng, sau đó phân tích những điểm mấu chốt về mặt kiến thức

hay kĩ năng giải toán... mà học sinh có thể nhầm lẫn, sai sót, lần theo các sai lầm đó để đi đến các

kết quả sai, các kết quả đó chính là các phương án nhiễu.

Để tìm được các lỗi sai này GV khi dạy học phải lưu ý là ghi chép lại các sai lầm của HS và tích

lũy dần thành một khối kinh nghiệm. Còn không cách thông dụng nhất là cho HS làm bài tập ở dạng

tự luận lấy các kết quả sai của HS làm mồi nhử.

Dưới đây là một số kiểu sai lầm thường gặp của học sinh trong xử lí bài tập trắc nghiệm toán hóa

a. Sai lầm liên quan đến kiến thức lí thuyết

Ví dụ 1: Cho 28 gam bột Fe vào dung dịch AgNO R3 R dư, giả sử phản ứng xảy ra hoàn toàn thì khi Fe

tác dụng hết sẽ thu được bao nhiêu gam chất rắn ?

A. 54. B. 108. C. 162. D. 270.

Hướng dẫn giải : Dung dịch AgNO R3 R dư nên oxi hoá hoàn toàn Fe thành Fe(NOR3 R)R3

→ Fe(NOR3 R)R2 R+ 2Ag ↓

(1) 2AgNO R3 R + Fe

R → Fe(NOR3 R)R3 R

+ Ag ↓ (2) AgNO R3 R + Fe(NOR3 R)R2 R R

3AgNO R3 R + Fe → Fe(NOR3 R)R3 R + 3Ag ↓

28 56

nRAgR = 3. nRFe R = 3. = 1,5 mol  mRAgR = 162 gam.  Chọn đáp án C.

Phân tích : Thường học sinh chỉ dừng ở phản ứng (1) và tính toán, vì không biết hoặc quên rằng

AgNO R3 R dư, có thể oxi hoá tiếp Fe(NOR3 R)R2 R thành Fe(NOR3 R)R3 R.

(1) Fe + 2AgNO R3 R → Fe(NOR3 R)R2 R+ 2Ag ↓

28 56

 nRAg R = 2. nRFeR = 2. = 1 mol  mRAgR = 108 gam.

Ví dụ 2 : Hòa tan m gam BaO vào HR2 RO thu được 200 ml dd A có pH = 13. Giá trị của m (gam) là

A. 1,53. B. 7,65. C. 15,3. D. 38,25.

- pH = 13  pOH = 1  [OHP P] = 0,1M

- nROHRP P = 0,1.0,2 = 0,02 mol

P = 0,01 mol

- nRBaO R = n RBa(OH)2 R = ½ nROH RP

Hướng dẫn giải : BaO + HR2 RO  Ba(OH)R2

mRBaO R = 0,01.153 = 1,53 gam.  Chọn đáp án A.

- - - P] = 0,1M thì thay luôn P]. Do vậy khí tính được [OHP P và [OHP Chú ý : HS thường nhầm lẫn giữa nROH RP

- vào phương trình và tính được nRBaO R = n RBa(OH)2 R = ½ nROH RP

P = 0,05 mol  mRBaO R = 0,05.153 = 7,65

gam  Chọn đáp án B.

- Có nhiều HS không phân biệt được khái niệm pH và pOH và cũng giải sai

- pH = 13  pOH = 1  [OHP P] = 1M

- nROHRP P = 1.0,2 = 0,2 mol

P = 0,1 mol

- nRBaO R = n RBa(OH)2 R = ½ nROH RP

- P = 0,1/0,2 = 0,5 mol - Nhiều HS cũng có thể sai ngay chổ tính nROH RP

P = 0,25 mol

- nRBaO R = n RBa(OH)2 R = ½ nROH RP

mRBaO R = 0,1.153 = 15,3 gam  Chọn đáp án C.

mRBaO R = 0,25 ×153 = 38,25 gam  Chọn đáp án D.

b. Sai lầm liên quan đến kĩ năng giải toán

Thiếu kĩ năng giải, dẫn đến giải một cách “bản năng” và thiếu tầm nhìn khái quát (không định

hình phương pháp giải, không chú ý đến tỉ lệ lượng chất dư, thiếu hay vừa đủ, phản ứng xảy ra

hoàn toàn hay không hoàn toàn, không xét hết trường hợp có thể xảy ra,…)

Ví dụ 3: (Đề thi ĐH khối A – 2006 ) Hấp thụ hoàn toàn 2,688 lít COR2 R (đktc) vào 2,5 lít dung dịch

Ba(OH)R2 R nồng độ a M thu được 15,76 gam kết tủa. Giá trị của a (M) là

A. 0,032. B. 0,048. C. 0,06. D. 0,04.

(1) Hướng dẫn giải : COR2 R + Ba(OH)R2 R → BaCOR3 R ↓ + HR2 RO

76,15 197

= 0,08 Mol : 0,08 0,08 ←

(2) 2COR2 R + Ba(OH)R2 R → Ba(HCOR3 R)R2 R

 0,08 +2x = = 0,12  x = 0,02 mol Mol : 2x x ← x ,2 688 4,22

1,0 5,2

= 0,08 + 0,02 = 0,1 mol  a = = 0,04 M.  Chọn đáp án D.  ∑ nRBa(OH) 2 R

Phân tích :

COR2 R + Ba(OH)R2 R → BaCOR3 R ↓ + HR2 RO

= 0,08 Mol: 0,08 0,08 ←

76,15 197 08,0 5,2

= 0,08 mol  a = = 0,032 M → Phương án nhiễu A.  nRBa(OH) 2 R

12,0 5,2

= 0,12 mol  a = = 0,048 M → Phương án nhiễu B. Hoặc nRBa(OH) 2 R

Lỗi này do học sinh không cân bằng phản ứng (2), hoặc học sinh không quan tâm đến khối lượng

kết tủa, mà suy ra số mol Ba(OH)R2 R từ số mol COR2 R theo phản ứng (1).

c. Không cân bằng đúng tỉ lệ lượng chất của phản ứng hoá học (hay bán phản ứng oxi hoá

khử)

= 14,4. Giá trị của V (lít) là Ví dụ 4: Cho 0,06 mol Al phản ứng với dung dịch HNOR3 R tạo ra V lít hỗn hợp khí NR2 R và NO ở cùng điều kiện và d RA/H 2

A. 1,12. B. 0,56. C. 0,96. D. 1,344.

Hướng dẫn giải : Áp dụng quy tắc đường chéo ta có

NO : 30 28,8 – 28 = 0,8

28,8

30 – 28,8 = 1,2 NR2 R: 28

Gọi a, b lần lượt là số mol của khí NO và NR2 R ta có

P + 3e 

= 0,8 : 1,2 = 2 : 3 (1) nRNO R: nRNRR 2 R

Quá trình khử NP Quá trình oxi - hóa +3 Al → AlP P + 3e 0,06 0,18

P +10e  P10b b (2)

NP P3a a N 0 2 2NP

Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có: 0,18 = 3a + 10b

Từ (1) và (2)  a = 0,01, b = 0,015  V = (0,015+0,01)×22,4 = 0,56 lít.  Chọn đáp án B.

Phân tích : HS thường cân bằng sai ở phản ứng : 2NP

P+ 10e  N 0 2 b 0 P+ 5e  NP b

P 10b +5 NP 5b

Mà cân bằng như sau : P

(2)

Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có : 0,18 = 3a + 5b Từ (1) và (2)  a = 0,017, b = 0,026.  V = (0,017+0,026).22,4 = 0,96 lít  phương án nhiễu C.

d. Sai lầm trong quá trình tính toán : nhầm lẫn hoặc sai sót trong quá trình áp dụng hay biến đổi

các biểu thức toán, hoá liên quan đến các thông số như khối lượng, nồng độ, thể tích, hiệu suất,

thành phần %, pH, áp suất…

Ví dụ 5 : (Đề thi ĐH khối A – 2007) Dung dịch HNOR3 R và dung dịch CHR3 RCOOH có cùng nồng độ

mol/lít, pH của 2 dung dịch tương ứng là x và y. (giả thiết cứ 100 phân tử CHR3 RCOOH thì có 1 phân

tử điện li) Mối quan hệ giữa x và y là

A. y = 100x. B. y = 2x. C. y = x – 2. D. y = x + 2.

P] = -lga

+ HNOR3 R → HP → a (M) : a +  pH = x = - lg[HP

Hướng dẫn giải : Đặt HCl (a M) và CHR3 RCOOH (a M) P + NO − 3

+ CHR3 RCOOH ↔ HP (M) : a →

– P + CHR3 RCOOP 0,01.a

+  pH = y = - lg[HP

P] = -lg(0,01a) = 2 - lga = 2 + x.  Chọn đáp án D.

Cứ 100 phân tử CHR3 RCOOH thì có 1 phân tử điện li, nghĩa là α = 1% = 0,01.

Phân tích :

P] = -lg(0,01a) = - lg0,01 - lga = - 2 + x → phương án nhiễu C.

P] = -lg(0,01a) = (-lg0,01).(-lga) = 100.x → phương án nhiễu A.

+ KNS 2 : pH = y = - lg[H P

+ KNS 3 : pH = y = - lg[H P

P] = -lg(0,01a) = - (lg0,01.lga) = 2.x → phương án nhiễu B.

Học sinh có thể cho kết quả sai trong quá trình biến đổi các biểu thức toán + KNS 1 : pH = y = - lg[H P

e. Sai lầm trong khi áp dụng các phương pháp giải toán (phương pháp bảo toàn electron, bảo

toàn điện tích, phương pháp bảo toàn khối lượng, phương pháp đường chéo…) do không nắm

vững nguyên tắc của các phương pháp và áp dụng một cách máy móc

Ví dụ 6 : Cho 1,68 gam bột Mg tác dụng vừa đủ với 500 ml dd HNOR3 R aM thu được dd X và 0,448

lít khí NO duy nhất. Giá trị của a (M) và khối lượng muối tạo thành trong dd X là

A. 0,36 ; 11,16. B. 0,16 ; 10,36. C. 0,36 ; 10,36. D. 0,16 ; 11,16.

P + 2e

P + 3e  NO + 2 HR2 RO

Hướng dẫn giải : Mg  MgP

0,08 0,06 0,02 0,07 0,14 − + NOR3 RP P + 4 HP

Theo đề bài thì Mg phản ứng vừa đủ với dd HNOR3 R nhưng ta nhận thấy n Re-cho ≠ RnRe-nhận RNên sản phẩm

− + NOR3 RP P + 10 HP

P + 8e  NHR4 RP

P+ 2 HR2 RO

khử ngoài NO còn có NHR4 RNO R3

P = 0,08 + 0,1 = 1,8 mol  a = 0,18/0,5 = 0,36 M.

+ nRHNO 3 R= nRHRP  Trong dd X có 0,07 mol Mg(NO R3 R)R2 R và 0,01 mol NHR4 RNO R3

0,1 0,08 0,01

 mRmuối R= 0,07. 148 + 0,01.80 = 11,16 gam.  Chọn đáp án A.

Phân tích : Ở đây cần chú ý rằng khí NO là khí duy nhất chứ không phải là sản phẩm khử duy nhất.

Nếu HS không để ý điều này cho rằng bài toán khá đơn giản và mắc sai lầm như sau :

nRmg R= 0,07 mol  trong dd X cú 0,07 mol Mg(NOR3 R)R2 R

− + P + 4 HP NOR3 RP

P + 3e  NO + 2 HR2 RO

 mRMg(NO 3 ) 2 R= 0,07.148 = 10,36 gam nRNOR = 0,02 mol có bán PTHH sau

P = 0,08 mol  a = 0,08/0,5 = 0,16 M  Phương án nhiểu B.

+ nRHNO 3 R= nRHRP

0,08 0,06 0,02

g. Sai lầm khi lựa chọn phương án trên cơ sở (thoả mãn) một số dữ kiện mà học sinh có thể

khai thác được.

Ví dụ 7 : Sục V lít CO R2 R (đktc) vào dung dịch A chứa 0,2 mol Ca(OH) R2 R thu được 2,5 gam kết tủa.

Giá trị của V (lít) là

A. 0,56. B. 8,4. C. 11,2. D. Cả A và B.

CaCO =

5,2 100

Hướng dẫn giải : n = 0,025 mol

TH1 : COR2 R + Ca(OH)R2 R → CaCOR3 R + HR2 RO Mol 0,025 ← 0,025  V = 0,025×22,4 = 0,56 lít. TH2 : COR2 R + Ca(OH)R2 R → CaCOR3 R + HR2 RO 0,025 0,025 ← 0,025 2COR2 R + Ca(OH)R2 R → Ca(HCOR3 R)R2 0,35 ← (0,2 – 0,025)  V = (0,025 + 0,35)×22,4 = 8,4 lít.  Chọn đáp án D.

Phân tích : Trong giải toán hoá, nhiều bài buộc học sinh phải có kiến thức bao quát quanh vấn đề

đề cập đến để có thể biện luận hết các trường hợp (các khả năng) có thể xảy ra. Học sinh có thể

thiếu sót do chỉ chú ý đến một trong các trường hợp riêng. Khi đó chúng ta sử dụng các trường hợp

riêng đó (sai hoặc chưa đầy đủ) để tạo phương án nhiễu.

Với bài toán trên học sinh có thể chỉ xét một trong hai trường hợp, nên dễ chọn vào phương án A

hoặc B.

1.3.2.2. Đổi vị trí các số hoặc vị trí dấu phẩy, nhân hoặc chia (thêm một vài đơn vị) của đáp án. Cách này thường được áp dụng vì có thể làm nhanh nhưng không thuyết phục lắm

B.22,9. C. 92,2. D.92,9.

C. 0,224. D. 224.

Ví dụ : Đổi vị trí các số của đáp án A. 29,2. Đổi vị trí dấu phẩy (nhân hoặc chia với bội số của 10) B. 22,4. A. 2,24. Nhân hoặc chia thêm một vài đơn vị của đáp án B. 3,36. A. 2,24. C. 4,48. D. 6,72.

1.3.2.3. Một cách kiểm tra hình thức TNKQ đó là không cho 4 phương án lựa chọn

A,B,C,D mà để trống rồi yêu cầu HS tự ghi kết quả vào

Cách này vừa có ưu điểm là chống được sự may rủi bằng cách chọn một cách ngẫu nhiên của

HS mà vẫn có thể kiểm tra một lượng kiến thức lớn của HS

Ví dụ 8 : Hòa tan m gam BaO vào H R2 RO thu được 200 ml dd A có pH = 13. Tính giá trị của m (gam)

? (các em chỉ cần ghi kết quả mà không cần trình bài lời giải)

1.4. Bài tập hóa học

1.4.1. Tác dụng của bài tập hóa học

- Phát huy tính tích cực, sáng tạo của học sinh.

- Giúp học sinh hiểu rõ và khắc sâu kiến thức.

- Hệ thống hóa các kiến thức đã học. Một số đáng kể bài tập đòi hỏi học sinh phải vận dụng tổng

hợp kiến thức của nhiều nội dung trong bài, trong chương. Dạng bài tập đòi hỏi học sinh phải vận

dụng, huy động vốn hiểu biết của nhiều chương nhiều bộ môn.

- Cung cấp thêm kiến thức mới,mở rộng hiểu biết của học sinh về các vấn đề thực tiển đời sống và

sản xuất hóa học.

- Rèn luyện một số kỹ năng, kỹ xảo: như là kỹ năng sử dụng ngôn ngữ hóa học, kỹ năng cân bằng

phản ứng, kỹ năng giải từng dạng bài tập khác nhau.

- Phát triển tư duy cho học sinh, vì khi giải các bài tập hóa học, học sinh được rèn luyện các thao tác

tư duy như phân tích, tổng hợp, so sánh, quy nạp, diễn địch.

- Giúp giáo viên đánh giá được kiến thức và kỹ năng của học sinh. Học sinh cũng tự kiểm tra biết

được những lổ hổng kiến thức để kịp thời ôn tập và bổ sung.

- Rèn luyện cho học sinh tính kiên trì, chịu khó, chính xác khoa học, cẩn thận, trung thực nhất là đối

với bài toán thực hành. Làm cho các em yêu thích bộ môn say mê khoa học(đặc biệt là những bài

toán gây hứng thú cho học sinh).

1.4.2. Các cách phân loại bài tập hóa học

Có rất nhiều tiêu chí để phân loại bài tập hóa học. với đề tài này chúng tôi phân loại bài tập hóa

học theo tiêu chí là nội dung.

1.4.2.1. Bài tập lý thuyết

Thường được cho dưới dạng các câu hỏi nhằm mục đích làm chính xác các khái niệm, củng cố

và hệ thống hóa các kiến thức và tập vận dụng kiến thức vào thực tiễn, tập sử dụng các loại bảng…

1.4.2.2. Bài toán hóa học

Đây là loại bài tập cần các thủ thuật tính toán

1.4.3. Các phương pháp giải bài tập hóa học (xem ở phần phụ lục)

1.4.4. Thực tiễn, xu hướng và một số chú ý khi sử dụng bài tập hóa học hiện nay

1.4.4.1. Thực tiễn của việc sử dụng bài tập hóa học hiện nay

Qua tìm hiểu, điều tra chúng tôi thấy rằng : Đa số giáo viên đã chú ý đến việc sử dụng bài tập

trong quá trình giảng dạy nói chung tuy nhiên việc sử dụng bài tập trong quá trình dạy học hóa học

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 học sinh (tức là chỉ chú ý đi tìm

lời giải và đáp án của bài toàn )

- Chưa chú trọng khuyến khích học sinh 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 học

sinh. Tuy nhiên, việc sử dụng bài tập hóa học như là một phương pháp dạy học tích cực thì chưa

được chú ý đúng mức.Tức là sử dụng bài tập ở khâu truyền thụ kiến thức mới chưa được chú ý

nhiều.

Giáo viên và học sinh 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 học sinh trong quá trình giải thì việc giải để đi đến đáp số của các bài toán sẽ đơn giản hơn

rất nhiều.

Sau đây là một số điều tra tình hình sử dụng bài tập trong quá trình dạy học

Bảng 1.4. Mức độ sử dụng BTHH (dạng bài toán) có phương pháp giải nhanh trong dạy học của GV

Tần suất Đôi khi Mục đích Rất thường xuyên Thường xuyên Không sử dụng

Khi dạy bài mới Khi luyện tập, ôn tập, tổng kết Khi kiểm tra – đánh giá kiến thức 5,36% 28,57% 25,70% 53,57% 5,36% 53,57% 16,71% 54,61% 17,35% 35,71% 1,14% 2,34 %

Bảng 1.5. Phương pháp giải bài tập dạng bài toán GV dùng để dạy học hóa học cũng như để KT – ĐG hiện nay

PP thông thường Giải bằng nhiều cách

Phần trăm 23 % 13 % PP giải nhanh 64 %

Bảng 1.6. Loại bài tập GV thường sử dụng trong dạy học hóa học, KT – ĐG cũng như HS hứng thú học tập hiện nay

BT có nhiều kỹ thuật tính toán BT có hình ảnh minh họa

BT có liên hệ kiến thức thực tiễn 23,33 % 35.02 % BT có PP giải nhanh 49,47 % 2,17 Phần trăm

Bảng 1.7. Mục đích làm BT của HS

Tự giác làm (có hứng thú học)

Yêu cầu của GV (làm BT vì kiểm tra,thi cử) Làm BT để khắc sâu kiến thức Làm BT để phát triển tư duy và rèn trí thông minh

40,30 % 23, 05 % 35,43 % 11,22 % Phần trăm

1.4.4.2. Những xu hướng phát triển của bài tập hóa học hiện nay

Hiện nay, bài tập hóa học được xây dựng theo các xu hướng sau :

- Loại bỏ những bài tập có nội dung trong hóa học nghèo nàn nhưng lại cần đến những thuật

toán phức tạp để giải: hệ nhiều ẩn, nhiều phương trình, bất phương trình, phương trình bậc 2,

cấp số cộng, cấp số nhân…

- Loại bỏ những bài tập có nội dung lắt léo, giả định rắc rối, phức tạp, xa rời hoặc phi thực tiễn

hóa học.

- Tăng cường sử dụng bài tập thực nghiệm. Tăng cường sử dụng bài tập trắc nghiệm khách quan.

- Xây dựng bài tập mới về bảo vệ môi trường. An toàn thực phẩm.

- Xây dựng bài tập mới để rèn luyện cho HS năng lực phát hiện vấn đề và giải quyết vấn đề có

liên quan đến hóa học và sự vận dụng kiến thức vào thực tiễn cuộc sống (các quá trình sản xuất

hóa học)

- Đa dạng hóa các loại hình bài tập như : Bài tập bằng hình vẽ, bài tập vẽ đồ thị, sơ đồ, lắp dụng

cụ thí nghiệm…

- Xây dựng những bài tập có nội dung hóa học phong phú, sâu sắc, phần tính toán đơn giản, nhẹ

nhàng.

- Xây dựng và tăng cường sử dụng bài tập thực nghiệm định lượng.

- Bài tập có PP giải nhanh, vận dụng các định luật, các quy luật để giải nhằm khắc sâu kiến thức,

hiểu rõ bản chất hóa học. Đặc biệt là trong một số năm gần đây kỳ thi tuyển sinh Đại học, Cao

Đẳng chỉ trong vòng 90 phút mà phải giải quyết 50 câu TNKQ điều này đòi hỏi HS phải có PP

giải nhanh mới kịp thời gian.

1.4.4.3. Một số chú ý khi sử dụng bài tập trong dạy học hóa học

- GV phải nắm vững trình độ của từng đối tượng HS để lựa chọn bài tập cho phự hợp. Bài tập phải

vừa sức, theo mức độ phức tạp tăng dần. Hạn chế những bài tập có nội dung hóa học nghèo nàn, lắt

léo, tính toán phức tạp phi thực tiễn hóa học

- Khi sữa bài tập cho HS nên hướng HS theo một logic nhận thức, tránh sữa qua loa, đại khái.

- Tùy theo trình độ và thời gian, một bài toán nên tìm nhiều cách giải khác nhau có thể. Từ đó so

sánh và hướng HS chọn cách giải nhanh và hay nhất. Đây là biện pháp hữu hiệu để phát triển tư duy

và rèn trí thông minh cho HS.

- Linh hoạt sử dụng bài tập trong các công đoạn khác nhau của quá trình dạy học. Không nhất thiết

phải giải nhiều bài tập trong một thời gian nhất định mà quan trọng là làm cho HS hiểu rõ vấn đề

cần đề cập trong bài tập đó.

- Muốn hình thành kỹ năng cho HS không thể chỉ giải một bài tập mà phải giải nhiều bài cùng dạng.

Tuy nhiên, nếu giống nhau hoàn toàn sẽ gây nhàm chán, nhất là đối với HS khá giỏi. Vì vậy, cần bổ

sung những chi tiết mới, vừa có tác dụng mở rộng, đào sâu vừa gây được hứng thú học tập.

- Đối với cách dạy thông thường thì chỉ cần tổ chức cho học sinh hoạt động tìm ra đáp số của bài

toán. Để phát triển tư duy và rèn trí thông minh cho học sinh thì làm như thế là chưa đủ, thông qua

hoạt động giải bài toán hoá học luôn khuyến khích học sinh 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 học sinh cùng tham gia tranh luận. Khi nói lên

được một ý hay, giải bài toán đúng, với phương pháp hay sẽ tạo ra cho học sinh niềm vui, một sự

hưng phấn cao độ, kích thích tư duy, nỗ lực suy nghĩ tìm ra cách giải hay hơn thế nữa.

Tiểu kết chương 1

1. Nghiên cứu cơ sở lí luận về KT – ĐG

- Khái niệm, chức năng, ý nghĩa bản chất , tiêu chí, các hình thức của KT – ĐG.

2. Nghiên cứu cơ sở lý luận về trắc nghiệm

- Khái niệm, các dạng câu hỏi, ưu nhược điểm của TNKQ và TNTL.

- Phân tích câu TNKQ (độ khó, độ phân cách), quy trình soạn thảo bài TNKQ.

3. PP chuyển một bài toán hóa học dạng TNTL sang dạng TNKQ

- Các bước chuyển một bài toán hóa học dạng TNTL sang dạng TNKQ.

- Kỷ thuật soạn biên soạn câu nhiễu (mồi nhử) cho câu TNKQ nhiều lựa chọn.

4. Bài tập hóa học

- Tác dụng bài tập hóa học.

- Cách phân loại bài tập hóa học.

- Các phương pháp giải nhanh bài toán hóa học.

- Thực tiễn, xu hướng và một số chú ý khi sử dụng BTHH trong dạy học hiện nay.

Chương 2: XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP TỰ LUẬN CÓ PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH DÙNG LÀM CÂU TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN NHIỀU LỰA CHỌN (DẠNG BÀI TOÁN) PHẦN PHI KIM LỚP 11 TRƯỜNG THPT

2.1. Phân tích, đề xuất một số phương pháp giải nhanh bài toán hóa học

2.1.1. Dựa vào điểm đặc biệt của nguyên tử khối, phân tử khối

Ví dụ 1 : Khối lượng (gam) H R2 RSO R4 R cần phải lấy để tác dụng vừa đủ với 3,173 gam Cu(OH)R2 R là bao

nhiêu ? (PP tự luận)

Hướng dẫn giải : PTHH : Cu(OH)R2 R+ HR2 RSO R4 R→ CuSO R4 R + 2HR2 RO

Ta thấy Cu(OH) R2 R tác dụng với HR2 RSO R4 R theo tỉ lệ 1:1 và khối lượng mol của chúng bằng nhau nên

khối lượng HR2 RSOR4 R cần dùng đúng bằng khối lượng của Cu(OH)R2 R. (bằng 3,173 gam)

U(Đáp án được chọn là đáp án In đậm và được dùng để ký hiệu cho toàn tập)

* PP TNKQ : Khối lượng (gam) H R2 RSO R4 R cần phải lấy để tác dụng vừa đủ với 3,173 gam Cu(OH)R2 R là

A. 1,173. B. 2,173. C. 3,173. D. 4,173.

Ví dụ 2 : Để tác dụng vừa đủ với 7,2 gam hỗn hợp CaS và FeO cần dùng 200 ml dd HCl 1M.

* PP tự luận : Tính phần trăm khối lượng của CaS và FeO trong hỗn hợp ?

Hướng dẫn giải : Do khối lượng mol của CaS và FeO bằng nhau, tỉ lệ mol phản ứng với HCl như

nhau nên có thể thay chất này bằng chất kia, do đó không có kết quả xác định.

CaS + 2HCl → CaClR2 R + HR2 RS

FeO + 2HCl → FeClR2 R + HR2 RO

Nếu gọi x và y lần lượt là số mol CaS và FeO ta chỉ lập được 2 phương trình hoàn toàn tương đương

nhau :

x + y = 0,1 (theo số mol hỗn hợp) và

2x + 2y = 0,2 (theo số mol HCl)

Hệ phương trình này vô định.

Ví dụ 3 : Cho 4,48 lít hỗn hợp khí N R2 RO và COR2 R đi từ từ qua dd Ca(OH) R2 R dư thấy có 1,12 lít khí đi

ra. Các thể tích khí đều đo ở đktc. Tính thành phần phần trăm theo khối lượng của N R2 RO trong hỗn

hợp ?

= 44. Khí đi ra là NR2 RO có V = 1,12 lít Hướng dẫn giải : Ta có MRN 2 OR = MRCO 2 R

Nhận xét khi 2 chất khí có PTK bằng nhau thì : %V = %n = %m

12,1 48,4

.100% = 25%. Vậy : %VRN2O R=

* PP TNKQ : Thành phần phần trăm theo khối lượng của NR2 RO trong hỗn hợp là

A. 25. B. 75. C. 45. D. 50.

Chúng ta có thể dựa vào sự bằng nhau phân tử khối của các chất sau đây để xây dựng bài toán :

MRCaO R= MRKOHR = M RFe R, MRMgO R = MRNaOHR = MRCa R, MRKHCO3 R = M RCaCO3 R, MRNaHCO3 R = MRMgCO3 R, MRCaS R= MRFeO R

...

Ngoài ra xét về giá trị của nguyên tử khối của một số nguyên tố có một số trường hợp đặc biệt

khác là

Nguyên tử khối của lưu huỳnh (S = 32) gấp đôi nguyên tử khối của oxi (O = 16) ; Nguyên tử của

magie (Mg = 24) gấp đôi nguyên tử khối của cacbon (C = 12) ; Nguyên tử khối của Cu (Cu = 64)

gấp đôi nguyên tử khối của lưu huỳnh (S = 32) gấp 4 lần nguyên tử khối của oxi.

Dựa vào điểm đặc biệt đó, trên cơ sở mối quan hệ giữa nguyên tử khối với phân tử khối để từ đó ta

có thể xây dựng một số bài toán vô cơ.

Ví dụ 4 : Cho các chất : CuR2 RS, CuS, CuO, CuR2 RO.

* PP tự luận : Tìm hai chất có phần trăm khối lượng Cu bằng nhau ?

Hướng dẫn giải : Nếu giải theo cách thông thường thì tính thành phần % của Cu trong các hợp chất

rồi sau đó chọn hai chất có thành phần % của Cu bằng nhau. Nhưng nếu biết tư duy thì dựa vào

nguyên tử khối của Cu (Cu = 64) gấp 2 lần nguyên tử khối của lưu huỳnh (S = 32) và gấp 4 lần

nguyên tử khối của oxi (O = 16). Từ đó quy đổi khối lượng của lưu huỳnh sang oxi rồi tìm xem cặp

chất nào có tỉ lệ số nguyên tử Cu và số nguyên tử O như nhau.

CuO CuR2 RO CuS

CuR2 RS 2Cu 2O 2Cu 1O 1Cu 2O 1Cu 1O

* PP TNKQ : Hai chất có phần trăm khối lượng Cu bằng nhau là

B. CuS và CuO. A. CuR2 RS và CuR2 RO.

D. Không có cặp chất nào. C. CuR2 RS và CuO.

Ví dụ 5 : Cho các chất SOR2, RSOR3 R, CuR2 RS, CuS.

* PP tự luận : Tìm chất có khối lượng mol lớn nhất ?

Hướng dẫn giải : Tương tự như ví dụ 4 ta nhận thấy khối lượng 1 nguyên tử Cu bằng 2 nguên tử S

và bằng 4 nguyên tử O. Do vậy ta quy tất cả về khối lượng nguyên tử O ta có

SO R2 4 O SO R3 5 O CuR2 RS 10 O CuS 6 O

Vậy chất có khối lượng mol lớn nhất là CuR2 RS.

* PP TNKQ : Chất có khối lượng mol lớn nhất là

RC. CuR2 RS.

D. CuS. A. SO R2 R. R B. SOR3 R. R

Ví dụ 6 : Tìm dãy các chất được sắp xếp theo chiều giảm dần hàm lượng sắt ?

A. FeS, FeSR2 R, FeSOR4 R, FeR2 R(SOR4 R) R3 R, FeO, FeR2 ROR3 R, FeR3 ROR4 R.

B. FeO, FeR3 ROR4 R, FeR2 ROR3 R, FeS, FeSR2 R, FeSOR4 R, FeR2 R(SOR4 R) R3.

C. FeS, FeSR2 R, FeR2 RO R3 R, FeR3 RO R4 R,FeSOR4 R, FeR2 R(SO R4 R) R3 R, FeO.

D. FeR3 ROR4 R, FeS, FeSR2 R, FeSOR4 R, FeR2 R(SO R4 R) R3 R, FeO, FeR2 ROR3 R.

Với cách giải thông thường là tính toán hàm lượng % sắt trong các chất, trên cơ sở đó để sắp

xếp. Tuy nhiên nếu có tư duy và sự quan sát tinh tế có thể nhận ra rằng về mặt khối lượng 1 nguyên

tử S bằng 2 nguyên tử O, từ đó thấy được tỷ lệ Fe so với nguyên tố khác tương ứng với các chất trên

là

1 Fe : 1 O 1 Fe : 1,3 O 1 Fe : 1,5 O 1 Fe : 2 O 1 Fe : 4 O 1 Fe : 6 O 1 Fe : 9 O FeO FeR3 ROR4 FeR2 ROR3 FeS FeSR2 FeSOR4 FeR2 R(SO R4 R)R3 Suy ra chọn đáp án B.

2.1.2. Phương pháp quy đổi

Ví dụ 1 : Cho hỗn hợp A gồm Fe R2 RO R3 R; FeR3 ROR4 R; FeO với số mol bằng nhau. Lấy mR1 R gam hỗn hợp A

cho vào ống chịu nhiệt nung nóng rồi cho luồng khí CO đi qua. CO phản ứng hết, thu được khí COR2 R

và 19,2 gam hỗn hợp B gồm Fe ; FeO ; FeR3 ROR4 R. Toàn bộ COR2 R thoát ra khỏi ống sứ được hấp thụ bởi

dd Ba(OH) R2 R dư, thu được mR2 R gam kết tủa trắng. Cho hỗn hợp B tác dụng với dd HNO R3 R đun nóng

thu được 2,24 lít NO (đktc).

* PP tự luận : Tính giá trị mR1 R và mR2 R(gam) ?

Giải : mR1 Rgam A gồm : FeR2 ROR3 R x mol + FeR3 RO R4 R x mol + FeO x mol.

Có thể quy đổi thành : mR1 R gam A chỉ có FeR3 ROR4 R 2x mol.

Có thể tóm tắt quá trình phản ứng như sau

(1) FeR3 ROR4 R + CO → COR2 R + B

(2) COR2 R + Ba(OH)R2 R → BaCO R3 R + HR2 RO

(3) B + HNOR3 R → Fe(NOR3 R) R3 R + NO + HR2 RO

Ta thấy A : FeR3 ROR4 R → B → 3Fe(NOR3 R) R3 2x

3 n

(

OFe 3 4

33 ) =

1,0

= 6x = n

(

HNO 3

) 33

1,0

HNO 3

OH 2

1 2

+ 18 2

mol

Áp dụng ĐLBT khối lượng cho phản ứng (3)

19,2+ 63(0,1+18x) = 242.6x + 30.0,1 + 18(0,05+ 9x)  x = 0,045 = 232.2.0,045 = 20,88 gam. Vậy mR1 R= 2mRFe 3 O 4 R

CO 2

BaCO 3

m 2 197

Với phản ứng (1) và (2) : mol

88,20

2,19

Áp dụng ĐLBT khối lượn ta có : mRAR + mRCOR = mRCO 2 R + mRB

m 2 197

 mR2 R= 20,685 gam.

2.1.3. Dựa vào đặc điểm của phản ứng khử oxit kim loại bằng CO, H2, Al

Nguyên tắc : Khi khử oxit kim loại bằng các chất khử CO (HR2 R) thì CO (HR2 R) có nhiệm vụ lấy oxi của oxit kim loại ra khỏi oxit. Mỗi một phân tử CO (HR2 R) chỉ lấy được 1mol O ra khỏi oxit. Khi biết số mol COR2 R → nRCO 2 R = n RCOR = n RO Rlấy của oxit hoặc (HR2 RO). Áp dụng ĐLBT khối lượng ta tính được khối lượng hỗn hợp oxit ban đầu. Ví dụ 1 : Khử hoàn toàn 32 gam hỗn hợp CuO và FeR2 RO R3 R bằng khí HR2 R thấy tạo ra 9 gam HR2 RO.

* PP tự luận : Tính khối lượng (gam) hỗn hợp kim loại thu được ?

Hướng dẫn giải : Cách giải thông thường

0t→ Cu + HR2 RO

CuO + HR2 R

0t→ 2Fe + 3HR2 RO y= Fe On

FeR2 ROR3 R + 3HR2 R Đặt nRCuO R = x ;

Theo đầu bài ta có :

80x + 160y = 32 x + 3y = AError!A = 0,5 (1) (2)

Từ (1), (2)  x = 0,2 và y = 0,1

Vậy mRhỗn hợp kim loạiR = mRCu R+ mRFeR = 0,2 x 64 + 0,1 x 2 x 56 = 24 gam.

Cách giải nhanh

Vì HR2 R lấy oxi của oxit kim loại tạo thành HR2 RO 2H On = AError!A = 0,5 (mol) Ta có nRO (trong oxit)R =

mRO R= 0,5×16 = 8 gam  mRKLR = 32 - 8 = 24 gam.

* PP TNKQ : Khối lượng (gam) hỗn hợp kim loại thu được là

A. 12. B. 16. C. 24. D. 26.

Ví dụ 2 : Cho khí cacbon oxit qua ống sứ đựng 0,04 mol hỗn hợp A gồm sắt (II) oxit và sắt (III)

oxit đun nóng. Sau phản ứng thu được hỗn hợp rắn B gồm 4 chất khác nhau có khối lượng là 4,784

gam. Dẫn khí sinh ra sau phản ứng vào dung dịch bari hiđroxit dư thu được 9,062 gam kết tủa.

* PP tự luận : Tính phần trăm số mol các chất trong hỗn hợp A ?

Hướng dẫn giải : Đặt FeRxRO Ry R là công thức chung của hỗn hợp A

(1) FeRx RORy R+ yCO → xFe + yCOR2 R

COR2 R + Ba(OH)R2 R → BaCOR3 R ↓ + HR2 RO (2)

nCO = nCOR2 R = nBaCOR3 R = 9,062/197 = 0,046 mol (định luật bảo toàn nguyên tố)

Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có

+ mm

2CO

 mRAR = 4,784 + (0,046 . 44) – (0,046 . 28) = 5,52 gam

01,0

Gọi x, y lần lượt là số mol của FeO và Fe R2 RO R3

=+ y +

04,0 =

= =

160

52,5

03,0

  72 

  

Ta có hệ phương trình : 

32OFen

= 0,01/0,04 = 25%, % = 75%.  % FeOn

* PP TNKQ : Phần trăm số mol các chất (FeO, FeR2 ROR3 R) trong hỗn hợp A là

A. 25%, 75%. B. 40%, 60%. C. 50%, 50%. D. 45%, 55%.

2.1.4. Dựa vào việc lập sơ đồ hợp thức của các quá trình chuyển hóa rồi căn cứ vào chất đầu và chất cuối (phương pháp chuỗi)

Nguyên tắc : Khi gặp những bài toán có hỗn hợp gồm nhiều quá trình phản ứng xảy ra ta chỉ cần

lập sơ đồ hợp thức sau đó căn cứ vào chất đầu và chất cuối (phương pháp bảo toàn nguyên tố) bỏ

qua các phản ứng trung gian, mà vẩn tìm ra được kết quả đúng một cách nhanh chóng.

Ví dụ 1 : Hỗn hợp gồm Mg và Fe R2 ROR3 R có khối lượng 20 gam tan hết trong dd HR2 RSOR4 R loãng thoát ra

V lít HR2 R (đktc) và nhận được dd B. Thêm dd NaOH dư vào dd B và lọc kết tủa tách ra nung đến

khối lượng không đổi cân nặng 28 gam.

* PP tự luận : Tính giá trị của V (lít) và thành phần % khối lượng hỗn hợp ?

+ O →

Hướng dẫn giải : Sau khi viết phương trình phản ứng, ta nhận xét hỗn hợp đầu và cuối của cả quá

Mg Fe O 2

MgO Fe O 2

  

trình như sau :

= nRO = nRH 2 R = nRMg(OH) 2 R

= 0,5×22,4 = 11,2 lít.

Khối lượng oxi kết hợp với Mg = 28 - 20 = 8 (g) hay nRO R= 0,5 mol Ta có nRMg R= nRMgCl 2 R (Lưu ý : Ở đây ta phải hiểu rằng toàn bộ quá trình trên tương đương với quá trình Mg + O  MgO) mRMgR = 0,5×24 = 12 gam chiếm (12 : 20)×100% = 60%. VRH 2 R * PP TNKQ : Giá trị của V (lít) và thành phần % khối lượng hỗn hợp là

A. 11,2 ; 60%. B. 2,24 ; 60%. C. 1,12 ; 40%. D. 22,4 ; 40%.

Ví dụ 2 : Cho hỗn hợp gồm 0,3 mol Fe + 0,15 mol Fe R2 RO R3 R + 0,1 mol Fe R3 RO R4 R tác dụng hết với dung

dịch HR2 RSO R4 R loãng, dư thu được dung dịch A. Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch NaOH dư,

lọc kết tủa đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn C.

* PP tự luận : Tính giá trị của m (gam) ?

Hướng dẫn giải : Nhận xét : Đây là một bài tập không khó, nhưng nhiều học sinh sẽ giải theo thói

P, FeP

quen là viết và tính theo các phương trình phản ứng. Với học sinh thông minh dễ dàng nhận thấy

P) → ( Fe(OH)R2 R, Fe(OH)R3 R) → FeR2 RO R3

(Fe, FeR2 ROR3 R, FeR3 ROR4 R) → (FeP

Bảo toàn khối lượng đối với nguyên tố sắt có

Số mol FeR2 RO R3 R = 1/2 số mol Fe trong hỗn hợp đầu = 0,3×3/2 = 0,45mol

 m = 0,45×160 = 72 gam.

* PP TNKQ : Giá trị của m (gam) là

A. 36. B. 72. C. 18. D. 32.

Ví dụ 3 : Thổi một lượng khí CO qua ống sứ đựng 5,8 gam FeRxRORyR nóng đỏ một thời gian thì thu

được hỗn hợp khí A và chất rắn B gồm Fe và các oxit sắt. Cho B tác dụng hết với dung dịch HNO R3 R

loãng thu được dung dịch C và khí NO duy nhất. Cô cạn dung dịch C thì thu được 18,15 gam một

muối khan.

* PP tự luận : Tìm công thức oxit sắt đã đem nung ?

Hướng dẫn giải : Ta nhận thấy FeRxRORyR cuối cùng được chuyển về Fe(NO R3 R) R3

Mà số mol Fe trong FeRx RORyR = số mol Fe trong Fe(NOR3 R)R3 R = 18,15 / 242 = 0,075 mol

Số mol O trong FeRx RORy R = (5,8- 0,075.56) / 16 = 0,1 mol

Ta có x : y = 0,075 : 0,1 = 3 : 4  Công thức cần tìm là FeR3 ROR4 R.

* PP TNKQ : Công thức oxit sắt đã đem nung là

RB. FeR2 ROR3 R.

C. FeO. D. không xác định được. A. FeR3 ROR4 R. R

Ví dụ 4 : Hỗn hợp chất rắn A gồm 0,1 mol FeR2 ROR3 R và 0,1 mol FeR3 RO R4 R. Hòa tan hoàn toàn A bằng

dung dịch HCl dư thu được dung dịch B. Cho NaOH dư vào B, thu được kết tủa C. Lọc kết tủa, rửa

sạch rồi đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn D.

* PP tự luận : Tính giá trị của m (gam) ?

FeCl

)OH(Fe

o + + t,OHO 2   2

→

+ ddNaOH  → 

+ ddHCl  → 

Hướng dẫn giải :

OFe 2

FeCl

)OH(Fe

OFe 2 OFe 3

  

+×

=×

Sơ đồ biến đổi :

)A(OFe 3

)A(OFe 4

)D(OFe 3

R 0,1×2 + 0,1×3 =

×  2

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tử Fe :

)D(OFe 3

)D(OFe 32

= 0,25 mol

32OFem

= 0,25×160 = 40 gam. 

* PP TNKQ : Giá trị của m (gam) là

A. 16 B. 24 C. 32 D. 40

Nhận xét : Với bài tập này, nếu giải theo phương pháp đại số thông thường thì rất dài và mất thời

gian. Để giải nhanh, ta sử dụng định luật bảo toàn nguyên tố. Khi sử dụng phương pháp này, ta hạn

chế viết phương trình phản ứng mà thay vào đó viết sơ đồ phản ứng (chú ý hệ số), biểu diễn các

biến đổi cơ bản của chất (nguyên tố) cần quan tâm. Đề bài thường cho số mol nguyên tố cần quan

tâm (hoặc sẽ tính được qua dữ kiện bài toán). Từ đó suy ra lượng chất cần tìm. Khi cho hợp chất

ARx RBRy R, muốn tìm số mol nguyên tố A và B trong hợp chất này ta dùng công thức :

)BA(B x y

BA x

)BA(A x y

BA x

Ví dụ 5 : Cho 26,2g hỗn hợp A gồm FeO, Fe R3 ROR4 R, Fe R2 RO R3 R và MgO (trong đó, FeO và Fe R2 RO R3 R có số

mol bằng nhau) vào dung dịch HCl dư. Cho dung dịch thu được tác dụng với dung dịch NaOH dư.

Lọc lấy kết tủa thu được đem nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được 27g chất

rắn B.

* PP tự luận : Tính phần trăm khối lượng của MgO trong hỗn hợp A ?

nên coi như hh A gồm 2 chất là FeR3 ROR4 R và MgO.

OFe 3 MgO

  

hh A  hh B Hướng dẫn giải : Vì nRFeO R = nRFe 2 O 3 R OFe 2 MgO

27 −

2,26

Khối lượng hh B tăng lên so với khối lượng hh A là do FeR3 RO R4 R kết hợp thêm với O thành Fe R2 ROR3 R . nRO R

= 0,05 mol =

2FeR3 ROR4 R + O  3FeR2 ROR3  0,05 0,1

)232.1,0(2,26 − 2,26

100% = 11,45%. Phần trăm KL MgO : %mRMgO R =

Ví dụ 6 : Cho 11,2g Fe và 2,4g Mg tác dụng với dung dịch HR2 RSOR4 Rloãng dư sau phản ứng thu được

dung dịch A và V lít khí H R2 R(ở đktc). Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch A thu được kết tủa B.

Lọc B nung trong không khí đến khối lượng không đổi được m (gam) chất rắn.

Fe Mg +

Hướng dẫn giải : * PP tự luận : Tính giá trị của V (lít) và m (gam) ? ∑ 0,3mol V 6,72 lÝt ⇒ =

Fe Mg

OFe 2 MgO

  

   Mg → MgO 0,1

Ta có quá trình chuyển hóa : 

0,1 0,1

2Fe → FeR2 ROR3 R ; 0,2 Suy ra : m = 0,1×160 + 0,1×40 = 20 gam.

* PP TNKQ : Giá trị của V (lít) và m (gam) lần lượt là

A. 2,24 ; 18. B. 6,72 ; 20. C. 5,6 ; 24. D. 4,48 ; 36.

Ví dụ 7 : Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,2 mol Fe và 0,1 mol Fe R2 ROR3 R vào dung dịch HCl dư thu

được dung dịch A. Cho dung dịch A tác dụng với NaOH dư thu được kết tủa. Lọc lấy kết tủa, rửa

sạch, sấy khô và nung trong không khí đến khối lượng không đổi được m gam chất rắn.

* PP tự luận : Tính giá trị của m (gam) ?

Hướng dẫn giải : Trong m gam chất rắn có 0,1 mol FeR2 RO R3 R(16 gam) ban đầu. Vậy chỉ cần tính

OFe 2

lượng FeR2 ROR3 R tạo ra từ Fe

  

Ta có quá trình chuyển hóa :  FeR2 ROR3

0,1

2Fe → FeR2 ROR3 0,2 Suy ra : m = 0,1×160 + 16 = 32 gam.

* PP TNKQ : Giá trị của m (gam) là

A. 23. B. 32. C. 24. D. 42.

2.1.5. Dựa vào cách tính khối lượng muối một cách tổng quát

Nguyên tắc : Khối lượng muối = khối lượng kim loại + khối lượng gốc axit

Ví dụ 1 : Cho 2,81 gam hỗn hợp gồm Fe R2 ROR3 R , MgO , ZnO tác dụng vừa đủ với 300ml dd HR2 RSOR4 R

0,1M.

* PP tự luận : Tính khối lượng (gam) muối tạo ra trong dd ?

Hướng dẫn giải : nHR2 RSO R4 R= nRSO42 R= 0,3×0,1 = 0,03 mol

FeR2 ROR3 R → FeR2 R(SO4) R3 R; MgO → MgSO R4 R; ZnO → ZnSOR4

mRhhKim loại R= 2,81 - (16×0,03) = 2,33 gam

mRhh muối sunfat R= 2,33 + (96×0,03) = 5,21 gam.

* PP TNKQ : Khối lượng (gam) muối tạo ra trong dd là

A. 3,81. B. 4,81. C. 5,21. D. 5,34.

Ví dụ 2 : Hòa tan m gam hỗn hợp gồm FeR3 ROR4 R, CuO, AlR2 ROR3 R vào 300 ml dd H R2 RSO R4 R 0,1M (vừa đủ)

thu được 7,34 gam muối.

* PP tự luận : Tính giá trị của m (gam) ?

= 0,3×0,1 = 0,03 mol

−2 4 R

Hướng dẫn giải : n RH 2 SO 4 R Ta có : FeR3 ROR4 R(FeO, FeR2 ROR3 R) → FeSO R4 R, FeR2 R(SO4)R3 CuO → CuSOR4 R ; Al R2 RO R3 R → AlR2 R(SO R4 R) R3 Ta có : nRO của R RoxitR = nRSO = 0,03  m RO của oxitR = 0,03×16 = 0,48 gam

= n RH 2 SO 4 R = 7,34 - (96×0,03) = 4,46 gam

mRKLR= mRmuối sunfat R- mRSO −2 4 R m Roxit R = mRKL R+ m RO của oxit R = 4,46 + 0,48 = 4,94 gam.

* PP TNKQ : Giá trị của m (gam) là

A. 4, 49. B. 4,94. C. 5,49. D. 5,94.

Ví dụ 2 : Cho 56,7 gam Al tác dụng hết với dd HNOR3 R loãng, dư thu được 20,16 lít ở (đktc) hỗn hợp

3 khí là NR2 R, NR2 RO, NO có số mol bằng nhau.

* PP tự luận : Tính số mol HNOR3 R đã tham gia phản ứng ?

Hướng dẫn giải :

tạo Al(NOR3 R)R3 R = 2,1×3 = 6,3 mol tạo NR2 R = 0,3×2 = 0,6 mol nRAl R= 56,7 : 27 = 2,1 mol ; n Rhh khíR = 20,16 : 22,4 = 0,9 mol n RHNO 3 R n RHNO 3 R

tạo NR2 RO = 0,3×2 = 0,6 mol tạo NO = 0,3×1 = 0,3 mol

n RHNO 3 R n RHNO 3 R n RHNO 3 phản ứngR = 6,3 + 0,6 + 0,6 + 0,3 = 7,8 mol.

* PP TNKQ : Số mol HNOR3 R đã tham gia phản ứng là

A. 7,5. B. 7,6. C. 7,7. D. 7,8.

Ví dụ 3 : Hỗn hợp X gồm 2 kim loại A và B có hóa trị không đổi m, n. Chia 0,8 gam X thành 2

phần bằng nhau

Phần 1 : Hòa tan hoàn toàn trong dung dịch HR2 RSOR4 R loãng giải phóng 224ml khí HR2 R (đktc), cô cạn

dung dịch thu được mR1 R gam muối khan.

Phần 2 : Bị oxi hóa hoàn toàn tạo ra mR2 R gam hỗn hợp 2 oxit.

* PP tự luận : Tính khối lượng mR1 R (gam) và mR2 R (gam) thu được ?

=−

Hướng dẫn giải : Khối lượng mỗi phần là 0,8 : 2 = 0,4 gam

2 SO 4

= mm

loai .

Ta có : 0,224 : 22,4 = 0,01 mol

−2 SO 4

−

0,4 + 0,01×96 R RmR1 R = 1,36 gam.

2 SO 4

−2

= mm

Do 2 phần bằng nhau, ta được : 0,01 mol

loai .

m O

Suy ra :

0,4 + 0,01×16  mR2 R = 0,56 gam. * PP TNKQ : Khối lượng mR1 R (gam) và mR2 R (gam) thu được lần lượt là

A. 1,36 ; 0,56. B. 0,56 ;1,36. C. 1,56 ; 0,36. D. 0,56 ; 1,36.

2.1.6. Đề xuất các bước để giải nhanh bài toán hoá học dùng làm câu TNKQ nhiều lựa

chọn

Để có thể giải nhanh các bài toán hoá học trên cơ sở các phương pháp đã phân tích, HS cần phải

tiến hành theo các bước dựa vào một số nguyên tắc sau :

Bước 1 : Đọc kỹ đề bài

Việc đọc kỹ đầu bài là thao tác quan trọng để giúp các em định hướng việc giải bài toán. Dựa

vào yêu cầu bài toán mà có thể chọn phương pháp thích hợp.

Ví dụ 1 : Hòa tan hoàn toàn 20 gam hỗn hợp 3 kim loại X, Y, Z vào một lượng vừa đủ dung dịch

HCl sau phản ứng thu được 4,48 lít khí HR2 R(đktc) và dung dịch cô cạn dung dịch thu được m gam

muối khan. Tính giá trị của m (gam) ?

Nếu các em không đọc kỹ bài toán sẽ sa vào viết phương trình phản ứng, cân bằng phương trình

đặt ẩn. Do đó số ẩn số (3 ẩn) nhiều hơn dữ kiện (2 dữ kiện) đầu bài cho.

Trong khi đó yêu cầu của bài toán chỉ tính khối lượng muối sau khi cô cạn. Lúc này các em chỉ

cần áp dụng ngay định luật bảo toàn khối lượng để tính một cách đơn giản, nhanh nhất.

Bước 2 : Phân dạng bài toán để chọn phương pháp hợp lý

Quá trình đọc kỹ đầu bài cũng giúp các em phân dạng bài toán một cách chính xác. Việc phân

dạng bài toán sẽ giúp chọn phương pháp hợp lý để giải. Qua trao đổi ý kiến với GV và HS và kinh

nghiệm của bản thân tôi xin đề xuất một số cách giải ứng với từng bài toán dạng toán.

- Nếu bài toán oxi hóa - khử giữa hỗn hợp kim loại với dung dịch axit hoặc hỗn hợp axit giải

phóng ra hỗn hợp khí thường chúng ta vận dụng phương pháp bảo toàn electron để giải.

- Nếu bài toán cho hỗn hợp kim loại tác dụng với dung dịch axit (HCl, H R2 RSO R4 R...) giải phóng ra

khí, yêu cầu tính khối lượng muối thì áp dụng định luật bảo toàn khối lượng để giải hoặc áp

dụng cách tính khối lượng muối một cách tổng quát.

- Nếu bài toán cho khối lượng hỗn hợp ban đầu và hỗn hợp sau phản ứng có thể vận dụng

phương pháp giảm khối lượng để giải.

- Đối với bài toán khử oxit kim loại bằng chất khử CO, H R2 R, Al cần chú ý điểm đặc biệt của phản

ứng đó là việc lấy oxi trong oxit kim loại của CO, HR2 R, Al sẽ dẫn đến tính số nguyên tử oxi trong

oxit.

- Bài toán có nhiều quá trình biến đổi qua nhiều giai đoạn thì chỉ cần lập sơ đồ hợp thức rồi áp

dụng phương pháp bảo toàn nguyên tử để giải.

- Nếu bài toán cho thiếu dữ kiện thì cần kiểm tra (M) của các chất tham gia phản ứng có bằng

nhau hay có gì đặc biệt không rồi dựa vào đó để giải.

- Bài tập cho hỗn hợp A gồm một số chất tác dụng với hỗn hợp B cũng gồm một số chất tác

dụng với nhau thì nên viết phương trình ở dạng ion thu gọn.

- Cho hỗn hợp chất ( có thể là hỗn hợp kim loại trong cùng một nhóm, phi kim trong cùng một

nhóm…) thì nên áp dụng PP trung bình hoặc quy đổi.

- Xác định phần trung gian của hai hợp phần thì áp dụng PP đường chéo…

Bước 3 : Áp dụng linh hoạt các phương pháp vào quá trình giải bài toán.

Sau khi tiến hành phân dạng bài toán để lựa chọn phương pháp phù hợp các em tiến hành vận

dụng vào giải. Để giải một cách chính xác các em phải nắm sâu, chắc chắn bản chất của phương

pháp sử dụng, hướng tiến hành và cách thử triển khai phương pháp giải cho linh hoạt, chắc chắn.

Một số bài toán không chỉ giải nhanh theo một phương pháp mà còn có thể sử dụng hai hay

nhiều phương pháp giải nhanh khác. Điều quan trọng là các em phải biết sử dụng phương pháp

mình nắm chắc nhất, hiểu sâu nhất thì mới có thể giải bài toán nhanh nhất có hiệu quả nhất.

Ví dụ 2 : Oxi hóa hoàn toàn 10,08 gam một phoi sắt thu được m gam chất rắn gồm 4 chất (Fe R2 ROR3 R,

FeR3 ROR4 R, FeO, Fe). Thả hỗn hợp rắn vào dung dịch HNO R3 R dư thu được 2,24 lít khí (đktc) không màu

hóa nâu ngoài không khí.

* PP tự luận : Tính giá trị của m (gam) ?

Bài toán này có thể dùng hai phương pháp giải nhanh đã nêu trên : Phương pháp bảo toàn

electron và định luật bảo toàn khối lượng.

Nếu dùng phương pháp bảo toàn electron các em phải nắm chắc bản chất của phản ứng oxi hóa -

khử, quá trình oxi hóa, quá trình khử, nội dung phương pháp thì mới giải được.

P + 3e

Chất khử (Fe ) Fe → FeP

m-10 08,8 E A

P → NO + 2HR2 RO

10 08,56E A= 0,18 0,54mol Chất oxi hóa (HNOR3 R; OR2 R) OR2 R + 4e → 2OP m-10 08,16E A A + - P + 3e + 4HP NOR3 RP

Ta có m = mR chất rắn R - mR phôi sắt

Theo phương pháp bảo toàn electron : 0,54 = A m - 10 08,8 E A + 0,3 = 12 gam

Nếu dùng phương pháp bảo toàn khối lượng, HS phải xác định được thành phần chất tham gia,

thành phần sản phẩm tạo thành, phương hướng áp dụng định luật.

HNOm

2H Om -

mRrắn R = mRmuốiR + mRno R +

Fe( NO ) 3 3

ban đầu = 0,18 mol Mà

1,0

n NO =

mol (1)

NHO

n= 3NOn − tạo khí = 3NOn − trong muối = 3 = ∑

= 0,45 mol (2)

HNO

n − NO

3 (1) ( 2 )

0,32(mol)

HNO

H O 2

1 2

 = 0,1 + 0,54 = 0,64 mol

Vậy : mRrăn R= 232×0,18 + 30×0,1 + 18×0,32 - 63×0,64 = 12 gam. * PP TNKQ : Giá trị của m (gam) là

A. 12. B. 24. C. 14,4. D. 21.4.

Một số bài toán có thể sử dụng đồng thời nhiều phương pháp giải. Thường phối hợp các phương

pháp như : phương pháp tăng giảm khối lượng, phương pháp bảo toàn khối lượng, phương pháp

phân tử khối trung bình, phương phương bảo tòan electron + phương pháp bảo toàn khối lượng.

Vậy gặp những bài toán này trên cơ sở những yêu cầu bài toán các em biết chọn các phương

pháp phù hợp, linh hoạt trong việc phối hợp các phương pháp để giải nhanh những bài toán phức

tạp.

Ví dụ 3 : Cho hỗn hợp A gồm hai kim loại kiềm X, Y thuộc 2 chu kỳ liên tiếp có khối lượng 17

gam. Hòa tan hỗn hợp A trong 200 gam HR2 RO thu được dung dịch B và V lít HR2 R (đktc). Cô cạn dung

dịch B thu được 27,2 gam chất rắn.

B. Na, K. C. K, Rb. D. Rb, Cs.

1. X, Y là hai nguyên tố A. Li, Na. 2. Khối lượng (gam) dung dịch Y là A. 10,82. B. 108,2. C. 216,4. D. 21,64.

B. 4,48. D. 6,72. C. 3,36.

3. V có giá trị là A. 2,24. Yêu cầu (1) của bài toán là xác định hai kim loại do đó dùng phương pháp khối lượng mol trung bình để xác định. Nhưng để tính M = AError!A, việc đầu tiên phải đi tìm số mol hỗn hợp mà đầu bài cho khối lượng hỗn hợp kim loại và hỗn hợp chất rắn sau phản ứng.

Do đó ta dùng phương pháp tăng giảm khối lượng để tìm số mol của hỗn hợp. Vậy các em phải vận

dụng liền lúc hai phương pháp mới xác định được tên của kim loại.

Yêu cầu (2), (3) là tính khối lượng dung dịch B và thể tích khí HR2 R thì áp dụng định luật bảo toàn khối lượng mới xác định nhanh chóng cụ thể là :

m−

H O 2

1 2

mà = 0,15 mol mRdd B R= mRhh kim loạiR +

Từ đó sẽ xác định được khối lượng của B và thể tích HR2 R một cách dễ dàng.

Trên đây chúng tôi đã đề xuất một số nguyên tắc, quy luật, các bước để giải nhanh bài toán hóa học

dựa vào các phương pháp giải toán nhanh đã phân tích.

Để giải nhanh các bài toán một cách hiệu quả thì trước hết HS phải trang bị cho mình kiến thức

hóa học đầy đủ, chính xác sâu sắc. Phải biết suy luận nhanh, có sự phán đoán chính xác, phải vận

dụng linh hoạt kết hợp các phương pháp giải nhanh một cách hợp lý thì việc giải các bài toán mới

nhanh chính xác được.

2.2. Xây dựng hệ thống bài tập tự luận có phương pháp giải nhanh dùng làm câu trắc nghiệm khách quan nhiều lựa chọn (dạng bài toán) phần phi kim lớp 11 trường THPT

2.2.1. Chương Nhóm Nitơ

2.2.1.1. Phương pháp bảo toàn electron

Câu 1 : Cho 8,3 gam hỗn hợp X gồm Al, Fe có số mol bằng nhau vào 100 ml dung dịch Y gồm

Cu(NOR3 R) R2 R và AgNOR3 R, sau khi phản ứng kết thúc thu được chất rắn A gồm 3 kim loại. Hòa tan A

vào dung dịch HCl dư, thấy có 1,12 lít khí thoát ra (đktc) và còn lại 28 gam chất rắn B không tan.

* PP TNTL : Tính độ mol của Cu(NOR3 R) R2 R và AgNO R3 R trong dung dịch Y ?

3,8 83

mol

AgNO 3

Phân tích : = 0,1 mol nRAlR = nRFeR =

mol

)NO(Cu 23

   

Đặt

X + Y tạo thành chất rắn A gồm 3 kim loại  Al hết, Fe chưa phản ứng hoặc còn dư, hỗn hợp

hai muối đã hết

A + dung dịch HCl dư  Fe tan hết, chất rắn không tan B gồm Cu và Ag

P + 3e

108x + 64y = 28 (1)

Quá trình khử + P +1e  Ag AgP Quá trình oxi hóa +3 Al AlP 0,1  3.0,1

P + 2e

Fe FeP 0,1  2.0,1  Σ nRe R(nhường) = 0,5 mol

x x  x P+ 2e  Cu CuP y 2y  y + P+ 2e  HR2 2HP 0,1  0,05  Σ nRe R(nhận) = x + 2y + 0,1 Theo ĐLBT electron, ta có

x + 2y + 0,1 = 0,5  x + 2y = 0,4 (2)

1,0 1,0

= 1M. = 2M ; CRMRCu(NOR3 R) R2 R = Suy ra : CRM R AgNOR3 R = Giải hệ (1), (2) ta được : x = 0,2 mol ; y = 0,1 mol 2,0 1,0

* PP TNKQ : Nồng độ mol của Cu(NOR3 R) R2 R và AgNO R3 R trong dung dịch Y lần lượt là

A. 2M và 1M. B. 1M và 2M. C. 0,2M và 0,1M. D. 0,1M và 0,2M.

Nhận xét : HS có thể tư duy theo nhiều hướng để gải bài toán trên. Chẳng hạn nếu sử dụng

phương pháp truyền thống là viết phương trình phản ứng và đặt số mol của mỗi chất làm ẩn để

+ AgP

P > CuP

P nên trước tiên có phản ứng

P + 3Ag ↓

+ 2Al + 3AgP

P nên không biết được kết thúc phản ứng trên thì Al

P  2AlP + Do chưa biết được số mol ban đầu của AgP

P còn dư  học sinh rơi vào tình trạng lúng túng, nhiều em bế tắc tại đây.

+ còn dư hay AgP

giải thì sẽ gặp khó khăn khi viết phản ứng X tác dụng với Y. Vì tính khử Al > Fe và tính oxi hóa

Câu 2 : Oxi hóa hoàn toàn 0,728 gam bột Fe ta thu được 1,016 gam hỗn hợp hai oxit sắt (hỗn hợp

* PP tự luận :

1. Hòa tan hỗn hợp A bằng dung dịch axit nitric loãng dư. Thể tích khí NO duy nhất bay ra (đktc) là

bao nhiêu ml ?

2. Cũng hỗn hợp A trên trộn với 5,4 gam bột Al rồi tiến hành phản ứng nhiệt nhôm (hiệu suất

100%). Hòa tan hỗn hợp thu được sau phản ứng bằng dung dịch HCl dư. Tính thể tích (lít) khí

(đktc) bay ra ?

Hướng dẫn giải :

R(2)

1. Các phản ứng có thể có ot→ 2FeO (1) 2Fe + OR2 R

ot→ FeR2 ROR3

R(3)

ot→ FeR3 ROR4

2Fe + 1,5OR2 R

3Fe + 2OR2 R

↑ 3FeO + 10HNOR3 R → 3Fe(NOR3 R) R3 R + NOP P + 5HR2 RO FeR2 ROR3 R + 6HNOR3 R → 2Fe(NOR3 R) R3 R + 3HR2 RO ↑ 3FeR3 ROR4 R + 28HNOR3 R → 9Fe(NOR3 R) R3 R + NOP P + 14HR2 RO

Các phản ứng hòa tan có thể có (4) (5) (6)

0 P bị oxi hóa thành FeP Ta nhận thấy tất cả Fe từ FeP

P, còn NP

P bị khử thành NP

P bị khử thành

0 P, OR2 RP

− 2 2OP

P nên phương trình bảo toàn electron là

P + 3e

+2 P −2

× =

3n 0,009 4

3 0,039

Quá trình oxi hóa +3 Fe  FeP Quá trình khử P + 3e  NP NP 0 P + 4e  2OP OR2 RP

0,728 56

mol

là số mol NO thoát ra. Ta dễ dàng rút ra : n = 0,001 mol

Trong đó, Và : VRNO R = 0,001×22,4 = 0,0224 lít = 22,4 ml.

2. Các phản ứng có thể có

(7) 2Al + 3FeO

ot→ 3Fe + AlR2 RO R3 ot→ 2Fe + AlR2 RO R3 ot→ 9Fe + 4AlR2 ROR3 R P

P cuối cùng thành FeP

0 P, AlP

P thành AlP

(8) 2Al + FeR2 ROR3 R

0 P, OR2 RP

− 2 thành 2OP

+ P và 2HP

P thành HR2 R nên ta có phương trình bảo toàn electron như sau

−2

P + 3e

P + 4e → 2OP

P + 2e

8Al + 3Fe R3 ROR4 R (9) ↑ Fe + 2HCl → FeClR2 R + HR2 RP P (10) ↑ 2Al + 6HCl → 2AlCl R3 R + 3HR2 RP (11) 0 Xét các phản ứng (1, 2, 3, 7, 8, 9, 10, 11) ta thấy Fe P

× +

0,013 2

0,009 4 n 2

Quá trình oxi hóa +3 Al AlP 0,2  3.0,2 Fe FeP 0,013  2.0,013 Quá trình khử 0 OR2 RP 0,009 0,009.n + P+ 2e  HR2 2HP 2n n

× + ×  n = 0,295 mol

× 5,4 3 27

0,295 22,4 6,608

Theo ĐLBT electron, ta có

2HV

 lít.

* PP TNKQ : 1. Thể tích (ml) khí NO duy nhất bay ra (đktc) là

A. 2,24. B. 22,4. C. 33,6. D. 44,8.

2. Thể tích (lít) khí (đktc) bay ra là

A. 6,608. B. 0,6608. C. 3,304. D. 33,04.

Nhận xét : Trong bài toán trên các bạn không cần phải băn khoăn là tạo thành hai oxit sắt (hỗn hợp

A) gồm những oxit nào và cũng không cần phải cân bằng 11 phương trình như trên mà chỉ cần quan

tâm tới trạng thái đầu và trạng thái cuối của các chất oxi hóa và chất khử rồi áp dụng luật bảo toàn

electron để tính lược bớt được các giai đoạn trung gian ta sẽ tính nhẩm nhanh được bài toán.

Câu 3 : Trộn 0,81 gam bột nhôm với bột FeR2 ROR3 R và CuO rồi đốt nóng để tiến hành phản ứng nhiệt

nhôm thu được hỗn hợp A. Hoà tan hoàn toàn A trong dung dịch HNO R3 R đun nóng thu được V lít khí

NO (sản phẩm khử duy nhất) ở đktc.

* PP tự luận : Xác định giá trị của V (lít) ?

Hướng dẫn giải : Tóm tắt theo sơ đồ

hçn hîp A

t →

0,81 gam Al

hßa tan hoµn toµn → dung dÞch HNO 3

Fe O 2 CuO

  

Thực chất trong bài toán này chỉ có quá trình cho và nhận electron của nguyên tử Al và N

P + 3e

→ 0,09 Quá trình khử P + 3e → NP NP 0,09 → 0,03 Quá trình oxi hóa Al → AlP 0,81 27

 VRNO R = 0,03×22,4 = 0,672 lít.

* PP TNKQ : Giá trị của V (lít) là

A. 0,224. B. 0,672. C. 2,24. D. 6,72.

Nhận xét : Phản ứng nhiệt nhôm chưa biết là hoàn toàn hay không hoàn toàn do đó hỗn hợp A

P tạo thành

0 bằng phương trình phức tạp. Khi hòa tan hoàn toàn hỗn hợp A trong axit HNO R3 R thì AlP

không xác định được chính xác gồm những chất nào nên việc viết phương trình hóa học và cân

P, nguyên tử Fe và Cu được bảo toàn hóa trị. Có bạn sẽ thắc mắc lượng khí NO còn được tạo

AlP

bởi kim loại Fe và Cu trong hỗn hợp A, nhưng thực chất lượng Al phản ứng đã bù lại lượng Fe

và Cu tạo thành.

Câu 4 : Cho 8,3 gam hỗn hợp gồm Al, Fe vào 1 lít dung dịch AgNOR3 R 0.1 M và Cu(NOR3 R) R2 R 0.2 M.

Sau khi phản ứng kết thúc thu được chất rắn Z( không tác dụng với dung dịch HCl ) và dung dịch T

không còn màu xanh.

* PP tự luận : Tính khối lưọng của Z (gam) và %mRAlR trong X ?

Hướng dẫn giải : Z không tác dụng với với dung dịch HCl  Al, Fe hết.

Vậy chất rắn Z gồm có Ag,Cu  mRZ R = mRAg R + m RCu R = 0,1.108 + 0,2 .64 = 23,6 gam.

Dung dịch T không còn màu xanh  Cu(NOR3 R) R2 R phản ứng hết.

P + 1e  Ag

Gọi số mol của Al ,Fe lần lượt là a, b

Quá trình khử + AgP 0.1 0.1 P + 2e  Cu CuP 0.2 0.4

1.0

Quá trình oxi hóa Al  AlP P + 3e a 3a Fe  FeP P + 2e b 2b Theo Bảo toàn e ta có phương trình : 3a + 2b = 0.5

b 2 +

5.0 =

b 56

3.8

1.0

 a 3  

  b 

100.

Vậy ta có hệ phương trình ↔

271.0 x 3.8

= 32×53%.  %mRAlR =

* PP TNKQ : Khối lưọng của Z (gam) và % mRAlR trong X là

A. 23,6 ; 32.53%. B. 2,36 ; 32.53%. C. 23,6 ; 45.53%. D. 12, 2 ; 28.27%.

Câu 5 : Cho 8,3 gam hỗn hợp X gồm Al, Fe (nRAlR = nRFe R) vào 100 ml dung dịch Y gồm Cu(NOR3 R)R2 R và

AgNO R3 R. Sau khi phản ứng kết thúc thu được chất rắn A gồm 3 kim loại. Hòa tan hoàn toàn chất rắn

A vào dung dịch HCl dư thấy có 1,12 lít khí thoát ra (đktc) và còn lại 28 gam chất rắn không tan B.

AgNO

: x mol

* PP TNKQ : Tính nồng độ CRM R của Cu(NOR3 R) R2 R và của AgNOR3 R ?

:y mol

Al Fe

gam 3,8 Al = n(

X hh )n Fe

Cu(NO ) 3 2

  

H lit

+

Tóm tắt sơ đồ : + 100 ml dung dịch Y

hat C Aran kim (3 loai)

2 gam 8,2 chât

 12,1 du HCl  →  



1,0

mol Hướng dẫn giải : Ta có nRAlR = nRFe R =

3,8 83 = y mol

AgNO 3

23 )NO(Cun

= x mol và Đặt

 X + Y  Chất rắn A gồm 3 kim loại

P + 2e  Cu

 Al hết, Fe chưa phản ứng hoặc còn dư. Hỗn hợp hai muối hết

Quá trình oxi hóa Al  AlP P + 3e 0,1 0,3 Fe  FeP P + 2e 0,1 0,2 Quá trình khử + P + 1e  Ag AgP x x x CuP y 2y y + P + 2e  HR2 2HP 0,1 0,05

Theo định luật bảo toàn electron, ta có phương trình

x + 2y + 0,1 = 0,5 hay x + 2y = 0,4 (1)

(2)

Mặt khác, chất rắn B không tan là Ag : x mol ; Cu : y mol  108x + 64y = 28 Giải hệ (1), (2) ta được : x = 0,2 mol ; y = 0,1 mol

M AgNO

M Cu( NO ) 3 2

0,2 0,1

0,1 0,1

 = 2M ; = 1M

* PP TNKQ : Nồng độ CRMR của Cu(NOR3 R) R2 R và của AgNO R3 R lần lượt là

A. 2M ; 1M. B. 1M ; 2M. C. 0,2M ; 0,1M. D. 0,1M ; 0,2M

Câu 6 : Hoà tan hoàn toàn 1.2 gam kim loại M vào dung dịch HNO R3 R dư thu được 0.224 lít khí NR2 R

duy nhất ở đktc.

* PP tự luận : Tìm kim loại M ?

Hướng dẫn giải : Số mol của NR2 R = 0.01. Theo định luật bảo toàn e có

Quá trình oxi hóa M  MP P + ne 0.1/n 0.1 Quá trình khử P + 10 e  NR2 R 2NP 0.1 0.01

2.11.0 = Mn

Suy ra  M = 12n lập bảng  M= 24 ( Mg).

* PP TNKQ : Kim loại M là B. Fe. A. Mg. C. Al. D. Cu.

Câu 7 : Cho 40.5 gam Al tác dụng với dung dịch HNOR3 R thu được 10.08 lít khí X ở đktc ( không có

sản phẩm khử nào khác ).

* PP tự luận : Tìm khí X ?

Hướng dẫn giải : Số mol của Al = 1.5 mol và số mol khí X = 0.45 mol.

P + n e  sản phẩm

Theo định luật bảo toàn e có

Quá trình oxi hóa Al  AlP P + 3e 1.5  4.5 Quá trình khử NP 0.45n  0.45

Suy ra 0.45 n = 4.5  n = 10 Vậy khí X là NR2 R.

* PP TNKQ : Khí X là

B. NO. A. NOR2 R. C. NR2 RO. D. NR2 R.

Câu 8 : Cho 1,35 gam hỗn hợp gồm Cu, Mg, Al tác dụng hết với dung dịch HNO R3 Rthu được hỗn

hợp khí gồm 0,01 mol NO và 0,04 mol NOR2 R.

* PP tự luận : Tính khối lượng muối (gam) tạo thành ?

UCách 1 U: Đặt x, y, z lần lượt là số mol Cu, Mg, Al

P+ 2e

Hướng dẫn giải :

Quá trình khử +2 P+ 3e  NP NP 0,03 0,01 P + 1e  NP P NP 0,04 0,04

− P trong muối nitrat  Ta có 2x + 2y + 3z = 0,03 + 0,04 = 0,07 và 0,07 cũng chính là số mol NOR3 RP

Quá trình oxi hoá +2 Cu  CuP x x 2x Mg  MgP P + 2e y y 2y +3 Al  AlP P + 3e z z 3z

Khối lượng muối nitrat là : 1,35 + 62×0,07 = 5,69 gam.

Đối với dạng toán này thì HS có thể nhớ và nhẩm nhanh (tùy thuộc vào sản phẩm đề cho là

những chất gì)

UCách 2 U: Nhận định mới : Khi cho kim loại hoặc hỗn hợp kim loại tác dụng với dung dịch axit

Số mol e cho = nRNO 2 R +R R3nRNO R +10 nRN 2 R + 8n RNH 4 NO 3

0,06

= ×

+ ×

2 0,04 4 0,01 0,12

HNOR3 R tạo hỗn hợp 2 khí NO và NOR2 R thì

HNO

HNOn

2H On

 mol  mol

muèi

HNO 3

H O 2

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng

1,35 + 0,12×63 = mRmuốiR + 0,01×30 + 0,04×46 + 0,06×18  mRmuốiR = 5,69 gam.

* PP TNKQ : Khối lượng muối (gam) tạo thành là

A. 10,08. B. 6,59. C. 5,69. D. 5,96.

Câu 9 : Hòa tan hoàn toàn 12 gam hỗn hợp Fe, Cu (tỉ lệ mol 1 : 1) bằng axit HNOR3 R, thu được V lít

(đktc) hỗn hợp khí X (gồm NO và NO R2 R) và dung dịch Y (chỉ chứa hai muối và axit dư). Tỉ khối của

X đối với HR2 R bằng 19.

* PP tự luận : Tính giá trị của V (lít) ?

P+ 2e

Hướng dẫn giải : Đặt nRFe R = nRCu R = a mol → 56a + 64a = 12 → a = 0,1 mol

Quá trình oxi hoá +2 Cu  CuP 0,1 0,2 Fe  FeP P + 3e 0,1 0,3 Quá trình khử +2 P + 3e → NP NP 3x x P + 1e → NP NP y y

Tổng nRe Rcho bằng tổng nRe R nhận  3x + y = 0,5

Mặt khác : 30x + 46y = 19×2(x + y)  x = 0,125 ; y = 0,125

VRhh khí (đktc)R = 0,125×2×22,4 = 5,6 lít.

* PP TNKQ : Giá trị của V là (lít) là

A. 2,24. B. 4,48. C. 5,60. D. 3,36.

Câu 10 : Hỗn hợp X gồm hai kim loại A và B đứng trước H trong dãy điện hóa và có hóa trị không

đổi trong các hợp chất. Chia m gam X thành hai phần bằng nhau :

- Phần 1 : Hòa tan hoàn toàn trong dung dịch chứa axit HCl và HR2 RSOR4 R loãng tạo ra 3,36 lít khí

HR2 R.

- Phần 2 : Tác dụng hoàn toàn với dung dịch HNOR3 R thu được V lít khí NO (sản phẩm khử duy

nhất). Biết các thể tích khí đo ở đktc.

* PP tự luận : Tính giá trị của V (lít) ?

+ - Phần 1 : M + nHP

P → MP

Hướng dẫn giải : Đặt hai kim loại A, B là M

P +

(1)

+ - Phần 2 : 3M + 4nHP

n 2 − P → 3MP P + nNOR3 RP

P+ nNO + 2nHR2 RO P nhận

(2)

+ Theo (1) : Số mol e của M cho bằng số mol e của 2H P

P nhận

P nhận bằng số mol e của NP

P + 3e → NP

+ 2HP

P nhận +2 0,3 → 0,1

+ Vậy số mol e của 2HP P + 2e → HR2 R NP và 0,3 ← 0,15  VRNO R = 0,1×22,4 = 2,24 lít.

Theo (2) : Số mol e của M cho bằng số mol e của NP

* PP TNKQ : Giá trị của V (lít) là

A. 2,24. B. 3,36. C. 4,48. D. 6,72.

Câu 11 : Cho m gam bột Fe vào dung dịch HNOR3 R lấy dư, ta được hỗn hợp khí X gồm hai khí NOR2 R

và NO biết VRX R = 8,96 lít (đktc) và tỉ khối đối với OR2 R bằng 1,3125.

* PP tự luận : Tính phần trăm thể tích NO, NOR2 R trong hỗn hợp X và giá trị của m ?

Hướng dẫn giải : Ta có : nRXR = 0,4 mol ; MRX R = 42

Sơ đồ đường chéo

46 42 – 30 = 12 NOR2 R:

42,0

: n

12 : 4 3

NO : 30 46 – 42 = 4

0,1 mol =

25% =

0,3 mol

75%

0,4 mol

  

  

  

Mặt khác ta có

Quá trình oxi hoá Fe  FeP P + 3e x 3x

Quá trình khử +2 P + 3e → NP NP 0,3 0,1 +4 P + 1e → NP NP 0,3 0,3

Theo ĐLBT electron : 3x = 0,6 mol  x = 0,2 mol  mRFe R = 0,2×56 = 11,2 gam.

* PP TNKQ : Phần trăm thể tích NO, NOR2 R trong hỗn hợp X và giá trị của m là

A. 25% và 75% ; 1,12. B. 25% và 75% ; 11,2.

C. 35% và 65% ; 11,2. D. 45% và 55% ; 1,12.

Câu 12 : Cho 3 kim loại Al, Fe, Cu vào 2 lít dung dịch HNO R3 R phản ứng vừa đủ thu được 1,792 lít

khí X (đktc) gồm N R2 R và NO R2 R có tỉ khối hơi so với He là 9,25.

* PP tự luận : Tính nồng độ mol của HNO R3 R trong dung dịch đầu ?

(

)

× =

M 9,25 4 37

0,04 mol

là trung bình cộng khối lượng phân Hướng dẫn giải : Ta có :

n X 2

tử của hai khí NR2 R và NOR2 R nên :

P + n.e 0,44 mol

Quá trình oxi hoá +n M → MP

0,12 mol.

Quá trình khử 0 P + 10e NR2 RP 2NP 0,08 0,4 0,04 +4 P + 1e → NP NP 0,04 0,04 0,04

3HNO (bÞ khö )

− P để tạo Nhận định mới : Kim loại nhường bao nhiêu electron thì cũng nhận bấy nhiêu gốc NO R3 RP



n.e

= 0,04 0,4 0,44 mol.

muối.

t¹o muèi

nhêng

nhËn

HNO (

)

(

)

(

)

HNO

0,28M.

= 0,44 0,12 0,56 mol



ph¶n øng =

)

HNO (

0,56 2

Do đó :  [

* PP TNKQ : Nồng độ mol của HNOR3 R trong dung dịch đầu là

A. 0,28. B. 1,4. C. 1,7. D. 1,2.

Câu 13 : Cho 1,35 gam hỗn hợp A gồm Cu, Mg, Al tác dụng với HNOR3 R dư được 1,12 lít NO và

NOR2 R(đktc) có khối lượng mol trung bình là 42,8.

* PP tự luận : Tính tổng khối lượng (gam) muối nitrat sinh ra ?

mol.

Hướng dẫn giải : Dựa vào sơ đồ đường chéo tính được số mol NO và NO R2 R lần lượt là 0,01 và 0,04

P+ 3e  NP

Gọi x, y, z lần lượt là số mol Cu, Mg, Al có trong 1,35 gam hỗn hợp kim loại

Quá trình khử NP 3.0,01 0,01 P + 1e  NP NP 0,04 0,04

Quá trình oxi hóa Cu → CuP P + 2e x 2x Mg → MgP P+2e y 2y +3 Al → AlP P + 3e z 3z

Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có : 2x + 2y + 3z = 0,07

Cu( NO ) 3 2

Mg( NO ) 3 2

Al( NO ) 3 3

 Khối lượng muối nitrat sinh ra là : m = + = +

= 1,35 + 62(2x + 2y + 3z) = 1,35 + 62×0,07 = 5,69 gam.

* PP TNKQ : Tổng khối lượng (gam) muối nitrat sinh ra là

A. 9,65. B. 7,28. C. 4,24. D. 5,69.

R(đktc) có tỉ khối hơi với HR2 R là 16,6.

Câu 14 : Hòa tan m gam Cu trong dung dịch HNO R3 R thu được 1,12 lít hỗn hợp khí NO và NO R2

* PP tự luận : Tính giá trị của m (gam) ?

Hướng dẫn giải : Áp dụng quy tắc đường chéo ta có

NO : 30 44 - 33,2

33,2

33,2 - 28

Quá trình khử NP

P + 3e  P0,12 P + 1e  P0,1

NOR2 R: 44 Quá trình oxi hóa Cu → CuP P + 2e x 2x NP NP 0,04 +4 NP 0,01

Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có : 2x = 0,12 + 0,01  x = 0,065 mol

 mRCu R= 0,065.64 = 4,16 gam.

* PP TNKQ : Giá trị của m là

A. 3,9. B. 4,16. C. 2,38. D. 3,02.

Câu 15 : Cho 0,06 mol Al phản ứng với dung dịch HNO R3 R tạo ra V lít hỗn hợp khí N R2 R và NO ở

2H/Ad

= 14,4. cùng điều kiện và

* PP tự luận : Tính giá trị của V (lít) ?

Hướng dẫn giải : Áp dụng quy tắc đường chéo ta có

NO : 30 28,8 – 28 = 0,8

28,8

30 – 28,8 = 1,2 NR2 R: 28

Gọi a,b lần lượt là số mol của khí NO và NR2 R ta có : = 0,8 : 1,2 = 2 : 3 (1) nRNO R: nRN 2 R

Quá trình oxi hóa Al → AlP P + 3e 0,06 0,18

Quá trình khử P + 3e  NP NP 3a a P + 10e  N 0 2NP 2 P 10b b Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có: 0,18 = 3a + 10b (2)

Từ (1) và (2)  a = 0,015, b = 0,01  V = (0,015+0,01).22,4 = 0,56 lít.

* PP TNKQ : Giá trị của V (lít) là

A. 1,12. B. 0,56. C. 0,896. D. 1,344.

Câu 16 : Cho m gam Al phản ứng hết với dung dịch HNOR3 Rthu được 8,96 lít (đktc) hỗn hợp khí X

gồm NO và NR2 RO có khối lượng là 13,4 gam.

* PP tự luận : Tính giá trị của m (gam) ?

Hướng dẫn giải : Áp dụng quy tắc đường chéo ta có

NO : 30 44 – 33,5 = 10,5

33,5

30 – 33,5 = 3,5 NR2 RO :

ON 2

OR = 0,1 mol

4,0

ON 2

   

44 n 1:3 Ta có :  nRNO R = 0,3 mol, nRN 2 RR

P0,8

Quá trình khử NP

P + 3e  NP

+ P + 8e  N 1 2 0,1 +2 P0,9 0,3

Quá trình oxi hóa Al → AlP P + 3e x 3x NP

Theo ĐLBT electron ta có : 3x = 0,17  x = 0,17/3  mRAl R=15,3 gam.

C. 15,3. D. 10,8. B. 30,6.

* PP TNKQ : Giá trị của m (gam) là A. 14,3. Câu 17 : Hòa tan m gam bột Al vào dung dịch HNOR3 Rdư thu được 6,72 lít (đktc) hỗn hợp 2 khí X và

Y không màu, không hóa nâu ngoài không khí( biết M RXR > MRYR), có tỉ lệ thể tích tương ứng là 2 : 1.

* PP tự luận : Tính giá trị của m ?

Hướng dẫn giải : nRkhí R= 0,3mol. Hai khí không màu đó là NR2 R và NR2 RO với số mol lần lượt là 0,1

và 0,2. Gọi nRAlR là x. Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có

Quá trình oxi hóa Quá trình khử

+ P + 8e  N 1 2NP 2 P 0,8 0,2 P + 10e  N 0 2NP 2 P 10.0,1 0,1

Al → AlP P + 3e x 3x

3x = 10.0,1 + 0,2.8 = 2,6  x = 2,6/3  mRAl = R23,4 gam.

* PP TNKQ : Giá trị của m là

A. 8,1. B. 24,3. C. 23,4. D. 14,4.

Câu 18 : Hòa tan hết 10,08 gam Al trong dung dịch HNO R3 R và HR2 RSOR4 R thu được hỗn hợp khí gồm

NO và HR2 R có tỉ khối so với HR2 R là 6,6.

* PP tự luận : Tính khối lượng (gam) khí thu được ?

Hướng dẫn giải : Áp dụng quy tắc đường chéo ta có

13,2 – 2 = 11,2

13,2

NO HR2 R 30 - 13,2 = 16,8 (1) nRNO R: nRH 2 R= 2 : 3

P+ 3e

Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có

P3x

+ 2HP

P+ 3e  NP x P + 2e  HR2 y P 2y

Quá trình khử NP 0,12 Quá trình oxi hóa Al  AlP 0,04

(2)

= 0,3 mol  mRkhí R= 0,2.30 + 0,3.2 = 6,6 gam.

 3x +2y = 0,12 Từ (1), (2)  nRNO R= 0,2 mol, nRH 2 R * PP TNKQ : Khối lượng (gam) khí thu được là

A. 6,6. B. 9,4. C.19,2. D. 10,08.

Câu 19 : Hòa tan 15 gam hỗn hợp X gồm hai kim loại Mg và Al vào dung dịch Y gồm HNO R3 R và

HR2 RSOR4 R đặc thu được 0,1 mol mỗi khí SO R2 R, NO, NOR2 R, NR2 RO.

* PP tự luận : Tính phần trăm khối lượng của Al và Mg trong X ?

Hướng dẫn giải : Đặt nRMg R = x mol ; nRAlR = y mol. Ta có : 24x + 27y = 15 (1)

Quá trình oxi hoá Mg  MgP P + 2e x 2x +3 Al  AlP P + 3e y 3y

Quá trình khử P + 3e → NP NP P 0,3 0,1 +1 P + 2 ×4e → 2NP 2NP 0,8 0,2 P + 1e → NP P NP 0,1 0,1 P P + 2e → SP SP 0,2 0,1

 Σmol e nhường bằng (2x + 3y) và Σmol e nhận bằng 1,4 mol

Theo định luật bảo toàn electron : 2x + 3y = 1,4 (2)

%Al

= 100% 36%.

Giải hệ (1), (2) ta được : x = 0,4 mol ; y = 0,2 mol.

× 27 0,2 15

 %Mg = 100% − 36% = 64%. 

* PP TNKQ : Phần trăm khối lượng của Al và Mg trong X lần lượt là

A. 63% và 37%. B. 36% và 64%.

C. 50% và 50%. D. 46% và 54%.

Câu 20 : Hoà tan hỗn hợp X gồm Al và Fe vào dd HNOR3 R dư sau phản ứng hoàn toàn thu được dd A

và 4.4 gam hh khí Y có thể tích 2.688 lít (đktc) gồm 2 khí không màu trong đó có một khí tự hoá

nâu ngoài không khí.

* PP tự luận : Tính số e mà hh X nhường ?

Hướng dẫn giải : Muốn tìm số e nhường phải tìm được số mol e nhường vì khi đó 1 mol bao giờ cũng có 6,023.10P Pe, nên học sinh sẽ nghĩ ngay ra phương pháp sử dụng bảo toàn e. Số mol khí Y là 2,688 : 22,4 = 0,12 mol

44.4 12.0

Suy ra M = = 37 mà có khí NO (M = 30)  khí còn lại là NR2 RO

=+ b +

12.0 =

b 44

44.4

  30 

 a = b = 0,06 Gọi số mol NO, NR2 RO lần lượt là a, b ta có hệ

P + 8e  NR2 RP

Khi cho Al,Fe vào dd HNOR3 R thì có các quá trình oxi hóa và khử sau

Quá trình khử Quá trình oxi hoá P + 3e  NP Al - 3 e  AlP NP Fe- 3 e  FeP 3a a ∑ nR e nhường R 2NP 8a a ∑ nR e nhận R = 11a = 0,66 mol

P = 3,97.10P

Theo định luật bảo toàn e : ∑ nR e nhường R= ∑ nR e nhận R = 0,66 mol

 Số e mà hh X nhường là : 0,66×6,023.10P

* PP TNKQ : Số e mà hh X nhường là

23

23 P.

A. 2,53 .10P B. 3,97 .10P C. 3,25 .10P D. 5,53 .10P

Câu 21 : Hỗn hợp X gồm FeSR2 R và MS có số mol bằng nhau, M là kim loại hoá trị không đổi .Cho

6.51g X tác dụng hoàn toàn với dd HNOR3 R dư được dd A và 13,216 lít khí ở đktc hỗn hợp khí B gồm

NOR2 R và NO có khối lượng 26,34 gam. Thêm một lượng dư dd BaCl R2 R vào dd A thấy tạo ra m gam

kết tủa.

54.0

* PP tự luận : Tìm kim loại M và khối lượng m (gam) ?

= =

b 30

34.26

05.0

  b 

  

=+ b + 2-

a dd A + BaClR2 R tạo ra kết tủa  dd A có SO R4 RP

 Gọi số mol NOR2 R và NO là a, b ta có hệ Hướng dẫn giải : nRkhí BR = 13,216 :22,4 = 0,5875 mol. 5875 =

2- P + SOR4 RP

P = BaSO R4 R ↓

BaP

Gọi x là số mol của FeSR2 R và MS

Quá trình oxi hoá FeSR2 R  FeP P+ 15 e P + 2SP x 15x MS  MP P+ 8 e P + 2SP x 8x Quá trình khử P + 3e  NP NP 3a a +4 P + e  NP NP b b

∑ nR e nhận R = 3a + b = 0,69 mol

= 0,03 + 2.0,03 = 0,09  m = 0,09×233 = 20,97 gam.

2- Số mol SO R4 RP

P = n RZnS R + 2n RFeS 2 R

∑ nR e nhường R = 15x+8x ;

Theo định luật bảo toàn e : ∑ nR e nhường R= ∑ nR e nhận R 23x = 0,69  x = 0,03 Mặt khác : 120.0,03 + (M+32) .0,03 = 6.51  M = 65 (Zn) * PP TNKQ : Kim loại M và khối lượng m (gam) lần lượt là

A. Zn ; 20,97. B. Al ; 15,57. C. Mg ; 4,55. D. Cu ; 45,69.

Câu 22 : Nung 8,4 gam Fe trong không khí sau pư thu được m gam chất rắn X gồm Fe, Fe R2 ROR3 R,

FeO, FeR3 RO R4 R. Hoà tan hết m gam chất rắn X vào dd HNOR3 R dư được 2.24 lít khí NOR2 R ở đktc là sản

phẩm khử duy nhất.

HNO  → 3

* PP tự luận : Tính giá trị của m (gam) ?

muối FeP 8.4 gam Fe → 2O m gam X : FeO, FeR2 ROR3 R, FeO, FeR3 ROR4 R

Hướng dẫn giải : Từ trên ta thấy Fe ban đầu đã chuyển hết vào dd dưới dạng muối Fe P

4.8−m 16

-2

mRO R = m - 8.4  nROR =

nhường

P e

= 0.45 Quá trình oxi hoá Fe  FeP P + 3 e 0,15 0,45 ∑ nR

NP Quá trình khử O + 2 e  OP 4.8−m 4.8−m 16 8 +5 P + e  NP

0.1

∑ nR e nhận R =

+ 0.1mol 0.1 4.8−m 8

Theo định luật bảo toàn e : ∑ nR e-nhường R= ∑ nR e-nhận R

4.8−m 8

 + 0,1 = 0,45  m = 11,2 gam.

* PP TNKQ : Giá trị của m (gam) là

A.11.2. B.10.2. C.7.2. D.6.9.

Như đã biết dd HNO R3 R có tính oxi hóa rất mạnh, khi chất khử phản ứng với dd HNO R3 R thì sản

phẩm khử ngoài chất khí còn có sự tạo thành NHR4 RNO R3 R. Chính vì vậy trong một số bài toán nếu

không chú ý đến vấn đề này thì sẻ dẫn đến sai lầm và cho kết quả sai. Sau đây là một số ví dụ

Câu 23 : Cho 1,68 gam bột Mg tác dụng vừa đủ với 500 ml dd HNOR3 R aM thu được dd X và 0,448

lít khí NO duy nhất.

* PP tự luận : Tính a và khối lượng muối tạo thành trong dd X ?

Hướng dẫn giải : Ở đây cần chú ý rằng khí NO là khí duy nhất chứ không phải là sản phẩm khử

duy nhất. Nếu HS không để ý điều này cho rằng bài toán khá đơn giản và mắc sai lầm như sau

nRmg R= 0,07 mol  trong dd X có 0,07 mol Mg(NOR3 R)R2 R

 mRMg(NO 3 ) 2 R= 0,07.148 = 10,36 gam

P + 3e  NO + 2 HR2 RO

− + NOR3 RP P + 4 HP

nRNOR = 0,02 mol có có bán PTHH sau

P = 0,08 mol  a = 0,08/0,5 = 0,16 M Nếu giải như vậy quả thực là đã sai lầm. Thực ra chỉ cần đánh giá

P + 2e

P + 3e  NO + 2 HR2 RO

0,08 0,06 0,02 + nRHNO 3 R= nRHRP

0,08 0,06 0,02

Mg  MgP 0,07 0,14 − + NOR3 RP P + 4 HP Theo đề bài Mg phản ứng vừa đủ với dd HNOR3 R nhưng ta nhận thấy nRe-cho ≠ RnRe-nhận R. Nên sản phẩm

P+ 2 HR2 RO

P = 0,08 + 0,1 = 1,8 mol  a = 0,18/0,5 = 0,36 M.

− + + P + 8e  NHR4 RP P + 10 HP NOR3 RP 0,1 0,08 0,01 + nRHNO 3 R= nRHRP

khử ngoài NO còn có NHR4 RNO R3

 Trong dd X có 0,07 mol Mg(NO R3 R)R2 R và 0,01 mol NHR4 RNO R3

 mRmuối R= 0,07. 148 + 0,01.80 = 11,16 gam.

* PP TNKQ : Giá trị a và khối lượng muối tạo thành trong dd X lần lượt là

A. 0,36 ; 11,16. B. 0,16 ; 10,36. C. 0,36 ; 10,36. D. 0,16 ; 11,16.

Câu 24 : Cho 2,16 gam bột nhôm tan hết trong dung dịch HNOR3 R loãng lạnh thì thu được 0,448 lít

NR2 R (đktc) và một dung dịch B.

* PP tự luận : Tính khối lượng (gam) muối nitrat tạo ra trong dung dịch B ?

Hướng dẫn giải :

P+ 3e 0,24

N 0 2 Quá trình khử 2NP Quá trình oxi hoá Al  AlP 0,08

P+10e  P0,2 P+8e  P 8x x

0,02 -3 NP NP

Ta có nRAlR = 0,08 mol  nRe-cho R= 0,24 mol, nRN 2 R= 0,02 mol  nRe-nhận R= 0,2 mol Vậy nRe-cho ≠ RnRe-nhận R nên ngoài NR2 R còn có NHR4 RNO R3 R tạo ra (x mol)

Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có 0,24 = 0,2 + 8x  x = 0,005

Vậy mRmuốiR = 0,08(27 + (62×3)) + 0,005(18 + 62) = 17,44 gam.

* PP TNKQ : Khối lượng (gam) muối nitrat tạo ra trong dung dịch là

A. 17,44 . B. 14,78. C. 11,36. D. 17,04.

Câu 25 : Hòa tan 4,59 gam Al bằng dung dịch HNOR3 R loãng dư thu được thu được 0,672 lít (đktc)

khí NO.

* PP tự luận : Tính khối lượng muối (gam) thu được ?

= 0,03 mol  n Re-nhận R= 0,3 mol

P+10e 

Ta có nRAlR = 0,17 mol  nRe-cho R= 0,54 mol, R RnRN 2 R Vậy ngoài NR2 R còn có NHR4 RNO R3 R được tạo ra

P+ 3e 0,54

P0,3

Quá trình khử 2NP Quá trình oxi hoá Al  AlP 0,17

P+8e  P 8x x

N 0 2 0,03 -3 NP NP

Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có : 0,54 = 0,3 + 8x  x = 0,03

mRmuối R= 0,17(27 + (62×3)) + 0,03(18 + 62) = 38,61 gam.

* PP TNKQ : Khối lượng muối (gam) thu được là

A. 36,21. B. 38,61. C. 21,36. D.68,21.

Câu 26 : Hòa tan hoàn toàn 2,16 gam Mg bằng dung dịch HNOR3 R dư thấy thoát ra 0,896 lít (đktc) và

dung dịch X. Cô cạn dung dịch X.

* PP tự luận : Tính khối lượng (gam) muối khan thu được ?

Hướng dẫn giải :

Ta có nRMg R= 0,09 mol  nRe-cho R= 0,18 mol, nR NO R= 0,04 mol  nRe-nhận R= 0,12 mol

P+3e 

Vậy nRe-cho ≠ RnRe-nhận RR R nên ngoài NO còn có NHR4 RNOR3 R tạo ra

P+ 2e 0,18

P0,12

NP Quá trình khử 2NP Quá trình oxi hoá +2 Mg  MgP 0,09

P+8e  P 8x x

0,04 -3 NP NP

Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có : 0,18 = 0,12 + 8x  x = 0,0075

Vậy mRmuốiR = 0,09(27 + (62×3)) + 0,0075(18 + 62) = 19,77 gam.

* PP TNKQ : Khối lượng (gam) muối khan thu được là

A. 8,88. B. 19,77. C. 6,52. D. 13,32.

Từ bài toán trên nếu cho khối lượng muối khan yêu cầu tính số mol khí thì ta lại được một dạng

toán khác.

Câu 27 : Cho 0,28 mol Al vào dung dịch HNOR3 R dư thu được khí NO và dung dịch chứa 62,04 gam

muối.

HNO

* PP tự luận : Tính số mol NO thu được ?

Al(NOR3 R) R3

Ta có Al  → 3 0,28 0,28

Hướng dẫn giải : MRAl(NO 3 ) 3 = R0,28(27 + (62×3)) = 59,64 < 62,04  Có muối NHR4 RNO R3 R sinh ra (m = 62,04 – 59,64 = 2,4 gam)

P+ 3e 

n = 2,4/80 = 0,03 mol

P+ 3e 0,84

P 3x

Quá trình khử NP Quá trình oxi hoá Al  AlP 0,28

NP NP x -3 P+8e  NP P 0,24 0,03

Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có : 3x + 0,24 = 0,84  x = 0,2.

* PP TNKQ : Số mol NO thu được là

A. 0,2. B. 0,28. C. 0,1. D. 0,14.

2.2.1.2. Sử dựng phương trình ion – electron

− P  HR2 RO P + OHP

Để làm tốt các bài toán bằng phương pháp ion điều đầu tiên phải nắm chắc phương trình phản ứng dưới dạng các phân tử từ đó suy ra các phương trình ion, đôi khi có một số bài tập không thể giải theo các phương trình phân tử được mà phải giải dựa theo phương trình ion. Việc giải bài toán hóa học bằng phương pháp ion giúp chúng ta hiểu kỹ hơn về bản chất của các phương trình hóa học. Từ một phương trình ion có thể đúng với rất nhiều phương trình phân tử. Ví dụ phản ứng giữa hỗn hợp dung dịch axit với dung dịch bazơ đều có chung một phương trình ion là + HP

P + 2NOP

+ 3Cu + 8HP

− P  3CuP P + 2NOR3 RP

↑ P + 4HR2 RO...

hoặc phản ứng của Cu kim loại với hỗn hợp dung dịch NaNOR3 R và dung dịch HR2 RSOR4 R:

Sau đây là một số ví dụ

Câu 28 : Hòa tan hoàn toàn 1,5 mol Cu và 1 mol Fe bằng dung dịch NaNO R3 R có pha thêm HR2 RSOR4 R

đặc.

* PP tự luận : Tính số mol NaNOR3 R tối thiểu cần dùng ?

− Hướng dẫn giải : Cần chú ý là ion NOR3 RP P trong môi trường axít có tính oxi hóa tương tự như axit

HNOR3 R. Chính vì vậy mà Cu và Fe sẽ bị oxi hóa tạo ra sản phẩm khử là NO R2 R nhưng nhiều học

− oxi hóa cao nhất và tính ra kết quả là 12 mol. Lượng NOR3 RP P tối thiểu này chỉ đủ để oxi hóa hết Fe

P. Kết quả cuối

sinh không chú ý đến yêu cầu là là tối thiểu trong đề bài nên đã coi Fe và Cu bị oxi hóa lên số

và một phần Cu lên hóa trị cao nhất. sau đó lượng dư Cu tan trong dung dịch FeP

P, CuP

0 P  FeP P + 2e FeP 2 P1 0 P  CuP CuP P1,5

P + 2e 3

− + P + 2HP NOR3 RP

P + e  NOR2 R + HR2 RO 5

cùng là dung dịch chỉ chứa FeP

nRe nhận R= 2 + 3 = 5 mol.

* PP TNKQ : Số mol NaNOR3 R tối thiểu cần dùng là

A. 5. B. 10. C. 11. D. 12.

Đây là dạng bài tập hay và khó đòi hỏi HS phải nắm vững kiến thức và có tư duy nhanh nhạy.

Tương tự như bài tập sau

Câu 29 : Tính thể tích (lít) dung dịch HNO R3 R (loãng) tối thiểu để hòa tan hoàn toàn hỗn hợp chứa

0,15 mol Fe và 0,15 mol Cu (biết NO là sản phẩm khử duy nhất) ?

* PP tự luận :

0 FeP

P- 2e 

Hướng dẫn giải : FeP

P0,15 0,3 0 - 2e  P CuP P0,15 0,3 − + 2 NOR3 RP P + 8HP

P + 6e  NO + 4HR2 RO

HNO = 0,8 mol.

CuP

Vậy : nRe nhận R= 0,3 + 0,3 = 0,6mol  nH + = 0,8  n * PP TNKQ : Thể tích (lít) dung dịch HNO R3 R (loãng) tối thiểu để hòa tan hoàn toàn hỗn hợp chứa

0,15 mol Fe và 0,15 mol Cu (biết NO là sản phẩm khử duy nhất) là

A. 1. B. 0,6. C. 0,8. D. 1,2.

Câu 30 : Cho 0,03 mol Fe vào dung dịch HCl dư, sau một thời gian thêm KNO R3 R vào.

P bị khử về NP

P) ?

* PP tự luận : Tính thể tích (lít) khí thu được (biết NP

Hướng dẫn giải : Ta có

− P  3Fe + NO + 2 HR2 RO P + NOR3 RP 0,01

2HCl  FeClR2 R + HR2 0,03 0,03 0,06 + P + 4 HP

Fe + 0,03 +2 3FeP 0,03 nRkhí R= 0,03 + 0,01 = 0,04 mol  VRkhí R= 0,04×22,4 = 0,896 lít.

P bị khử về NP

P) là

* PP TNKQ : Thể tích (lít) khí thu được (biết NP

A. 0,224. B. 1,008. C. 0,672. D. 0,896.

Câu 31 : Hòa tan 5,6 gam bột Fe trong 300 ml dung dịch HCl 1M, sau phản ứng thu được dung

dịch X và khí HR2 R. Cho lượng dư dung dịch AgNOR3 R vào dung dịch X thì thu được m gam chất rắn.

* PP tự luận : Tính giá trị của m (gam) ?

−

R = 0,3 mol

0,1 0,2

Fe + 2HCl  FeClR2 R +HR2 Hướng dẫn giải : Ta có : 0,1 0,1 Dung dịch X chứa nRH+ dư R = 0,3 – 0,2 = 0,1 mol, nRFe+2 R= 0,1 mol, nRCl

− P trong môi trường axit và ion NOR3 RP

Khi cho thêm dung dịch AgNO R3 R vào dung dịch X sẻ xẫy ra phản ứng oxi hóa- khử giữa ion FeP

+ P + 4 HP

− P  3Fe + NO + 2 HR2 RO P + NOR3 RP

3FeP

dư R = 1 - 0,075 = 0,025 mol + P + AgP

P FeP

P + Ag 0,025

0,1 - P AgCl P + ClP 0,3 0,3 nRFe +2 FeP 0,025

0,075 + AgP m = 0,3×143,5 + 0,025×108 = 45,75 gam.

* PP TNKQ : Giá trị của m (gam) là

A. 28,7. B. 39,5. C. 53,85. D. 45,75.

Câu 32 : Hỗn hợp X gồm (Fe, FeR2 RO R3 R, FeR3 RO R4 R, FeO) với số mol mỗi chất là 0,1 mol, hòa tan hết vào

dung dịch Y gồm (HCl và H R2 RSO R4 R loãng) dư thu được dung dịch Z. Nhỏ từ từ dung dịch Cu(NO R3 R)R2 R

1M vào dung dịch Z cho tới khi ngừng thoát khí NO.

* PP tự luận : Tính thể tích dd Cu(NOR3 R)R2 R cần dùng và thể tích khí thoát ra ở đktc ?

Hướng dẫn giải : Quy hỗn hợp 0,1 mol FeR2 RO R3 R và 0,1 mol FeO thành 0,1 mol FeR3 RO R4 R

P + 2FeP

P + 4HR2 RO

P → FeP

↑ P P + HR2 RP

+ P → FeP FeR3 ROR4 R + 8HP 0,2 → 0,2 0,4 mol + Fe + 2HP 0,1 → 0,1 mol

Hỗn hợp X gồm : (FeR3 RO R4 R 0,2 mol; Fe 0,1 mol) tác dụng với dung dịch Y

P: 0,4 mol) + Cu(NOR3 R)R2

P: 0,3 mol ; FeP P → 3FeP

− + P + 4HP P + NOR3 RP

↑ P + 2HR2 RO P + NOP

Dung dịch Z : (FeP

3FeP 0,3 0,1 0,1 mol

0,05

 VRNO R = 0,1×22,4 = 2,24 lít.

dd Cu( NO ) 3 2

Cu( NO ) 3 2

− 3

0,05 1

1 2

* PP TNKQ : Thể tích dung dịch Cu(NO R3 R) R2 R cần dùng và thể tích khí thoát ra ở đktc là

mol,  lít (hay 50 ml).

A. 25 ml ; 1,12 lít. B. 0,5 lít ; 22,4 lít.

C. 50 ml ; 2,24 lít. D. 50 ml ; 1,12 lít.

Câu 33: Hòa tan 0,1 mol Cu kim loại trong 120 ml dung dịch X gồm HNO R3 R 1M và HR2 RSOR4 R 0,5M.

Sau khi phản ứng kết thúc thu được V lít khí NO là sản phẩm khử duy nhất (đktc).

0,12

0,06

* PP tự luận : Tính giá trị của V (lít) ?

HNOn

H SO 2

− =

+ =

0,12

0,24

mol ; mol

− P  3CuP P + 2NOR3 RP

↑ P + 4HR2 RO P + 2NOP

mol và mol

Hướng dẫn giải :  Tổng : Hn 3NOn + Phương trình ion : 3Cu + 8HP Ban đầu : Phản ứng : Sau pư : 0,1 → 0,24 → 0,12 mol 0,09 ← 0,24 → 0,06 → 0,06 mol 0,01 (dư) (hết) 0,06 (dư)

 VRNO R = 0,06×22,4 = 1,344 lít.

* PP TNKQ : Giá trị của V (lít) là

A. 1,344. B. 1,49. C. 0,672. D. 1,12.

Câu 34 : Dung dịch A chứa 0,01 mol Fe(NOR3R)R3R và 0,15 mol HCl có khả năng hòa tan tối đa bao nhiêu

gam Cu kim loại ? (Biết NO là sản phẩm khử duy nhất)

Hướng dẫn giải : (PP tự luận)

P  2FeP

P + CuP

Phương trình ion : Cu + 2FeP

↑ P + 4HR2 RO P + 2NOP

− P  3CuP P + 2NOR3 RP 0,15 0,03 mol

0,005 ← 0,01 mol + 3Cu + 8HP

0,045 ← 0,12 ← 0,03 mol P dư  mRCu tối đa R = (0,045 + 0,005)×64 = 3,2 gam.

Ban đầu : Phản ứng : +  HP * PP TNKQ : Dung dịch A chứa 0,01 mol Fe(NOR3R)R3R và 0,15 mol HCl có khả năng hòa tan tối đa số

gam Cu kim loại là (Biết NO là sản phẩm khử duy nhất)

A. 2,88. B. 3,92. C. 3,2. D. 5,12.

Câu 35 : Thực hiện hai thí nghiệm

1) Cho 3,84 gam Cu phản ứng với 80 ml dung dịch HNOR3 R 1M thoát ra VR1 R lít NO.

2) Cho 3,84 gam Cu phản ứng với 80 ml dung dịch chứa HNOR3 R 1M và HR2 RSO R4 R 0,5 M thoát ra VR2 R lít

0,08 mol

0,06 mol

UTN1 U:

NO.Biết NO là sản phẩm khử duy nhất, các thể tích khí đo ở cùng điều kiện.

0,08 mol

− 3

  

3,84 64 = 0,08 mol

HNO



− P  3CuP P + 2NOR3 RP

↑ P + 2NOP P + 4HR2 RO + HP

+ 3Cu + 8HP 0,06 0,08 0,08 mol →

P phản ứng hết

UTN2 U:

* PP TNTL : Tìm mối quan hệ giữa VR1 Rvà V R2 R ? Hướng dẫn giải :     

H SO 2

↑ P + 4HR2 RO P + 2NOP

P phản ứng hết

HNOn 3NOn − = 0,08 mol − + P → 3CuP 3Cu + 8HP P + 2NOR3 RP + 0,06 0,16 0,08 mol → Cu và HP

= 0,08 mol ; = 0,04 mol

Ban đầu : Phản ứng : 0,03 ← 0,08 → 0,02 → 0,02 mol  VR1 R tương ứng với 0,02 mol NO. nRCu R = 0,06 mol ;  Tổng : Hn + = 0,16 mol ; Ban đầu : Phản ứng : 0,06 → 0,16 → 0,04 → 0,04 mol  VR2 R tương ứng với 0,04 mol NO. Vậy ta có quan hệ : VR2 R = 2VR1 R. * PP TNKQ : Quan hệ giữa VR1 R và VR2 R là

A. VR2 R = VR1 R. B. VR2 R = 2VR1 R. C. VR2 R = 2,5VR1 R. D. VR2 R = 1,5VR1 R.

Câu 36 : Hòa tan hỗn hợp X gồm hai kim loại A và B trong dung dịch HNO R3 R loãng. Kết thúc phản

ứng thu được hỗn hợp khí Y (gồm 0,1 mol NO, 0,15 mol NOR2 R và 0,05 mol NR2 RO). Biết rằng phản

ứng tạo muối NHR4 RNOR3 R.

* PP TNTL : Xác định số mol HNOR3 R đã phản ứng ?

Hướng dẫn giải : Ta có bán phản ứng

P + 1e → NOR2 R + HR2 RO

(1)

2.0,15 ← 0,15

P + 3e → NO + 2HR2 RO

(2)

P + 8e → NR2 RO + 5HR2 RO

(3)

− + NOR3 RP P + 2HP − + NOR3 RP P + 4HP Từ (1), (2), (3) nhận được :

HNO

= ∑ = 2.0,15 + 4.0,1 +10.0,05 = 1,2 mol.

4.0,1 ← 0,1 − + 2NOR3 RP P + 10HP 10.0,05 ← 0,05

* PP TNKQ : Số mol HNOR3 R đã phản ứng là

A. 0,75. B. 0,9. C. 1,05. D. 1,2.

Câu 37 : Cho 12,9 gam hỗn hợp Al và Mg phản ứng với dung dịch hỗn hợp hai axit HNO R3 R và HR2 RSOR4 R

(đặc nóng) thu được 0,1 mol mỗi khí SOR2 R, NO, NOR2 R.

* PP tự luận : Tính khối lượng muối khan (gam) thu được ?

Hướng dẫn giải : Ta có bán phản ứng

− P + 1e → NOR2 R + HR2 RO + NOR3 RP P

(1)

2−

+ P + 4HP

(2)

− + 2NOR3 RP P + 2HP 0,1 → 0,1 − − + P + 3e → NO + 2HR2 RO + 3NOR3 RP 4NOR3 RP P + 4HP 0,1 → 3 .0,1 2− P + 2e → SOR2 R + HR2 RO + SOR4 RP 2SO R4 RP P 0,1 → 0,1

2−

(3)

số mol SOR4 RP

4SOm − = 12,9 + 62×0,4 + 96×0,1 = 47,3 gam.

P tạo muối bằng 0,1 mol 3NOm − + * PP TNKQ : Khối lượng muối khan (gam) thu được là

− Từ (1), (2), (3) → số mol NOR3 RP P tạo muối bằng 0,1 + 3×0,1 = 0,4 mol  mRmuốiR = mRk.loạiR +

A. 31,5. B. 37,7. C. 47,3. D. 34,9.

Câu 38 : Hòa tan 10,71 gam hỗn hợp gồm Al, Zn, Fe trong 4 lít dung dịch HNO R3 R aM vừa đủ thu

được dung dịch A và 1,792 lít hỗn hợp khí gồm N R2 R và NR2 RO có tỉ lệ mol 1:1. Cô cạn dung dịch A thu

được m (gam) muối khan.

0,04

* PP tự luận : Tính giá trị của m (gam), a ?

N O 2

1,792 × 2 22,4

P + 10e → NR2 R + 6HR2 RO

P + 8e → NR2 RO + 5HR2 RO

− + P + 12HP Ta có bán phản ứng : 2NOR3 RP

Hướng dẫn giải : mol

0,22

0,88

0,08 0,48 0,04 − + 2NOR3 RP P + 10HP 0,08 0,4 0,04

HNO

0,88 4

mol,  M 

− P tạo muối bằng 0,88 − (0,08 + 0,08) = 0,72 mol Số mol NOR3 RP

Khối lượng muối bằng 10,71 + 0,72.62 = 55,35 gam.

* PP TNKQ : Giá trị của m (gam) và a lần lượt là

A. 55,35 và 2,2M. B. 55,35 và 0,22M.

C. 53,55 và 2,2M. D. 53,55 và 0,22M.

Câu 39 : Hòa tan 5,95 gam hỗn hợp Zn, Al có tỷ lệ mol là 1: 2 bằng dung dịch HNO R3 Rlõang dư thu

được 0,896 lít một sản phẩm khử X duy nhất chứa nitơ.

* PP tự luận : Tìm sản phẩm khử X ?

P + (5x − 2y)e → NRxRORyR + (3x − 2y)HR2 RO

P + 2e Al → AlP P + 3e 0,05 0,1.0,1 0,3 − + P + (6x − 2y)HP xNOR3 RP

Hướng dẫn giải : Ta có : nRZn R = 0,05 mol ; nRAlR = 0,1 mol

0,04(5x − 2y) 0,04

Gọi a là số mol của NRxRO Ry R, ta có Zn → ZnP  0,04(5x − 2y) = 0,4 → 5x − 2y = 10. Vậy X là NR2 R. * PP TNKQ : Sản phẩm khử X là

+ D. NHR4 RP

PR.

C. NO. A. NR2 RO. B. NR2 R.

Câu 40 : Cho hỗn hợp gồm 0,15 mol CuFeSR2 R và 0,09 mol CuR2 RFeSR2 Rtác dụng với dung dịch HNOR3 R

dư thu được dung dịch X và hỗn hợp khí Y gồm NO và NO R2. RThêm BaClR2 R dư vào dung dịch X thu

được m gam kết tủa. Mặt khác, nếu thêm Ba(OH)R2 R dư vào dung dịch X, lấy kết tủa nung trong

không khí đến khối lượng không đổi thu được a gam chất rắn.

* PP tự luận : Tính giá trị của m (gam) và a (gam) ?

A. 111,84 và 15,44. B. 111,84 và 167,44.

C. 112,84 và 157,44. A. 112,84 và 167,44.

2−

+ P + 16HP

P + FeP

P + 2SOR4 RP 0,15 0,15 0,15 0,3

2−

P + FeP

+ P + 16HP

− =

0,48

Hướng dẫn giải : Ta có bán phản ứng

2−

P → BaSOR4

P + SOR4 RP

CuFeSR2 R + 8HR2 RO − 17e → CuP CuR2 RFeSR2 R + 8HR2 RO − 19e → 2CuP mol

P + 2SOR4 RP 0,09 0,18 0,09 0,18 4SOn 2+ BaP 0,48 0,48  m = 0,48 × 233 = 111,84 gam và nRCu R = 0,33 mol ; nRFeR = 0,24 mol 2Fe → FeR2 ROR3 Cu → CuO và 0,24 0,12  a = 0,33.80 + 0,12.160 + 111,84 = 157,44 gam.

0,33 0,33

* PP TNKQ : Giá trị của m (gam) và a (gam) là

A. 111,84 và 157,44. B. 111,84 và 167,44.

C. 112,84 và 157,44. A. 112,84 và 167,44.

2.2.1.3. Phương pháp bảo toàn điện tích

+ Câu 41 : Dung dịch X có chứa các ion : 0,1 mol NaP

P, 0,15 mol MgP

- P, b mol NO − P, a mol ClP

3 . Lấy

1/10 dung dịch X cho tác dụng với dung dịch AgNO R3 R dư, thu được 2,1525 gam kết tủa.

* PP tự luận : Tính khối lượng (gam) muối khan thu được khi cô cạn dd X ?

,2 1525 5,143

= 0,015 mol Hướng dẫn giải : nRAgCl R =

1/10 X + dung dịch AgNOR3 R dư + P + Cl −  AgCl ↓ AgP 0,015  0,015  a = 0,015×10 = 0,15 mol.

Với HS bình thường thì đến đây là thấy bế tắc vì bài toán chỉ cho 1 dữ kiện, chỉ có thể tìm được

a, không thể tìm b.

Nhưng với HS thông minh thì dễ dàng nhận thấy trong dung dịch X luôn luôn trung hòa về điện.

Nên theo định luật bảo toàn điện tích ta có

0,1 + 2×0,15 = 0×15 + b  b = 0,25 mol.

 mRmuối khan R= 0,1×23 + 24×0,15 + 35,5×0,15 + 62×0,25 = 26,725 gam. R

* PP TNKQ : Khối lượng (gam) muối khan thu được khi cô cạn dd X là

A. 21,932. B. 2,193. C. 26,725. D. 2,672.

Câu 42 : Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,12 mol FeS và a mol CuS vào axit HNO R3 R (vừa đủ), thu

được dung dịch X (chỉ chứa hai muối sunfat) và khí NO là sản phẩm khử duy nhất bay ra.

* PP tự luận : Tính giá trị của a (mol) ?

Phân tích : Với HS bình thường, thậm trí cả HS khá, giỏi thì bài toán trên là bài toán "khó" bởi

nếu viết hai phương trình FeS và CuS tác dụng với dung dịch HNO R3 R rồi cân bằng thì vừa mất

thời gian mà chưa nhận ra điều gì cả, vì số mol NO chưa biết. Chỉ với những HS có khả năng

phân tích tốt và tư duy sắc xảo mới nhận ra được rằng điểm "mấu chốt" để tìm được giá trị của a

là sử dụng phương pháp bảo toàn điện tích vào dung dịch X.

HNO  → 3 HNO  → 3

Hướng dẫn giải : Có thể suy luận như sau :

R = nRFeSR = 0,12 mol; nRCu

R = nRCuS R = a mol

FeR2 R(SOR4 R) R3 CuSOR4 R FeS + CuSR R + +3

−2 4 R

−2

R + 2 nRCu

R= 2 nRSO

Theo ĐLBT nguyên tử ta có : nRFe = nRFeS R + nRCuS R = (0,12 + a) mol nRSO

Theo ĐLBT điện tích, ở dung dịch X ta có : 3 nRFe  3×0,12 + a = 2(0,12 + a)  a = 0,12 mol.

* PP TNKQ : Giá trị của a (mol) là

A. 0,24. B. 0,03. C. 0,06. D. 0,12.

2.2.1.4. Phương pháp bảo toàn khối lượng

Câu 43 : Cho 12 gam hỗn hợp hai kim loại Fe, Cu tác dụng vừa đủ với dung dịch HNOR3 R 63%. Sau

phản ứng thu được dung dịch A và 11,2 lít khí NOR2 R là sản phẩm khử duy nhất (đktc).

* PP tự luận : Tính nồng độ % của các chất có trong dung dịch A ?

0,5= mol →

= mol.

HNO

Hướng dẫn giải : Fe + 6HNOR3 R → Fe(NOR3 R)R3 R + 3NOR2 R + 3HR2 RO Cu + 4HNOR3 R → Cu(NOR3 R)R2 R + 2NOR2 R + 2HR2 RO = 2NOn

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có

100.63.1 63

= 12 + - 46×0,5 = 89 gam mRdd muối R = mRhh kim loại R + mRdd HNO 3 R - mRNO 2 R

56x 64y 12 + 3x 2y

0,5

0,1 0,1

  

27,19%

21,12%.

→ Đặt nRFe R = x mol, nRCu R = y mol ta có :

Fe( NO ) 3 3

Cu( NO ) 3 2

0,1 242 100 89

= x  = y × 0,1 188 100 89

và 

* PP TNKQ : Nồng độ % của các chất có trong dung dịch A là

A. 36,66% và 28,48%. B. 27,19% và 21,12%.

C. 27,19% và 72,81%. D. 78,88% và 21,12%.

Câu 44 : Oxi hóa hoàn toàn 10,08g một phoi sắt thu được m gam chất rắn gồm 4 chất (Fe R2 ROR3 R,

FeR3 ROR4 R, FeO, Fe). Thả hỗn hợp rắn vào dung dịch HNOR3 R dư thu được 2,24 lít khí (đktc) không màu,

hóa nâu ngoài không khí.

* PP tự luận : Tính giá trị m (gam) ?

HNOm

2H Om - ban đầu = 0,18 mol

Hướng dẫn giải : Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có mRrắn R = mRmuốiR + mRNO R +

Fe( NO ) 3 3

Mà

0,1mol

(1)

0, 45mol

NHOn

3NOn − tạo khí = NOn 3NOn − trong muối = 3

= ∑

(2)

32,0

mol

HNO

OH 2

n − NO

3 (1) ( 2 )

1 2

= 0,1 + 0,54 = 0,64 mol, 

 mRrăn R= 232×0,18 + 30×0,1 + 18×0,32 - 63×0,64 = 12 gam. * PP TNKQ : Giá trị của m (gam) là

A. 12. B. 24. C. 14,4. D.21.

Câu 45 : Cho m gam hỗn hợp Z gồm Fe, Fe R3 ROR4 R tác dụng với 200ml dung dịch HNO R3 R 3,2M loãng

đun nóng và khuấy đều. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 2,24 lít (đktc) khí NO (sản

phẩm khử duy nhất), dung dịch ZR1 R và còn lại 1,46 gam kim loại.

* PP tự luận : Tính giá trị của m (gam) ?

−

= 0,27 mol

nRN (HNO 3 ) R= nRN(NO

+0,1  nRFe(NO 3 ) 2 R

3 trong muối) R + nRNO R  0,64 = 2nRFe(NO 3 ) 2 R

Hướng dẫn giải : Áp dụng ĐLBT nguyên tử nitơ và bảo toàn khối lượng

Bảo toàn khối lượng

m + mRN (HNO 3 ) R= mRFe(NO 3 ) 2 R + mRNOR + mRH 2 O R+ 1,46

m + 63×0,64 = 180×0,27 + 30×0,1 + 18×0,32 + 1,46  m = 18,5 gam.

* PP TNKQ : Giá trị của m (gam) là

A. 15,8. B. 18,5. C. 51,8. D. 81,5.

Câu 46 : Hoà tan hoàn toàn 3,6 gam hỗn hợp bột kim loại X gồm Mg và Fe trong dung dịch HNOR3 R

dư thu được hỗn hợp khí gồm 0,04 mol khí NO ; 0,01 mol khí NR2 RO và dung dịch Y. Cho Y tác dụng

hết với dung dịch NaOH dư thu được kết tủa, lọc lấy kết tủa đem nung trong không khí đến khối

lượng không đổi thu được m gam chất rắn.

−

* PP tự luận : Tính giá trị của m (gam) ?

− 3

   

−

P= nRNO

3 R= 3nRNO R+ 8n RN 2 O R = 0,2

Hướng dẫn giải : Áp dụng ĐLBT điện tích và BTKL

 2nRORP  m = mRMg R+ mRFe R+ mRO R = 3,6 + 16×0,1 = 5,2 gam. * PP TNKQ : Giá trị của m (gam) là

A. 5,2. B. 2,5. C. 52. D. 25.

Câu 47 : Cho 10 gam hỗn hợp gồm Fe và Cu (trong đó Fe chiếm 28% về khối lượng) vào 480ml

dung dịch HNOR3 R nồng độ aM thấy giải phóng ra hỗn hợp khí X gồm NO và NOR2 R, tỉ khối hơi của X

so với khí hiđro là 19 và còn lại 4,64 gam kim loại không tan.

* PP tự luận : Tính giá trị của a (M) ?

HNO

)p(

( pCu

)

)NO(Fe 23

)NO(Cu 23

OH 2

n;05,0

n;04,0

Hướng dẫn giải : Áp dụng ĐLBT khối lượngta có +

)NO(Cu 23 04,0.2

05,0.2

n;18,0

09,0

)NO(Fe 23 =

HNO

OH 2

Trong đó :

18,0

27,0

M5625

a =⇒

Thay số: 2,8+ 2,56+ 63(2x + 0,18) = 180.0,05+188.0,04+ 30x+ 46x+ 18(x + 0,09)

HNO

27,0 48,0

 x = 0,045  .

* PP TNKQ : Giá trị của a (M) là

A. 0,5625. B. 0,6525. C. 0,2556. D. 0,6552.

Câu 48 : Cho một luồng khí CO đi qua ống sứ đựng 0,07 mol hỗn hợp A gồm FeO và Fe R2 ROR3 R đốt

nóng. Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được chất rắn B gồm 4 chất có khối lượng 4,784 gam. Khí ra

khỏi ống sứ cho hấp thụ vào dung dịch Ba(OH)R2 R dư thu được 9,062 gam kết tủa. Hoà tan hết chất

rắn B vào dung dịch HNO R3 R loãng dư thấy có V lít khí NO (đktc, sản phẩm khử duy nhất) thoát ra.

* PP tự luận : Tính giá trị của V (lít) ?

HNO

)NO(Fe 33

OH 2

07,0

Hướng dẫn giải : Áp dụng ĐLBTKL

21,0

)NO(Fe 33 +

HNO

n5,0

21,0(5,0

)

3 =

)NO(Fe 33 =

HNO

OH 2

Trong đó :

4,784 + 63(0,21 + nRNOR) = 0,07.242 + 30nRNOR + 18.0,5(0,21 + nRNOR) nRNO R= 0,034  V = 0,034.22,4 = 0,7616 lít.

* PP TNKQ : Giá trị của V (lít) là

A. 0,7616. B. 0,7166. C. 0,7661. D. 0,6716.

2.2.1.5. Phương pháp bảo toàn nguyên tử

Câu 49 : Cho m gam hỗn hợp Z gồm Fe, FeR3 ROR4 R tác dụng với 200ml dung dịch HNO R3 R 3,2M, đun

nóng và khuấy đều. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 2,24 lít khí NO (đktc, sản phẩm

khử duy nhất), dung dịch ZR1 R và còn lại 1,46 gam kim loại.

* PP tự luận : Tính giá trị của m (gam) ?

Hướng dẫn giải : Đây là một bài toán khó, nếu HS không nắm vững tính chất hóa học của muối

sắt (III) thì không thể giải được.

Điểm mấu chốt của bài toán này là phải nhận xét được 1,46 gam kim loại còn lại là Fe  Dung

64,0

27,0

⇒

1,0 ⇒+

dịch ZR1 R chứa Fe(NOR3 R) R2 R. Nếu giải quyết được vấn đề đó coi như bài toán được giải quyết.

)NO(N

HNO

)

)NO(Fe

NO(N

)muèi

− 3

Bảo toàn nguyên tử nitơ + Bảo toàn số mol electron +

Bảo toàn số mol electron

3Fe+ + 2e  3FeP y 2y 3y P + 3e  NP NP 3×0,1 0,1

3.1,0

y;18,0

03,0

x =⇒

Fe  FeP P + 2e x x 2x

27,0

+ y3

  

Ta có :

 m = 56×0,18 + 232×0,03 + 1,46 = 18,5 gam.

* PP TNKQ : Giá trị của m (gam) là

A. 15,8. B. 18,5. C. 51,8. D. 81,5.

Câu 50 : Cho một luồng khí CO đi qua ống sứ đựng 0,07 mol hỗn hợp A gồm FeO và Fe R2 ROR3 R đốt

nóng. Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được chất rắn B gồm 4 chất có khối lượng 4,784 gam. Khí ra

khỏi ống sứ cho hấp thụ vào dung dịch Ba(OH)R2 R dư thu được 9,062 gam kết tủa. Hoà tan hết chất

rắn B vào dung dịch HNO R3 R loãng dư thấy có V lít khí NO (đktc, sản phẩm khử duy nhất) thoát ra.

* PP tự luận : Tính giá trị của V (lít) ?

)B(O

HNO

)

))NO(Fe(O

)NO(O

)OH(O 2

07,0

Hướng dẫn giải : Bảo toàn nguyên tố oxi :

21,0

)NO(Fe 33 +

HNO

n5,0

21,0(5,0

)

3 =

)NO(Fe 33 =

HNO

OH 2

=→

Trong đó :

034,0V

034,0

4,22

lit

n NO

. Thay số vào ta có : (4,784 – 56×0,07) + 16×3×(0,21 + nRNO R) = = 16×9×0,07 + 16×nRNOR + 16×0,5× (0,21 + nRNO R) → 7616

* PP TNKQ : Giá trị của V (lít) là

A. 0,7616. B. 0,7166. C. 0,7661. D. 0,6716.

Câu 51 : Hòa tan hết hỗn hợp gồm 0,01 mol Fe và 0,02 mol Cu bằng dung dịch HNO R3 R thu được

0,448 lít (đktc) hỗn hợp NO, NOR2 R.

* PP tự luận : Tính thể tích (lít) dung dịch HNOR3 R tối thiểu cần dùng ?

Hướng dẫn giải : Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố N trong các hợp chất ta có ∑ nRNR trong

3HNOn

các hợp chất = nRNR trong axit ban đầu =

nRN R (HNOR3 R) = nRNR (Fe(NO R3 R)R3 R) + nRNR (Cu(NOR3 R)R2 R) + nRN R (NO) + nRNR (NOR2 R)

2NOn

)

V =

0, 045

= 0,09 mol = 3.0,01 + 2.0,02 + = 3.nRFe R + 2.nRCu R + (nRNOR + 0, 448 22, 4

0, 09 2

lít. Vậy thể tích dung dịch HNOR3 R tối thiểu cần dùng là :

* PP TNKQ : Thể tích (lít) dung dịch HNOR3 R tối thiểu cần dùng là

A. 0,054. B. 0,45. C. 0,045. D. 0,54.

2.2.1.6. Tăng giảm khối lượng

- được 100 ml dung dịch X. Để làm kết tủa hết ion ClP P có trong dung dịch X người ta cho dung dịch X

Câu 52 : Hòa tan 5,94 gam hỗn hợp 2 muối clorua của 2 kim loại A, B thuộc nhóm IIA vào nước

tác dụng với dung dịch AgNOR3 R thu được 17,22g kết tủa.Lọc bỏ kết tủa, thu được dung dịch Y. Cô

cạn Y được m gam hỗn hợp muối khan.

* PP tự luận : Tính giá trị của m (gam) ?

Hướng dẫn giải : Quy đổi hai kim loại A, B thành kim loại M ta có MCl R2 R M(NOR3 R)R2 R và 2 mol

AgCl.

Áp dụng phương pháp tăng giảm khối lượng : Cứ 1mol MCl R2 R tạo ra 1mol M(NOR3 R) R2 R thì khối

lượng tăng 53gam (tạo ra 2mol AgCl).

Vậy nRAgClR = 0,12 mol  khối lượng tăng 3,18 gam

mR muối nitratR = mRmuối clorua R+ m tăng = 5,94 + 3,18 = 9,12 gam.

* PP TNKQ : Giá trị của m (gam) là

A. 6,36. B. 63,6. C. 9,12. D. 91,2.

2.2.1.7. Phương pháp trung bình

Câu 53 : Cho một luồng khí CO đi qua ống sứ đựng 0,04 mol hỗn hợp A gồm FeO và Fe R2 ROR3 R đốt

nóng. Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được chất rắn B gồm 4 chất có khối lượng 4,784 gam. Khí ra

khỏi ống sứ cho hấp thụ vào dung dịch Ba(OH)R2 R dư thu được 9,062 gam kết tủa. Hoà tan hết chất

rắn B vào dung dịch HNO R3 R loãng dư thấy có V lít khí NO (đktc, sản phẩm khử duy nhất) thoát ra.

* PP tự luận : Tính giá trị của V (lít) ?

Hướng dẫn giải:

Cách 1. Hoá trị trung bình kết hợp với phương pháp bảo toàn số mol electron

035

2.56(

,0).n16

035

784

7/8,10

⇒

n =⇒

2OFe

OFe 2

Gọi hóa trị của Fe trong hỗn hợp là n , khi đó công thức của B là

2N +

Bảo toàn số mol electron

5N + + 3e  3x x

3 − 3 −

)n e )n

3Fe + + 2( 2Fe + 0,035 0,07( = 3x  x = 0,034 3 −

 2

=→

Ta có : 0,07(

034,0

,0V

034

4,22

7616

lit

n NO

m;x/07,0

x56(

x/07,0).y16

784

x/y

7/4,5

⇒

xOFe ,4 =

OFe x

Cách 2.1. Công thức trung bình kết hợp với phương pháp bảo toàn electron Đặt công thức trung bình của các chất trong B là

+ + (

2N +

5N + + 3e  3x x

)y2 −

x3 − ( x307,0

Bảo toàn số mol electron

3Fex

−

e ) x/y2

xFe +  x/07,0 ( x307,0

Ta có: = 3x  x = 0,034  V= 0,034.22,4 = 0,7616 lít.

) x/y2

xOFe y +3Fex

) OHy

xOFe

− 3NO → x3 x3

−⇒=−

) Hy2 )

07,0

x =⇒

+ NO + ( 2 =

054

x =⇒ y

7 4,5

35 17

27 17

  

17.

034

,0V

034

4,22.

7616

lÝt

⇒

=⇒

Và Cách 2.2. Phương pháp bảo điện tích kết hợp với phương pháp trung bình Đặt công thức trung bình của các chất trong B là + ( 4 Từ phản ứng : Bảo toàn điện tích 2 vế: ( 4 = ,0

n NO

07,0 x

07,0 35

* PP TNKQ : Giá trị của V (lít) là

A. 0,7616. B. 0,7166. C. 0,7661. D. 0,6716

Câu 54 : Cho 10gam hỗn hợp gồm Fe và Cu (trong đó Fe chiếm 28% về khối lượng) vào 480ml

dung dịch HNOR3 R nồng độ aM thấy giải phóng ra hỗn hợp khí X gồm NO và NO R2 R, tỉ khối hơi của X

so với khí hiđro là 19 và còn lại 4,64 gam kim loại không tan.

* PP tự luận : Tính giá trị của a (M) ?

gam 8,2

m ;

gam 2,7

n n

38 30

1 ⇒= 1

− −

Ta có : ; Hướng dẫn giải : 46 38

− 64,42,7

gam 56,2

04,0

4,64 gam kim loại không tan đó là Cu  Khối lượng Cu phản ứng là m n

→ Vì Cu dư nên dung dịch chỉ chứa 2 muối Fe(NOR3 R)R2 R và Cu(NO R3 R)R2 R.

Cách 1. Vì đều sinh ra muối của kim loại hóa trị II, nên coi Fe và Cu là 1 kim loại M có hóa trị II,

số mol là 0,09

M + 4HNOR3 R → M(NOR3 R)R2 R + 2NOR2 R + 2HR2 RO x 4x 2x

09,0

0225

⇒

x =⇒

= n

= y

2NO

  

27,0

M5625

a =⇒

3M + 8HNOR3 R → 3M(NOR3 R)R2 R + 2NO + 4HR2 RO 3y 8y 2y n 09,0 Theo bài ta có :

HNO

27,0 48,0

6pt

5pt  +

( ) →

Cách 2. 4M + 12HNOR3 R  4M(NOR3 R)R2 R + 2NOR2 R + 2NO + 6HR2 RO

5625

27,0

=→ a

HNO

. 0,09 0,27 27,0 48,0

* PP TNKQ : Giá trị của a (M) là

A. 0,5625. B. 0,6525. C. 0,2556. D. 0,6552.

Câu 55 : Cho m gam hỗn hợp Z gồm Fe, FeR3 ROR4 R tác dụng với 200ml dung dịch HNO R3 R 3,2M, đun

nóng và khuấy đều. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 2,24 lít khí NO (đktc, sản phẩm

khử duy nhất), dung dịch ZR1 R và còn lại 1,46 gam kim loại.

→

27,0

* PP tự luận : Tính giá trị của m (gam) ?

64,0

1,0

(

)

)NO(N

23 )NO(Fe

HNO 3

)NO(Fe 23

,NO(N

muoi)

− 3

 Hướng dẫn giải : Bảo toàn nguyên tử nitơ n2

Đặt công thức chung của 2 chất trong Z là FeRxRORy R: a mol

Bảo toàn số mol electron

P + 2(x-y)e

P + 3e  NP NP 0,1×3 0,1

xFe+ a ax 2(x - y)a

 xFeP

a)y

3,0

−

ay;27,0

12,0

ax =⇒

x(2 n

27,0

  

Ta có :

 m = (56x + 16y)a + 1,46 = 56.0,27 + 16.0,12 + 1,46 = 18,5 gam.

* PP TNKQ : Giá trị của m (gam) là

A. 15,8. B. 18,5. C. 51,8. D. 81,5.

Câu 56 : Hoà tan hoàn toàn 3,76gam hỗn hợp X ở dạng bột gồm FeS, FeS R2 R và S trong HNO R3 R đặc,

đun nóng thu được 10,752 lít khí NOR2 R (đktc, sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch D. Cho dung

dịch Ba(OH)R2 R dư vào D thu được kết tủa E, lọc tách lấy kết tủa E và nung ngoài không khí đến khối

lượng không đổi thu được m gam chất rắn.

* PP tự luận : Tính giá trị của m (gam) ?

Cách 1. Phương pháp trung bình + Bảo toàn số mol electron

Đặt công thức chung của FeS và FeSR2 R là FeSRn

 X gồm {FeSRn R: x ; S: y}

 (56 + 32n)x + 32y = 3,76  56x + 32(nx + y) = 3,76

5N + + 1e  4N + 0,48 0,48

nFeS  3Fe + + n 6S + + (6n + 3)e x x nx (6n + 3)x 6S + + 6e S  y y 6y  (6n + 3)x + 6y = 0,48  3x + 6(nx + y) = 0,48

Bảo toàn số mol electron

Từ đó  x = 0,03 ; nx + y = 0,065

Chất rắn thu được {FeR2 ROR3 R: 0,5.x = 0,015 ; BaSOR4 R: (nx + y) = 0,065}

 m = 160.0,015 + 233.0,065 = 17,545 gam.

Cách 2. Coi 3 chất trong X có công thức là FeSRn R: x  (56 + 32n)x = 3,76

5N + + 1e  4N + 0,48 0,48

nFeS  3Fe + + n 6S + + (6n + 3)e x x nx (6n + 3)x  (6n + 3)x = 0,48  x = 0,03  n = 6,5/3

Bảo toàn số mol electron

Chất rắn thu được {FeR2 ROR3 R: 0,5.x = 0,015 ; BaSOR4 R: nx = 0,065}

 m = 160.0,015 + 233.0,065 = 17,545 gam.

* PP TNKQ : Giá trị của m (gam) là

A. 15,545. B. 17,545. C. 25,545. D. 27,545.

2.2.1.8. Dựa trên cách tính khối lượng muối một cách tổng quát (m muối khan = m

kloại(hoặc catiọn kl) + m gốc axít)

Câu 57 : Cho 2,52g hỗn hợp gồm Al, Cu và Mg tác dụng hết với dung dịch axit nitric thu được hỗn

hợp hai khí NO, NOR2 R có số mol bằng nhau là 0,01 mol.

* PP tự luận : Tính khối lượng (gam) muối tạo ra trong dung dịch ?

Hướng dẫn giải : Với cách giải thông thường thì phải viết đến 6 phương trình phản ứng trong

lúc dữ kiện bài toán cho chỉ có hai  bế tắc. Nếu biết tư duy thì trước hết phải quy hỗn hợp ba

Al, Cu, Mg thành một kim loại X( hóa trị là x) với số mol là a và áp dụng kết hợp ĐLBT

P + xe ( X(NOR3 R)RxR )

P + NP

electron.

a a.x P + 4e → NP 2NP

Ta có : X → XP 4.0,01 0,01 0,01

- P = a.x = 0,04 (mol) Mặt khác : nRNO3 RP

- P = 2,52 + 0,04.62 = 5 gam. Khối lượng muối tạo ra trong dd : mRmuốiR = mRXR + mR NO3 RP

Theo định luật bảo toàn e ta có : a.x = 0,01.4 = 0,04

* PP TNKQ : Khối lượng (gam) muối tạo ra trong dung dịch là

A. 4. B. 10. C. 12. D. 5.

Câu 58 : Cho 7,5 gam hỗn hợp 2 kim loại tác dụng hết với dung dịch HNOR3 R loãng, dư sinh ra 17,92

lít (đktc) hỗn hợp 2 khí NO và NOR2 R có tỉ khối so với HR2 R là 18.

* PP tự luận : Tính khối lượng (gam) muối nitrat sinh ra ?

=+ y

8,0

18.2

Hướng dẫn giải : Gọi số mol NO và NOR2 R lần lượt là x mol , y mol

+ +

92,17 4,22

x x

46 y

Ta có : và

x y

5,0 3,0

  

Giải ra :

Quy hai kim loại về 1 kim loại M có hóa trị n và số mol là a mol ta có:

Quá trình oxi hóa P+ ne M → MP a a na

Quá trình khử +2 P +3e  NP NP 3x x +4 P +1e  NP NP y y

- m Rmuối nitrat R= m Rkim loại R + m RNO 3 RP PR( tạo muối) R= 7,5 + 62.na = 7,5 + 62. 1,8 = 119,1 gam.

na = 3x + y = 3.0,5 + 0,3 = 1,8 mol

* PP TNKQ : Khối lượng (gam) muối nitrat sinh ra là

A. 119,1. B. 191,1. C. 111,9. D.199,1.

Câu 59 : Cho m gam hỗn hợp gồm Cu, Zn, Fe tác dụng với dd HNO R3 R loãng, dư thu được dd A. Cô

cạn dd A thu được (m + 62) gam muối khan. Nung hỗn hợp muối khan trên đến khối lượng không

đổi thu được chất rắn.

* PP tự luận : Tính khối lượng (gam) chất rắn thu được ?

−

3 R= 1mol. Ta có các sơ đồ biến đổi sau :

Hướng dẫn giải : Vì mRmuốiR = mRklR + mRgốc axitR

−

Trong (m + 62) gam muối nitrat thì n RNO Cu → Cu(NOR3 R)R2 R → CuO Zn → Zn(NOR3 R)R2 R → ZnO Fe → Fe(NOR3 R)R3 R → FeR2 ROR3 Gọi x, y, z lần lợt là số mol của Cu, Zn, Fe. Áp dụng ĐLBT nguyên tử ta có :

n RNO 3 R = 2x +2y +3z nRO R của oxit = x + y + 3z/2

Vậy nROR = 1/2 n RNO  mRO R= 16.0,5 = 8 gam  Khối lượng chất rắn là (m + 8). − 3 R

* PP TNKQ : Khối lượng (gam) chất rắn thu được là

A. (m +8). B. (m +16). C. (m +4). D. (m +31).

Câu 60 : Cho 6g hỗn hợp hai kim loại gồm X hóa trị I, Y hóa trị II vào dung dịch (HNO R3 R và HR2 RSOR4 R

) thu được 2,688 lít hỗn hợp khí (NOR2 R, SO R2 R), khối lượng hỗn hợp khí là 5,88 gam và dung dịch

muối. Đem cô cạn dung dịch muối thu được muối khan.

* PP tự luận : Tính khối lượng (gam) muối sau khi cô cạn ?

− Hướng dẫn giải : Quy đổi hỗn hợp hai kim loại X vàY thành kim loại M

−

− M

−

− 2 M

+ 2n HNOR3 R  M (NOR3 R) Rn R + nNOR2 R + nHR2 RO x x nx ( mol )

R2 R(SO R4 R)Rn R + nSO R2 R + 2nHR2 RO

+ 2n HR2 RSO R4 R  M

y 2

ny 2

( mol ) y

2, 688 22, 4

ny 2

= = 0,12 n x +

ny 2

46 nx + 64 = 5,88

nx = 0,1 ; ny = 0,04

− 3 R

−2 4

+ m RSO

.96 = 6 + 0,1. 62 + 0,02 . 96 = 14,12 gam. = mRklR + nx .62 + m Rmuối R= m RKl R + m RNO ny 2 * PP TNKQ : Khối lượng (gam) muối sau khi cô cạn là

A. 14,21. B. 41,12. C. 14,12. D. 41,21.

0,15 mol NO, 0,05 mol N R2 RO và dung dịch D. Cô cạn dung dịch D.

* PP tự luận : Tính khối lượng (gam) muối khan thu được ?

−

Câu 61 : Hòa tan hoàn toàn 58 gam hỗn hợp A gồm Fe, Cu, Ag trong dung dịch HNOR3 R 2M thu được

Hướng dẫn giải : m RmuốiR = m R(hỗn hợp kim loại)R + mRNO

− 3 R

mà n RNO = 3nRNO R + 8nRN 2 OR = 3.0,15 + 8.0,05 = 0,85 mol

m RmuốiR = 58 + 0,85.62 = 116,9 gam.

* PP TNKQ : Khối lượng (gam) muối sau khi cô cạn là

A.161,9. B. 119,6. C. 116,9. D. 11,96.

2.2.1.9. Phương pháp quy đổi

Câu 62: Hoà tan hoàn toàn 3,76 gam hỗn hợp X ở dạng bột gồm FeS, FeS R2 R và S trong HNOR3 R đặc,

đun nóng thu được 10,752 lít khí NOR2 R (đktc, sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch D. Cho dung

dịch Ba(OH)R2 R dư vào D thu được kết tủa E, lọc tách lấy kết tủa E và nung ngoài không khí đến khối

lượng không đổi thu được m gam chất rắn.

* PP tự luận : Xác định giá trị của m ?

Hướng dẫn giải :

Cách 1. Coi FeSR2 R ↔ FeS.S

 gồm {FeS: x ; S: y}  88x + 32y = 3,76

4N +

5N + + 1e  0,48 0,48

6S + + 9e 3Fe + + FeS  x x x 9x 6S + + 6e S  y y 6y

Bảo toàn số mol electron

 9x + 6y = 0,48  x = 0,03 ; y = 0,035

Chất rắn thu được {FeR2 ROR3 R: 0,5.x = 0,015 ; BaSOR4 R: (x + y) = 0,065}

 m = 160.0,015 + 233.0,065 = 17,545 gam

Cách 2. Giả sử trong X gồm 2 nguyên tử {Fe: x ; S: y}  5x + 32y = 3,76

4N + 5N + + 1e  0,48 0,48

3Fe + + 3e Fe  x x 3x 6S + + 6e S  y y 6y

Bảo toàn số mol electron

 3x + 6y = 0,48  x = 0,03 ; y = 0,065

Chất rắn thu được {FeR2 ROR3 R: 0,5.x = 0,015 ; BaSOR4 R: y = 0,065}

 m = 160.0,015 + 233.0,065 = 17,545 gam

* PP TNKQ : Giá trị của m là

A. 17,545. B. 7,166. C. 71,66. D. 67,16.

Câu 63 : Cho m gam hỗn hợp Z gồm Fe, FeR3 ROR4 R tác dụng với 200ml dung dịch HNO R3 R 3,2M, đun

nóng và khuấy đều. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 2,24 lít khí NO (đktc, sản phẩm

khử duy nhất), dung dịch ZR1 R và còn lại 1,46 gam kim loại.

* PP tự luận : Xác định giá trị của m ?

64,0

27,0

⇒

1,0 ⇒+

Hướng dẫn giải :

HNO

)

)NO(N

)NO(Fe

NO(N

)muèi

− 3

Cách 1. Quy đổi công thức = +

Số mol các chất trong Z tham gia phản ứng {Fe: x ; Fe R3 ROR4 R: y}

Coi FeR3 ROR4 R ↔ FeO.FeR2 RO R3 R  Z {Fe: x ; FeO: y ; FeR2 ROR3 R: y}

Bảo toàn số mol electron

+ + 2e  2FeP Fe 3 2 y 2y 2y +2 P + 3e  NP NP P 0,1×3 0,1

3.1,0

y;18,0

03,0

x =⇒

Fe  FeP P + 2e x x 2x

+ y3

27,0

= =

  

18,0.56

232

03,0.

46,1

gam5,18

m =⇒

Ta có :

64,0

27,0

⇒

1,0 ⇒+

Cách 2. Quy đổi nguyên tử

HNO

)

)NO(N

)NO(Fe

NO(N

)muèi

− 3

Bảo toàn nguyên tử nitơ = +

Coi Z gồm 2 nguyên tử {Fe : x và O : y}

-2

Bảo toàn số mol electron

Fe  FeP P + 2e x x 2x

y;27,0

12,0

x =⇒

O + 2e  OP y 2y P + 3e  NP NP 0,1×3 0,1

x2 n

y2 x

3,0 27,0

+ =

  

Ta có :

m = 56.0,27 + 16.0,12 + 1,46 = 18,5 gam

* PP TNKQ : Giá trị của m (gam) là

A. 15,8. B. 18,5. C. 25,5. D. 52,8.

Câu 64 : Cho một luồng khí CO đi qua ống sứ đựng 0,04 mol hỗn hợp A gồm FeO và FeR2 ROR3 R đốt

nóng. Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được chất rắn B gồm 4 chất có khối lượng 4,784 gam. Khí ra

khỏi ống sứ cho hấp thụ vào dung dịch Ba(OH)R2 R dư thu được 9,062 gam kết tủa. Hoà tan hết chất

rắn B vào dung dịch HNO R3 R loãng dư thấy có V lít khí NO (đktc, sản phẩm khử duy nhất) thoát ra.

* PP tự luận : Tính giá trị của V (lít) ?

Hướng dẫn giải :

Cách 1. Quy đổi công thức phân tử

Quy đổi hỗn hợp B thành Fe : x và FeR2 ROR3 R: y

784

⇒

160 y2

,4 = 07,0

x y

,0 ,0

034 018

= =

+ +

  

x56   x 

Ta có :

3Fe + + 3e

2N +

5N + + 3e  3z z

Fe  0,034 3.0,034 →

=→

Bảo toàn số mol electron

034

,0V

034

4,22

7616

lit

n NO

Ta có : 3.0,034 = 3z → z = 0,034

Cách 2. Quy đổi nguyên tử

Hỗn hợp B gồm Fe và các oxit sắt có thể quy đổi thành hỗn hợp gồm 2 nguyên tử Fe : 0,07 và O

: x. Suy ra 56.0,07 + 16.x = 4,784 → x = 0,054.

2N +

3Fe + + 3e

Fe  0,07 3.0,07

2O−

5N + + 3e  3z z O + 2e  0,054 2.0,054

Bảo toàn số mol electron

→

=→

Ta có : 3.0,07 = 3z + 2.0,054 → z = 0,034

034,0

034,0V

4,22

7616

lit

n NO

* PP TNKQ : Giá trị của V (lít) là

A. 0,7616. B. 0,7166. C. 0,7661. D. 0,6716.

Như vậy đây là một bài toán có sử dụng phối hợp rất nhiều phương pháp giải toán hoá học khác

nhau. Nó có tác dụng rất lớn cho việc rèn năng lực tư duy và trí thông minh cho học sinh.

Câu 65 : Hỗn hợp X gồm FeSR2 R và MS có số mol như nhau, M là kim loại có hoá trị không đổi. Cho

6,51 gam X tác dụng hoàn toàn với lượng dư dung dịch HNO R3 R đun nóng, thu được dung dịch AR1 R và

13,216 lít (đktc) hỗn hợp khí AR2 R có khối lượng là 26,34 gam gồm NOR2 R và NO. Thêm một lượng dư

dung dịch BaCl R2 R loãng vào AR1 R, thấy tạo thành mR1 R gam chất kết tủa trắng trong dung dịch dư axit

trên.

* PP tự luận :

1. Xác định kim loại M trong MS ?

2. Xác định khối lượng mR1 R(gam) ?

Hướng dẫn giải : Đặt số mol các chất trong 6,51 gam hh X{FeSR2 R: x ; MS: x}

5N + + 1e  4N + 0,54 0,54 5N + + 3e  2N + 0,15 0,05

3Fe + + 3e Fe  x x 3x 2M + + 2e M  x x 2x 6S + + 6e S  3x 3x 18x

Coi hỗn hợp X {Fe: x; M: x ; S: 3x}

Ta có : 3x + 2x + 18x = 0,54 + 0,15  x = 0,03

 mRXR = 120.0,03 + (M + 32).0,03 = 6,51  M = 65 (Zn).

Kết tủa trắng là BaSO R4 R: 3x = 0,09  mR1 R = 233.0,09 = 20,97 gam.

* PP TNKQ :

1. Kim loại M trong MS là

A. Zn. B. Mg. C. Ca. D. Ba.

2. Gía trị khối lượng mR1 R(gam) là

A. 20,79. B. 20,97. C. 27,79. D. 27,97.

Câu 66 : Hoà tan hoàn toàn 3,6gam hỗn hợp bột kim loại X gồm Mg và Fe trong dung dịch HNO R3 R

dư thu được hỗn hợp khí gồm 0,04 mol khí NO ; 0,01 mol khí NR2 RO và dung dịch Y. Cho Y tác dụng

hết với dung dịch NaOH dư thu được kết tủa, lọc lấy kết tủa đem nung trong không khí đến khối

lượng không đổi thu được m gam chất rắn.

* PP tự luận : Xác định giá trị của m (gam) ?

Hướng dẫn giải : Quy đổi + Bảo toàn số mol electron

Chất rắn thu được gồm {MgO, FeR2 RO R3 R}, Có thể coi gồm {Mg, Fe, O}

nh(Fe,Mg

êng

)

2,0

1,0

⇒

=⇒=

(O n3

= n8

) nhËn +

nh(Fe,Mg

êng

)

ON 2

Bảo toàn số mol electron

∑   ∑  =→ mm

6,3

gam 2,51,0

* PP TNKQ : Giá trị của m (gam) là

A. 2,5. B. 5,2. C. 7,5. D. 5,7.

Câu 67 : Để m gam bột Fe ngoài không khí sau một thời gian thu được hỗn hợp A có khối lượng là

12 gam gồm Fe, FeO, FeR3 ROR4 R, FeR2 ROR3 R. Cho A tác dụng với dung dịch HNOR3 R loãng dư thu được 22,4

lít (đktc) khí NO là sản phẩm khử duy nhất.

* PP tự luận : Xác định gía trị của m (gam) ?

Hướng dẫn giải :

160

1,0

Cách 1. Ta quy đổi hỗn hợp A chỉ có Fe x mol và Fe R2 RO R3 R y mol

1,0

04,0

 x56  = 

  

 Ta có :

 nRFeR = x + 2y = 0,18 mol  mRFe ban đầu R = 0,18.56 = 10,08 gam.

160

3,0

Cách 2. Ta quy đổi hỗn hợp A chỉ có FeO x mol và Fe R2 RO R3 R y mol

+ =

= −=

3/x

1,0

06,0

 x72  

  



 nRFeR = x + 2y = 0,3 +(-0,06.2) = 0,18 mol  mRFe ban đầu R = 0,18.56 = 10,08 gam.

Vấn đề lý thú của phương pháp này là ở chổ tìm ra được giá trị âm nhưng không loại nghiệm

này mà ta phải hiểu rằng thực tế không tồn tại điều giả sử có nghĩa là lượng Fe R2 RO R3 R ít hơn nhưng

không ảnh hưởng gì đến kết quả của bài toán.

Ta có thể giả sử hỗn hợp A chỉ có những chất khác như là Fe với Fe R3 ROR4 R, Fe và FeO… hay hỗn

hợp A chỉ có một chất là FeRxRO Ry

Ta có PTHH

3 FeRxRORy R + ( 12x – 2y)HNOR3 R  3x Fe(NOR3 R)R3 R + ( 3x – 2y) NO + (6x – y) HR2 RO (3x – 2y)

x56

y16

0,1 3 12 +

x y

3 2

Từ đó ta sút ra được : =  công thức oxit quy đổi là FeR3 ROR2

 nFeR3 ROR2 R = 12/200 = 0,06 mol

 nRFe R = 3. 0,06 = 0,18  mRFeR = 0,18 .56 = 10,08 gam.

* PP TNKQ : Gía trị của m (gam) là

A. 6,08. B. 8,08. C. 10,08. D. 12,08.

Lưu ý : Với phương pháp quy đổi này rất phù hợp cho việc giải các bài toán hỗn hợp oxit của một

kim loại tác dụng với dung dịch axit có tính oxi hóa.

2.2.1.10. Dựa vào điểm đặc biệt của nguyên tử khối và phân tử khối

Câu 68 : Cho 4,48 lít hỗn hợp khí NR2 RO và COR2 R đi từ từ qua dd Ca(OH) R2 R dư thấy có 1,12 lít khí đi

* PP tự luận : Tính thành phần trăm (%) theo khối lượng của khí N R2 RO trong hỗn hợp ?

ra. Các thể tích khí đều đo ở đktc.

Hướng dẫn giải : MRN2O R = MRCO2 R = 44, khí đi ra là NR2 RO có V = 1,12 lít.

Nhận xét khi 2 chất khí có PTK bằng nhau thì : %V = %n = %m

12,1 48,4

×100% = 25%. %VNR2 RO =

* PP TNKQ : Thành phần trăm (%) theo khối lượng của N R2 RO trong hỗn hợp là

A. 15. B. 25. C. 35. D. 45.

* PP tự luận : Tính thành phần trăm (%) theo thể tích của NR2 RO trong hỗn hợp ?

Câu 69 : Một hỗn hợp khí chứa 44 gam NR2 RO và 44 gam COR2 R.

Hướng dẫn giải : MRN2O R = MRCO2 R = 44

Nhận xét : khi 2 chất khí có PTK bằng nhau thì : %V = %n = %m

44 +

×100% = 50%. %VNR2 RO = % mRN 2 O R=

* PP TNKQ : Thành phần trăm % theo thể tích của NR2 RO trong hỗn hợp là

A. 20. B. 30. C. 40. D. 50.

Câu 70 : Một hỗn hợp chứa hai 2,8 gam khí CO và 2,8 gam khí N R2 R ở cùng điều kiện.

* PP tự luận : Tính thành phần % về V khí NR2 R trong hỗn hợp ?

Hướng dẫn giải : MRN2 R = MRCOR = 28

Nhận xét khi 2 chất khí có PTK bằng nhau thì : %V = %n = %m

8,2 + 8,28,2

× 100% = 50%. %VRN2 R = % mRN 2 R=

* PP TNKQ : Thành phần (%) về V hai khí NR2 R trong hỗn hợp là

A. 20. B. 30. C. 40. D. 50.

Câu 71 : Một hỗn hợp chứa hai 4,48 lít gam khí CO và NR2 R ở đktc. Cho hỗn hợp khí đó đi qua FeO

dư thì thấy tạo thành 5,6 gam Fe.

* PP tự luận : Tính thành phần % về khối lượng của khí CO trong hỗn hợp ?

Hướng dẫn giải : MRN2 R = MRCO R= 28

Nhận xét khi 2 chất khí có PTK bằng nhau thì : %V = %n = %m

Trong hai khí trên thì chỉ có CO phản ứng với FeO  nRCO R= nRFe R = 0,1 mol

1,0 2,0

×100% = 50%. %nRN2 R= % mRN 2 R=

* PP TNKQ : Thành phần % về khối lượng của khí CO trong hỗn hợp là

A. 20. B. 30. C. 40. D. 50.

Câu 72 : Cho m gam tinh thể AlR4 RCR3 R phản ứng hết với HNOR3 R thì thu được hỗn hợp khí X gồm CO R2 R

và NR2 R O

* PP tự luận :

a. Tính tỉ khối hỗn hợp X so với HR2 R?

b. Tính phần % về khối lượng của các khí CO R2 R và NR2 RO trong hỗn hợp X ?

c. Biết mRX R= 26,4 gam. Xác định giá trị của m (gam) ?

Hướng dẫn giải :

a. Ta thấy : MRN2OR = MRCO2 R = 44  mRX R= 44

= 44/2 = 22. Suy ra dRX/H 2 R

b. MRN2OR = MRCO2 R = 44 = MRX

P +2.4e  2NP

Nhận xét khi 2 chất khí có PTK bằng nhau thì : %V = %n = %m

P + 8e 8x

PR R CP x

-4 CP x Theo ĐLB electron ta có 8x = 8y  x = y

Mắt khác : 2NP y 8y y

4,26 44.2

= = 0,3 mol c. nRN2OR = nRCO2 R = Suy ra %m RN2OR = %mRCO2 R = 50%. Xn 2

1 3 * PP TNKQ :

= = 0,1 mol  m = 0,1.144 = 14,4 gam. nRCO 2 R nRAl 4 C 3 R

a. Tỉ khối hỗn hợp X so với HR2 R là

A. 22. B. 21. C. 20. D. 19.

b. Phần % về khối lượng của các khí CO R2 R và NR2 RO trong hỗn hợp X là

A. 50% ; 50%. B.40% ; 60%. C. 30% ; 70%. D. 20% ; 80%.

c. Biết mRX R= 26,4 gam. Giá trị của m (gam) là

A. 12,4. B. 13,4. C. 14,4. D. 15,4.

2.2.1.11. Phương pháp phương trình ion thu gọn

Câu 73 : Hỗn hợp chất rắn X gồm Fe, FeR2 RO R3 R, FeR3 ROR4 R và FeO với số mol mỗi chất là 0,1 mol. Hòa

tan hết X vào dung dịch Y gồm HCl và HR2 RSOR4 R loãng (dư), thu được dung dịch Z. Nhỏ từ từ dung

dịch Cu(NOR3 R)R2 R 1M vào dung dịch Z cho tới khi ngừng khí NO thoát ra thì dừng lại.

* PP tự luận : Tính thể tích dung dịch Cu(NOR3 R)R2 R đã dùng ?

Hướng dẫn giải : Ta có : FeO + FeR2 ROR3 R = FeR3 ROR4

0,1 0,1 0,1

P  FeP

Hỗn hợp X gồm : 0,2 mol FeR3 RO R4 R, 0,1 mol Fe + dung dịch Y

P + 4HR2 RO

R(2)

P + HR2 ↑

+ FeR3 ROR4 R + 8HP P + 2FeP 0,2 0,2 0,4 + P  FeP Fe + 2HP 0,1 0,1 2+ Dung dịch Z chứa FeP

P: 0,3 mol, FeP

+ P : 0,4 mol, HP

- P, SO −2 4 P dư, ClP

(1)

P  3FeP

P + NO ↑ + 2HR2 RO (3)

+ 3 + 4HP

P + NO − 3FeP 0,3  0,1

Z + Cu(NOR3 R)R2 R

R = 0,1 mol 

23 )NO(Cun

− 3 R

1 3

1 2

= = = 0,05 mol Từ (3)  nRNO nRFe nRNO

 VRdd R Cu(NOR3 R)R2 R = 0,05 lít = 50 ml.

* PP TNKQ : Thể tích dung dịch Cu(NOR3 R) R2 R đã dùng là

A. 25 ml. B. 50 ml. C. 75 ml. D. 100 ml.

Nhận xét : Những điểm phát triển năng lực tư duy sáng tạo cho HS ở bài toán trên là :

- Cần phải biết gộp hai oxit FeO và FeR2 ROR3 R thành FeR3 ROR4 R, để giảm bớt số lượng phương trình.

3 vào, trong môi trường

P) thì ion NO −

P thành FeP

P và giải phóng khí NO. Nhiều HS sử dụng

+ axit (HP

3 sẽ oxi hóa FeP

- Khi nhỏ dung dịch Cu(NOR3 R) R2 R vào dung dịch Z thực chất là cho ion NO −

phương trình phân tử để giải thì đến đây chắc chắn sẽ thấy vô lí (!). Vì Cu(NOR3 R)R2 R không phản

ứng với các chất như FeClR2 R, FeClR3 R hay HCl dư. Vậy tại sao lại có khí thoát ra ? Có lẽ đề sai (!).

Do đó trong quá trình giảng dạy, để phát triển tư duy hóa học cho HS thì người giáo viên phải

cho HS thấy được bản chất của các phản ứng xảy ra trong dung dịch là phương trình ion thu gọn.

Phương trình phân tử chỉ là cách ghép ngẫu nhiên các ion với nhau một cách hợp lí mà thôi.

Câu 74 : Cho 12,15 gam bột Al vào 112,5 ml dung dịch hỗn hợp NaNO R3 R1M + NaOH 3M, khuấy

đều cho đến khi ngừng khí thoát ra thì dừng lại.

* PP tự luận : Tính thể tích khí thoát ra ở đktc ?

− 3 R

15,12 27

−

= 0,1125 mol ; Hướng dẫn giải : nRAlR = = 0,45 mol ; nRNO = nRNaNO 3 R

R= nRNaOHR = 0,3375 mol

R(1)

nROH

2 + 3NHR3 ↑

8Al + 3NO −

2 + 3HR2 ↑ R

- P + 2HR2 RO  8AlO − 3 + 5OHP bđ : 0,45 0,1125 0,3375 Upư : 0,3 0,1125 0,1875 U 0,3 0,1125 dư : 0,15 0 0,15 - P + 2HR2 RO  2AlO − 2Al + 2OHP bđ : 0,15 0,15 Upư : 0,15 0,15U 1,5.0,15 dư : 0 0 (1) và (2)  ΣnRKhí R = 0,1125 + 0,225 = 0,3375 mol  VRkhíR = 0,3375.22,4 = 7,56 lít.

(2)

* PP TNKQ : Thể tích khí thoát ra ở đktc là

A. 5,04 lít. B. 7,56 lít. C. 17,92 lít. D. 10,08 lít.

3 bị Al khử

Nhận xét : Trong bài toán trên, HS cần phải hiểu được trong môi trường OH − ion NO −

đến NHR3 R. Vì khi kết thúc phản ứng (1) thì Al và OH − dư nên xảy ra phản ứng (2). Nhiều HS quên

mất phản ứng (2) dẫn đến chọn sai đáp án.

Câu 75 : Cho 6,4 gam Cu tác dụng với 120 ml dung dịch X gồm HNO R3 R1M và HR2 RSOR4 R 0,5 M loãng,

thu được V lít khí NO (đktc). Biết phản ứng xảy ra hoàn toàn.

* PP tự luận : Tính giá trị của V (lít) ?

R = nRNO

− 3 R

4,6 64

R= 0,12 + 2.0,06 = 0,24 mol.

= 0,12 mol Hướng dẫn giải : nRCu R = = 0,1 mol; nRH = nRHNO 3 R

P  3CuP

R = 2nRH 2 SO 4 R 3Cu + 2NO −

P + 2NO ↑ + 4HR2 RO (*)

+ 3 + 8HP bđ : 0,1 0,12 0,24 Upư : 0,09 0,06 0,24U 0,06 dư : 0,01 0,06 0 Từ (*)  VRNOR = 0,06.22,4 = 1,344 lít. * PP TNKQ : Giá trị của V (lít) là

= 0,12.0,5 = 0,06 mol → Σ nRH nRH

A. 0,672. B. 1,120. C. 1,344. D. 1,568.

Nhận xét : Điểm nhằm phát triển tư duy, óc thông minh, sáng tạo cho HS qua bài toán 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 cho rằng H R2 RSO R4 R loãng không phản ứng với Cu, chỉ có HNOR3 R phản ứng theo phương

trình:

3Cu + 8HNOR3 R  3Cu(NOR3 R)R2 R + 2NO ↑ + 4HR2 RO

bđ : 0,1 0,12 pư : U0,045 0,12 U 0,03 dư : 0,055 0  VRNO R = 0,03.22,4 = 0,672 lít  Chọn đáp án A là sai !

Ở đây HS đã quên rằng, mặc dù H R2 RSOR4 Rkhông phản ứng với Cu nhưng nó đã tạo ra môi trường axit

3 oxi hóa tiếp Cu dư.

để ion NO −

2.2.2. Chương Nhóm cacbon

2.2.2.1. Phương pháp trung bình

Câu 1 : Hoà tan 2,84 gam hỗn hợp X gồm hai muối cacbonat của hai kim loại nhóm nhóm IIA và

thuộc hai chu kì liên tiếp trong bảng tuần hoàn bằng dd HCl, sau phản ứng thấy khối lượng dd tăng

1,52 gam. Giả sử nước bay hơi không đáng kể.

* PP tự luận : Tìm hai kim loại đó ?

Phân tích : Nếu viết riêng từng muối tác dụng với dd HCl thì ẩn số của bài toán là 4, trong khi

giả thiết cho chỉ lập được 2 phương trình. Vì cả hai KL đều ở nhóm IIA nên đều có hóa trị II, do

m = m - m

đó, gọi M là kí hiệu chung cho 2 KL cần tìm, cách giải bài toán như sau

= m - m X

dd t¨ng

= 2,84 - 1,52 = 1,32 M COR3 R + 2HCl → M ClR2 R + HR2 RO + CO R2 R 0,03 0,03 m ⇒

2COn

1,32 44

 = = 0,03

3MCOM

84,2 03,0

= M + 60 = = 94,67  M = 94,67 – 60 = 34,67

Vì thuộc hai chu kì liên tiếp nên hai kim loại đó là Mg (M=24) và Ca (M=40).

* PP TNKQ : Hai kim loại đó là

A. Be ; Mg. B. Mg ; Ca. C. Ca ; Sr. D. Sr ; Ba.

Câu 2 : Nung m gam hỗn hợp X gồm 2 muối cacbonat trung tính của 2 kim loại A, B đều hóa trị II.

Sau một thời gian thu được 3,36 lít khí COR2 R (đktc) và còn lại hỗn hợp chất rắn Y. Cho Y tác dụng

hết với dd HCl dư rồi cho khí thoát ra hấp thụ hoàn toàn vào dung dịch Ca(OH) R2 R dư, thu được 15

gam kết tủa. Phần dung dịch đem cô cạn thu được 32,5 gam muối khan.

* PP tự luận :

1. Tìm giá trị của m (gam) ?

2. Nếu A, B là 2 kim loại thuộc 2 chu kỳ kế tiếp trong nhóm IIA (M RAR < M RB R). Tìm hai kim loại A, B

mol

COM 3

Hướng dẫn giải : Đặt công thức chung của 2 muối là

, 150

n CO

Số mol :

3COM → OM + COR2 zR1 R zR1 R zR1 , 363 , 422 3COM Chất rắn Y { OM : zR1 R ; Y + HCl : Xảy ra các phản ứng

2ClM + HR2 RO

OM + 2HCl → zR1 R zR1

: z - zR1 R}

3COM 2ClM + HR2 RO + COR2 z - zR1 R z - zR1 R z - zR1

z =⇒

+ 2HCl →

, 30

n CO

z)71

5,32

3,37

⇒

M =⇒

Ca(OH)R2 R + COR2 R → CaCOR3 R + HR2 RO Có : 0,15 0,15 z , −= 150

3,37(

3,0).60

gam2,29

M(m =

2ClM : z z)60 =

Muối khan

3,37

M =

1. .

. Vì A, B thuộc 2 chu kì kế tiếp trong nhóm IIA nên A = 24 (Mg) ; B = 40

D. 92,9. B. 22,9. C. 92,2.

2. Ta có : (Ca). * PP TNKQ : 1. Giá trị của m (gam) là A. 29,2. 2. Nếu A, B là 2 kim loại thuộc 2 chu kỳ kế tiếp trong nhóm IIA (M RAR < MRBR). Hai kim loại A, B là A. Be ; Mg. B. Mg ; Ca. D. Sr ; Ba. C. Ca ; Sr.

2.2.2.2. Phương pháp bảo toàn khối lượng

Câu 3 : Cho m gam hỗn hợp muối cacbonat tác dụng hết với dd HCl thu được 6,72 lít khí COR2 R

(đktc) và 32,3 gam muối clorua.

M COR3 R + 2 HCl  M ClR2 R + COR2 R + H R2 RO a

* PP tự luận : Tìm giá trị của m (gam) ?

2a a a a

nRCO 2 R

Hướng dẫn giải : Ta có PTHH : mRmuối cacbonat R + mRH 2 O R- mRHCl

R * PP TNKQ : Giá trị của m (gam) là

= 0,3 mol. Áp dụng ĐLBT khối lượng ta có = m Rmuối clorua R+ mRCO 2 R R= 32,3 + 0,3.44 + 0,3.18 – 0,6.36,5 = 29 gam.

A. 3,7. B. 29. C. 19,1. D. 35,6.

Câu 4 : Cho 3,45 gam hỗn hợp muối natricacbonat và kalicacbonat tác dụng hết với dd HCl thu

được V lít COR2 R (đktc) và 3,12 gam muối clorua.

* PP tự luận : Tìm giá trị của V (lít) ?

M COR3 R + 2 HCl  M ClR2 R + COR2 R + H R2 RO a + mRH 2 O

2a a a a

Hướng dẫn giải : Ta có PTHH : Áp dụng ĐLBT khối lượng ta có mRmuối cacbonat R+ mRHClR = m Rmuối clorua R+ mRCO 2 R  3,45 + 36,5.2a = 3,12 +44a +18a  a = 0,03  V = 0,03.22,4 = 0,672 lít.

* PP TNKQ : Giá trị của V (lít) là

A. 6,72. B. 3,36. C. 0,896. D. 0,672.

Câu 5 : Cho 115 gam hỗn hợp X gồm ACOR3 R, BR2 RCOR3 R, RR2 RCOR3 R tác dụng với dung dịch HCl dư thu

được 0,896 lít COR2 R(đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng.

* PP tự luận : Tìm khối lượng chất rắn (m, gam) thu được ?

Hướng dẫn giải : Ta có phương trình ở dạng tổng quát

2a a a

X + 2 HCl  chất rắn (muối clorua) + COR2 R + HR2 RO a = nRCO 2 R= 0,04 mol. Áp dụng ĐLBT khối lượng ta có 115 + 36,5.2.0,04 = mR chất rắn R+ 0,04.44 + 0,04.18  mR chất rắn R = 115,44 gam.

* PP TNKQ : Khối lượng chất rắn (m, gam) thu được là

A. 116,76. B. 115,44. C. 114,56. D. 116,22.

Câu 6 : Cho 2,44 gam hỗn hợp NaR2 RCOR3 R và KR2 RCOR3 R tác dụng hoàn toàn với dung dịch BaClR2 R. Sau

phản ứng thu được 3,94 gam kết tủa. Lọc tách kết tủa, cô cạn dd thu đuợc m gam muối clorua.

* PP tự luận : Tìm giá trị của m (gam) ?

Hướng dẫn giải : Vì Na và K đều hóa trị I nên gọi chung hai kim loại đó là M

PTHH xẩy ra như sau : M COR3 R + BaClR2 R  2 M Cl + BaCOR3 R

= 0,02 mol n RBaCO 3 R= n RBaCl 2 R

= mRmuối clorua R + m RBaCO 3

Áp dụng ĐLBT khối lượng ta có : mRmuối cacbonat R+ m RBaCl 2 R mRmuối clorua R= 2,44 + 208.0,22 – 3,94 = 2,66 gam.

* PP TNKQ : Giá trị của m (gam) thu được là

A. 2,66. B. 22,6. C. 26,6. D. 6,26.

Câu 7 : Dẫn luồng khí CO dư đi qua ống sứ đựng 16 gam bột Fe RxRO Ry R nung nóng, sau khi phản ứng

kết thúc (giả sử xảy ra phản ứng khử trực tiếp oxit sắt thành Fe kim loại), toàn bộ khí thoát ra được

dẫn vào bình đựng nước vôi trong dư thấy có 30 gam kết tủa trắng.

* PP tự luận : Tìm Công thức oxit sắt ?

Hướng dẫn giải : Đây là một bài tập không khó, nhưng nhiều học sinh giải theo thói quen là viết

và tính theo phương trình phản ứng hóa học (phương pháp đại số). Giải theo cách này thì rất dài

và mất thời gian, nếu có tư duy tốt ta áp dụng định luật bảo toàn khối lượng thì sẽ tính ngay

được kết quả.

3,0.44

2,0

3,0.28

n.56

16 +⇒

⇒

n )p(CO m

n CO m

OFe

)p(CO

   

2,0.56

8,4

3,0

⇒

−

⇒

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có :

n =⇒ O

)OFe( 2 3

2,0 3,0

2 3

n n

* PP TNKQ : Công thức oxit sắt là

RD. không xác định được.

A. FeO. B. FeR2 ROR3 R. C. FeR3 ROR4.

2.2.2.3. Phương pháp bảo toàn mol nguyên tử

Câu 8 : Dẫn luồng khí CO dư đi qua ống sứ đựng 16 gam bột Fe RxRO Ry R nung nóng, sau khi phản ứng

kết thúc (giả sử xảy ra phản ứng khử trực tiếp oxit sắt thành Fe kim loại), toàn bộ khí thoát ra được

dẫn vào bình đựng nước vôi trong dư thấy có 30 gam kết tủa trắng.

* PP tự luận : Tìm Công thức oxit sắt ?

Hướng dẫn giải :

3,0.28

n.56

3,0.44

2,0

16 +⇒

⇒

)p(CO m

CO m

)p(CO

OFe

   

x.80

y;2

⇒

x =⇒

Cách 1 : Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng + Bảo toàn số mol nguyên tử Fe

OFe

)OFe(3 2 3

16 2,0

2,0 x

3,0.16

2,11

2,0

3,0 ⇒=

⇒

−

⇒

Cách 2 : Trong phản ứng khử Oxit sắt bằng khí CO ta luôn có

)OFe( 2 3

n n

2,0 3,0

2 3

⇒

Cách 2.1 : .

OFe

3,0 y

160 3

Ta có : ⇒ y = 3 ; x = 2 (FeR2 ROR3 R). Cách 2.2 : Bảo toàn số mol nguyên tử O 16 3,0

x56(

).y16

⇒

=⇒=

Cách 2.3 : Bảo toàn số mol nguyên tử O

OFe

)OFe( 2 3

3,0 y

x y

2 3

3,0 y

Ta có : .

RD. không xác định được.

* PP TNKQ : Công thức oxit sắt là

A. FeO. B. FeR2 ROR3 R. C. FeR3 ROR4.

xOFe

trong không khí tới Câu 9 : Nung nóng 18,56 gam hỗn hợp A gồm FeCO R3 R và một oxit sắt

khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được khí COR2 R và 16 gam một oxit sắt duy nhất. Cho khí COR2 R

hấp thụ hết vào dung dịch Ba(OH)R2 Rdư thu được 15,76 gam kết tủa.

* PP tự luận : Tìm Công thức oxit sắt ?

Hướng dẫn giải : Chú ý : Các oxit sắt, nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi luôn tạo

thành FeR2 ROR3 R  16 gam oxit sắt duy nhất là FeR2 ROR3

Cách 1 : Phương pháp bảo toàn nguyên tử

xOFe

08,0

n =⇒

: m}

FeCO

BaCO

n(5,0

)mx

1,0

3 2,0

+⇒=

32OFe

Đặt số mol các chất trong 18,56 gam A {FeCOR3 R: n ;  116n + (56x + 16y)m = 18,56 Bảo toàn số mol nguyên tử C và Fe:

)OFe( 3 4

x y

12,0 16,0

3 4

08,0

56,18

116

08,0.

gam28,9

⇒

−

Từ đó  mx = 0,12 ; my = 0,16  .

FeCO

BaCO

OFe

04,0

06,0

12,0

⇒

FeCO

)

)OFe(OFe

)OFe(Fe

(OFe 32

FeCO 2

Cách 2 : Bảo toàn nguyên tử C m

28,9

12,0.56

16,0

⇒

)OFe(O

)OFe( 3 4

− 16

n n

12,0 16,0

3 4

08,0

56,18

08,0.116

gam28,9

⇒

−

FeCO

BaCO

OFe

FeCO

08,0

OFe 2 04,0

Cách 3 : Bảo toàn nguyên tử C m

→

OxFe 2 06,0

      

2       

y;3

⇒

x =⇒

Ta có sơ đồ :

OFe

)OFe(4 3 4

232 3

OFe2 x 12,0 x 28,9 12,0

x56(

).y16

28,9

⇒

Cách 3.1 : .

)OFe( 3 4

12,0 x

x =⇒ y

3 4

Cách 3.2 : .

RD. không xác định được.

* PP TNKQ : Công thức oxit sắt là

A. FeO. B. FeR2 ROR3 R. C. FeR3 ROR4.

Câu 10 : Nung m gam hỗn hợp X gồm 2 muối cacbonat trung hòa của 2 kim loại A, B đều hóa trị

II. Sau một thời gian thu được 3,36 lít khí COR2 R (đktc) và còn lại hỗn hợp chất rắn Y. Cho Y tác dụng

hết với dd HCl dư rồi cho khí thoát ra hấp thụ hoàn toàn vào dung dịch Ca(OH)R2 R dư, thu được 15

gam kết tủa. Phần dung dịch đem cô cạn thu được 32,5 gam muối khan.

* PP tự luận : 1. Tìm giá trị của m (gam) ?

2. Nếu A, B là 2 kim loại thuộc 2 chu kỳ kế tiếp trong nhóm IIA (M RAR < MRBR). Xác định hai kim loại

A, B ?

Hướng dẫn giải : Phương pháp trung bình + Bảo toàn số mol nguyên tử

15,0

3,0

3COM n =

Đặt công thức chung của 2 muối là

CaCO

ClM

COM

3,37

M +⇒

M =⇒

5,32 3,0

Bảo toàn nguyên tử C :

1. m = ( M + 60). 0,3 = 29,3 gam

2. Vì A, B thuộc 2 chu kì kế tiếp trong nhóm IIA nên A = 24 (Mg) ; B = 40 (Ca)

* PP TNKQ :

1. Giá trị của m (gam) là

A. 29,2. B. 22,9. C. 92,2. D. 92,9.

2. Nếu A, B là 2 kim loại thuộc 2 chu kỳ kế tiếp trong nhóm IIA (M RAR < MRBR). Hai kim loại A, B là

A. Be ; Mg. B. Mg ; Ca. C. Ca ; Sr. D. Sr ; Ba.

Câu 11 : Cho 10 ml dd muối canxi tác dụng với dd NaR2 RCOR3 R (dư). Thu được kết tủa. Lọc lấy kết tủa

P trong dd ban đầu ?

đem nung đến khối lượng không đổi được 0,28 gam chất rắn.

* PP tự luận : Tìm nồng độ mol của ion CaP

Hướng dẫn giải : Ta có chất rắn thu được đó là CaO

= R0,005 mol

 nRCaO R = 0,28/56 = 0,005 (mol) mà n RCaO R = nRCa

 CRM R = 0,005/0,01 = 0,5 mol/ lít.

P trong dd ban đầu là

* PP tự luận : Nồng độ mol của ion CaP

A. 0,45. B. 0,5. C. 0,65. D. 0,55.

Câu 12 : Cho 0,2688 lít COR2 R (đktc) hấp thụ hoàn toàn bởi 200 ml dd NaOH 0,1 M và Ca(OH)R2 R

0,01M..

= 0,002 mol

3 + HR2 RO

+ mRmuối R = mRNa RP

* PP tự luận : Tính tổng khối lượng (gam) các muối thu được ?

P + mRCO

P + mRCa RP

Hướng dẫn giải : Ta có : nRCO 2 R = 0,012 mol; n RNaOH R= 0,02 mol; nR Ca(OH) 2 R - - P  CO −2  nROH RP P = 0,024 mol. Vậy : COR2 R + 2OHP 0,012 0,024 0,012 3 R= 23.0,02 + 20.0,002 + 60.0,012 = 1,26 gam. −2

* PP TNKQ : Tổng khối lượng (gam) các muối thu được là

A. 2,16. B. 1,06. C. 1,26. D. 2,004.

2.2.2.4. Phương pháp tăng giảm khối lượng

Câu 13 : Nung m gam hỗn hợp X gồm 2 muối cacbonat trung hòa của 2 kim loại A, B đều hóa trị

II. sau một thời gian thu được 3,36 lít khí CO R2 R (đktc) và còn lại hỗn hợp chất rắn Y. Cho Y tác dụng

hết với dd HCl dư rồi cho khí thoát ra hấp thụ hoàn toàn vào dd Ca(OH) R2 R dư, thu được 15 gam kết

tủa. Phần dung dịch đem cô cạn thu được 32,5 gam muối khan.

* PP tự luận : 1. Tình giá trị của m (gam) ?

2. Nếu A, B là 2 kim loại thuộc 2 chu kỳ kế tiếp trong nhóm IIA (M RAR < M RB R). Tìm hai kim loại A, B

15,0

3,0

3COM =

Hướng dẫn giải : Đặt công thức chung của 2 muối là

CaCO

ClM

COM

COMmol

1 ClMmol



gam 11 ng¨T 

→

3,0

COMmol

3,0

ClMmol

gam3,0.11 ng¨T 

→

 1. m + 11.0,3 = 32,5  m = 29,3 gam.

3,37

M =⇒

Bảo toàn nguyên tử C :

3,29 3,0

2. . Vì A, B thuộc 2 chu kì kế tiếp trong nhóm IIA nên A = 24 (Mg) ;

B = 40 (Ca). * PP TNKQ :

1. Giá trị của m (gam) là

A. 29,2. B. 22,9. C. 92,2. D. 92,9.

2. Nếu A, B là 2 kim loại thuộc 2 chu kỳ kế tiếp trong nhóm IIA (M RAR < MRBR). Hai kim loại A, B là A. Be ; Mg. B. Mg ; Ca. C. Ca ; Sr. D. Sr; Ba.

Câu 14 : Cho 7 gam hỗn hợp hai muối cacbonat của hai kim loại hóa trị I và II tác dụng với dd HCl

thu được V lít khí COR2 R (đktc) và dd X. Cô cạn dung dịch X thu được 9,2 gam muối khan.

* PP tự luận : Tìm giá trị của V (lít) ?

Hướng dẫn giải :

a a a

Gọi a là số mol của COR2 R ta có : M COR3 R + 2HCl → M ClR2 R + HR2 RO + COR2 R Áp dụng phương pháp tăng giảm khối lượng

∆m = ( M ClR2 R - M COR3 R) = 11a = 9,2–7 = 2,2  a = 0,2V = 0,2.22,4 = 4,48 lít.

* PP TNKQ : Giá trị của V (lít) là

A. 2,24. B. 3,36. C. 4,48. D. 6,72.

Câu 15 : Nung 26,8 gam hỗn hợp CaCOR3 R và MgCO R3 R đến khối luợng không đổi thu được a gam

chất rắn và 6,72 lít khí COR2 R (đktc).

* PP tự luận : Tìm giá trị của a (gam) ?

Hướng dẫn giải : PTHH phân hủy muối cacbonat : M COR3 R → 0t M O + COR2 R

Giá trị a chính là khối lượng oxit = khối lượng muối cacbonat – khốí lượng khí CO R2

Hay : a = 26,8 – 0,3.44 = 13,6 gam.

* PP TNKQ : Giá trị của a (gam) là

A. 16,3. B. 13,6. C. 1,36. D. 1,63.

Câu 16 : Có 1 lít dd gồm hỗn hợp Na R2 RCOR3 R 0,1 M và (NHR4 R) R2 RCO R3 R 0,25 M. Cho 43 gam hỗn hợp

BaClR2 R và CaCl R2 R vào dd đó. Sau khi phản ứng kết thúc ta thu được 39,7 gam kết tủa A (gồm BaCOR3 R

và CaCO R3 R ) và dd B.

* PP tự luận : Tính phần trăm khối lượng các chất trong A ?

Phân tích : Vì cả CaClR2 R và BaClR2 R đều tạo kết tủa được với NaR2 RCO R3 R và (NHR4 R) R2 RCO R3 R nên kết tủa

sinh ra là gồm CaCO R3 R và BaCOR3 R. Do đó, không biết BaClR2 R và CaClR2 R phản ứng hết hay Na R2 RCOR3 R

và (NH R4 R)R2 RCOR3 R phản ứng hết. Nếu giải biện luận từng trường hợp thì rất mất thời gian. Có thể gải

quyết bài toán theo phương pháp tăng giảm khối lượng như sau

+ P, NHR4 RP

P, và COR3 RP

+ Trong hỗn hợp NaR2 RCO R3 R và (NH R4 R)R2 RCOR3 R có các ion : NaP - P. P, và ClP

P, CaP

Hướng dẫn giải :

Hỗn hợp BaClR2 R và CaClR2 R có các ion BaP

2- P + COR3 RP

P → BaCOR3 R ↓

(1) BaP

2- P + COR3 RP

P → CaCOR3 R ↓

CaP (2)

Theo (1) và (2) cứ 1 mol BaClR2 R hoặc CaClR2 R biến thành BaCOR3 R hoặc CaCOR3 R thì khối lượng giảm 2- - P). Do đó tổng số mol 2 muối BaCOR3 R và CaCOR3 R bằng P chuyển thành CO R3 RP 71 – 60 = 11 gam (2ClP

43 −

7,39

2- P = 0,1 + 0,25 = 0,35. Điều đó chứng tỏ dư COR3 RP

= 0,3 mol mà tổng số mol ion COR3 RP

→

Gọi x, y là số mol BaCOR3 R và CaCO R3 R trong A

= =

x y

1,0 2,0

=+ y + x

3,0 100

7,39

 x  197 

  

.1,0

197

Ta có :

7,39

% BaCOR3 R = .100 = 49,62 % ; % CaCOR3 R = 100 – 49,62 = 50,38 %

* PP TNKQ : Phần trăm khối lượng các chất trong A lần lượt là

A. 49,62% ; 50,38%. B. 50,38% ; 49,62%.

C. 62,49% ; 38,50%. D. 38,50% ; 62,49%.

2.2.2.5. Khử oxit kim loại bằng CO

Câu 17 : Khử một oxít bằng khí CO ở nhiệt độ cao, phản ứng xong nguời ta thu được 0,84 gam sắt

và 448 ml COR2 R (đktc).

* PP tự luận : Tìm công thức phân tử của oxít sắt ? Hướng dẫn giải : Gọi công thức của oxít sắt là FeRxRO Ry R

FeRx RORy R + y CO  x Fe + y CO ay a ax

Ta có ax = 0,84/56 = 0,015 ; ay = 0,448/22,4 = 0,02 mol

ax ay

,0 015 02,0

x y

3 4

=  =  công thức oxít sắt là FeR3 ROR4 R.

* PP TNKQ : Công thức phân tử của oxít sắt là

A. FeO. B. FeR2 ROR3 R. C. FeR3 ROR4 R. D. không xác định được.

Câu 18 : Cho V lít hỗn hợp khí (đktc) gồm CO và HR2 R phản ứng với một lượng dư hỗn hợp chất rắn

gồm CuO và FeR3 ROR4 R nung nóng. Sau khi các phản ứng xẩy ra hoàn toàn, thấy hỗn hợp chất rắn giảm

0,32 gam.

* PP tự luận : Tìm giá trị của V (lít ) ?

Hướng dẫn giải : Trong các phản ứng trên, CO và H R2 R đóng vai trò chất khử, chiếm oxi của hỗn

hợp oxít. Chính vì vậy khối lượng chất rắn giảm chính là khối lượng của oxi đã phản ứng  nRO R

= 0,02 mol.

Suy ra : CO + O  COR2

HR2 R + O  HR2 RO

 nRhỗn hợp khí R= nROR = 0,2  VRhỗn hợp khíR = 0,2.22,4 = 0,448 lít.

* PP TNKQ : Giá trị của V (lít ) là

A. 0,448. B. 0,112. C. 0,224. D. 0,560.

Câu 19 : Dẫn 4,48 lít CO (đktc) từ từ qua ống sứ nung nóng chứa 8 gam một loại oxít sắt. Sau khi

phản ứng hết, thu được khí A có tỉ khối hơi so với HR2 R là 20.

* PP tự luận : Xác định công thức oxit sắt và % thể tích COR2 R trong hỗn hợp A ?

Huớng dẫn giải : Ta có nRCO ban đầu R = 0,2 mol

CO + O  COR2 x mol

Gọi số mol CO tham gia phản ứng là x : Hỗn hợp khí A sau phản ứng chứa CO và COR2

= 1 : 3 Theo quy tác đường chéo ta tính được nRCO R: nRCO 2 R

= 0,2 mol ( số mol khí đuợc bảo toàn)

= 75% = 1,5 mol  % VRCO 2 R

= nROR trong oxit sắt = 0,15mol  mRO R= 2,4 gam nRCO 2 R

Mà nRCO R+ nRCO 2 R  nRCO dư R = 0,5 mol ; nRCO 2 R  mRFeR = 8 - 2,4 = 5,6 gam  nRFeR = 0,1 mol

nRFe R: nRO R= 0,1 : 0,15 = 2 : 3  công thức oxít sắt đó là FeR2 ROR3 R.

* PP TNKQ : Công thức oxit sắt và % thể tích COR2 R trong hỗn hợp A ?

A. FeR2 RO R3 R; 25 %. B. FeO ; 75 %. C. FeO ; 25 %. D. FeR2 ROR3 R; 25 %.

Câu 20 : Dẫn luồng khí CO qua ống sứ A chứa 0,01 mol FeO và 0,03 mol Fe R2 RO R3 R, nung nóng. Khi

phản ứng hoàn toàn thu được 4,784 gam chất rắn B gồm bốn chất trong đó chứa FeR3 ROR4 R. Cho B tác

dụng với dung dịch HCl dư thu được 0,6272 lít HR2 R (đktc). Biết trong B số mol FeR3 RO R4 R bằng 1/3 tổng

số mol của FeO và FeR2 ROR3 R.

* PP tự luận : Tìm số mol FeR3 RO R4 R trong hỗn hợp B ?

= 0,028 mol

784,4

52,5

Hướng dẫn giải : Ta có nRH 2 R  nRFeR trong hỗn hợp B = 0,028 mol

= 0,046 mol  nRO bị khửR =  mRA R = 0,01.72 + 0,03.160 = 5,52 gam − 16

Theo ĐLBT nguyên tố ta có

 nRFe ban đầu R = 0,01 + 0,03.2 = 0,07 mol

 nRO ban đầu R= 0,01 + 0,03.3 = 0,1 mol

Trong hỗn hợp B

nRFe R= 0,028 mol ; nRFe 3 O 4 R = x mol ; nRFeO R= y mol ; nRFe 2 O 3 R= z mol

(1)  nRFe R = 3x + y +2z +0,028 = 0,07 mol  3x + y +2z = 0,042

(2) nRO R= 4x + y +3z = 0,1 – 0,046 = 0,054 mol

Vì số mol FeR3 RO R4 R bằng 1/3 tổng số mol của FeO và FeR2 RO R3 R nên :

(3) 3x – y – z = 0

Từ (1), (2), (3) giải ra ta có x = z = 0,006 ; y = 0,012.

* PP TNKQ : Số mol FeR3 RO R4 R trong hỗn hợp B là

-3

-3 B. 9.10P

-3 C. 5.10P

D. 0,012. A. 6.10P

Câu 21 : Cho từ từ một luông khí CO đi qua ống sứ đựng m gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe R3 ROR4 R,

FeR2 ROR3 R đun nóng thu được 64 gam sắt, khí sinh ra sau phản ứng cho đi qua dung dịch Ca(OH)R2 R dư

được 40 gam kết tủa.

* PP tự luận : Tính giá trị của m (gam) ?

Hướng dẫn giải : Khí đi ra sau phản ứng sau phản ứng gồm có COR2 R, CO dư

0,4

COR2 R + Ca(OH)R2 R  CaCOR3 R + HR2 RO 0,4 Ta có nRCO 2 R= nRCO Theo ĐLBT khối luợng : m + 28.0,4 = 64 + 44.0,4  m = 70,4 gam.

* PP TNKQ : Giá trị của m (gam) là

A. 70,4. B. 81,6. C. 75,2. D. 52,8.

Câu 22 : Để khử hoàn toàn hỗn hợp FeO và CuO cần 4,48 lít khí HR2 R (đktc). Nếu cũng khử hoàn

toàn hỗn hợp đó bằng CO và lượng COR2 R thu được cho đi qua dung dịch nước vôi trong dư.

* PP tự luận : Tính số gam COR2 R kết tủa tạo ra ?

Hướng dẫn giải : Nhận xét nRCO 2 R= nRCO R = n RH 2 R= 0,2 mol COR2 R + Ca(OH)R2 R  CaCOR3 R + HR2 RO 0,2 0,2 Suy ra : mRCaCO 2 R= 0,2 .100 = 20 gam.

* PP TNKQ : Số gam COR2 R kết tủa tạo ra là

A. 1,0. B. 2,0. C. 20,0. D. 10,0.

Câu 23 : Cho bột than dư vào hỗn hợp hai oxít FeR2 ROR3 R và CuO đun nóng để phản ứng hoàn toàn thu

được bốn gam hỗn hợp kim loại và 2,24 lít khí (đktc).

* PP tự luận : Tính khối lượng (gam) hỗn hợp hai oxít ban đầu ?

Hướng dẫn giải : Vì C dư nên sản phẩm khí là CO

Nhận xét nRCO R = nRO trong oxit R = 0,1 mol

mRhỗn hợp oxít R= mRkim loạiR + mRO R= 4 + 0,1.16 = 5,6 gam.

* PP TNKQ : Khối lượng (gam) hỗn hợp hai oxít ban đầu là

A. 4,8. B. 6,8. C. 7,2. D. 5,6.

Câu 24 : Hỗn hợp X gồm sắt và oxít sắt có khối lượng 5,92 gam. Cho khí CO dư đi qua hỗn hợp X

đun nóng. Khí đi ra sau phản ứng cho tác dụng với Ca(OH)R2 R dư được 9 gam kết tủa.

* PP tự luận : Tính khối lượng sắt thu được ?

CO + X  COR2 R + mRFe a a COR2 R + Ca(OH)R2 R  CaCOR3 R + HR2 RO 0,09 0,09

Hướng dẫn giải : Theo ĐLBT khối luợng : 28.0,09 + 5,92 = 0,09.44 + mRFe R mRFe R= 4,48 gam.

* PP TNKQ : Khối lượng sắt thu được là

A. 4,8. B. 6,8. C. 7,2. D. 5,6.

Câu 25 : Cho bột than vào hỗn hợp hai oxít FeR2 ROR3 R và CuO đun nóng để phản ứng hoàn toàn, thu

được 4 gam hỗn hợp kim loại và 1,68 lít (đktc) khí CO và CO R2 R có tỉ khối hơi so với HR2 R là 18.

* PP tự luận : Tính khối lượng hỗn hợp hai oxít ban đầu ?

Hướng dẫn giải : Áp dụng quy tắc đường chéo ta có nRCO 2 R= nRCO Mặt khác ta có nRCO 2 R+ nRCOR = 0,075  nRCO 2 R= nRCO R = 0,0375  nROtrong hai khíR = 2. 0,0375 + 0,0375 = 0,1125 mol  mRO R = 0,1125.16 = 1,8 gam

 mRoxit R= mRkim loại R+ mROR = 4 + 1,8 = 5,8 gam.

* PP TNKQ : Khối lượng hỗn hợp hai oxít ban đầu là

A. 5,8. B. 6,8. C. 7,2. D. 5,6.

Câu 26 : Khử hoàn toàn 4,06 gam một oxit của kim loại M bằng khí CO ở nhiệt độ cao thành kim

loại. Toàn bộ khí sinh ra được dẫn vào bình đựng dd nước vôi dư thấy tạo thành 7 gam kết tủa,

lượng kim loại sinh ra đem hòa tan hoàn toàn trong dd HCl dư thì thu được 1,176 lít khí HR2 R (đktc).

* PP tự luận : Xác định công thức oxit sắt ?

Hướng dẫn giải : HS đã được rèn các kỹ năng phân tích, tổng hợp bài toán và cũng đã biết

muốn xác định kim loại cần phải tìm được giá trị khối lượng nguyên tử M. tuy nhiên, khi gặp bài

toán này, HS có thể gặp những vướng mắc sau

- Đặt công thức oxit của kim loại là M R2 RORn R, gặp trường hợp này, GV có thể đặt vấn đề, nếu đó là

oxit sắt thì đặt công thức như vậy đã ổn chưa ? Nếu HS đã được tích lũy vốn kiến thức tương đối

sẽ nhận ra ngay cách đặt công thức oxit như vậy là chưa chính xác và tự sữa được chỗ sai  đặt

công thức oxit là MRxRO Ry R.

- Khi lấy kim loại sinh ra sau phản ứng khử tác dụng với dd HCl, HS không nghĩ phải đặt một

công thức khác cho kim loại M nên hoặc HS sẽ lúng túng, không có hướng giải quyết hoặc cho

rằng hóa trị của kim loại M vẫn là 2y/x (như trong oxit), dẫn đến hướng giải quyết sai và sẽ cho

kết quả không hợp lý. Nếu HS gặp bài toán này lần đầu mà biết cách giải quyết thông suốt,

chứng tỏ học sinh đó có khả năng tư duy tốt, ngược lại, nếu học sinh gặp phải những vướng mắc

trên, GV chỉ cần giúp HS nhận ra vấn đề thì HS sẽ tự mình tư duy và định hướng cách giải quyết

(1) (2) (3)

n = n

0,07 (mol)

MRx RORy R + yCO → xM + yCOR2 R COR2 R + Ca(OH)R2 R → CaCOR3 R + HR2 RO 2M + 2nHCl → 2MClRn R + nHR2 R n là hóa trị của kim loại M

CaCO

7 100

Từ phản ứng (1) và (2) ta thấy :

Theo ĐLBT khối lượng ta có : mRM R= R R4,06 + 28.0,07 – 44.0,07 = 2,94 gam

0,0525 (mol)

1,176 22,4

Tõ (3) ta cã: n

(mol)

.0,0525 =

⇒

.M = 2,94 M = 28n ⇒

0,105 n

2 n

Ta có bảng :

2 n 2 56

n M 1 28 3 84

↔

0525

07,0:

y:x

4:3

Nghiệm thích hợp là n = 2 ; M = 56 nên kim loại M là Fe

2CO

Từ (1) ta có : .oxit của kim loại là FeR3 ROR4.

RD. không xác định được.

* PP TNKQ : Công thức oxit sắt là

A. FeO. B. FeR2 ROR3 R. C. FeR3 ROR4.

Câu 27: Khử 4,64g hỗn hợp X gồm FeO, FeR3 ROR4,R Fe R2 ROR3 R bằng CO thu được chất rắn Y. Khí thóat ra

sau phản ứng được dẫn vào dd Ba(OH)R2 Rdư thu được 1,79 g kết tủa.

* PP tự luận : Tính khối lượng (gam) của chất rắn Y ?

Nhận xét : Thông thường HS sẽ viết 3 phương trình phản ứng và đặt 3 ẩn số, khi đó, việc giải

bài toán sẽ trở nên khó khăn. Đề chỉ yêu cầu tính khối lượng chất rắn sau phản ứng nên ta có thể

dùng ĐLBT khối lượng để giải

X + CO → Y + COR2

0, 01(mol)

BaCO

1,97 197

⇒

−

COR2 R + Ba(OH)R2 R → BaCOR3 R↓+ H R2 RO

Áp dụng ĐLBT khối lượng :

 mRYR = 4,64 + 0,01(28 - 44) = 4,48 gam.

* PP TNKQ : Khối lượng (gam) của chất rắn Y là

A. 4,48. B. 4,84. C. 4,40. D. 4,68.

2.2.2.6. Dựa vào điểm đặc biệt của nguyên tử khối và phân tử khối

Câu 28 : Cho a gam hỗn hợp gồm KHCOR3 R và CaCOR3 R tác dụng hết với dd HCl, khí thoát ra được

dẫn vào dd Ba(OH)R2 R dư thấy tạo ra 1,97 gam kết tủa.

* PP tự luận : Tính giá trị của a (gam) ?

= 100

Hướng dẫn giải : Ta có MRKHCO 3 R = MRCaCO 3 R KHCOR3 R + HCl → KCl + COR2 R + H R2 RO CaCOR3 R + 2HCl → CaClR2 R + COR2 R + HR2 RO COR2 R + Ba(OH)R2 R → BaCOR3 R + HR2 RO

97,1 197

= 0,01 mol.  a = 100×0,01 = 1 gam. = nRhh R = nRCO 2 R= nRBaCO 3 R

* PP TNKQ : Giá trị của a (gam) là

A. 1. B. 1,2. C. 1,4. D. 1,6.

Câu 29 : Cho 2,1gam hỗn hợp gồm NaHCOR3 R và MgCOR3 R tác dụng hết với dd HCl, khí thoát ra đư-

ợc dẫn vào dd Ca(OH)R2 R dư thấy tạo ra a gam kết tủa.

* PP tự luận : Tính giá trị của a (gam) ?

= 84

= 0,0025 mol.  a = 100×0,0025 = 2,5 gam. = nRhh muối cacbonatR = nRCaCO 3 R = nRCO 2 R Hướng dẫn giải : Ta có MRNaHCO 3 R = MRMgCO 3 R NaHCOR3 R + HCl → NaCl + COR2 R + H R2 RO MgCO R3 R + 2HCl → MgCl R2 R + COR2 R + HR2 RO COR2 R + Ca(OH)R2 R → CaCOR3 R + HR2 RO 1,2 84

* PP TNKQ : Giá trị của a (gam) là

A. 2,1. B. 2,2. C. 2,4. D. 2,5.

Câu 30 : Cho 0,1 mol hỗn hợp NaHCO R3 R và MgCO R3 R tác dụng hết với dd HCl. Khí thoát ra được

dẫn vào dd Ca(OH)R2 R dư, kết tủa thu được đem nung ở nhiệt độ cao.

* PP tự luận : Tính khối lượng (gam) CaO thu được ?

= 84

= n Rhh muối cacbonatR = 0,1 mol.  a = 0,1. 56 = 5,6 gam. Hướng dẫn giải : MRNaHCO 3 R = MRMgCO 3 R NaHCOR3 R + HCl → NaCl + COR2 R + H R2 RO MgCO R3 R + 2HCl → MgCl R2 R + COR2 R + HR2 RO COR2 R + Ca(OH)R2 R → CaCOR3 R + HR2 RO CaCOR3 R → 0t nRCaO R= n RCaCO 3 R CaO + COR2 = nRCO 2 R

* PP TNKQ : Khối lượng (gam) CaO thu được là

A. 5,6. B. 11,2. C. 2,8. D. 5,6.

Câu 31 : Cho 0,1 mol hỗn hợp KHCOR3 R và CaCOR3 R tác dụng hết với dd HCl. Khí thoát ra được dẫn

vào dd Ca(OH)R2 R dư, kết tủa thu được đem nung ở nhiệt độ cao.

* PP tự luận : Tính thể tích (lít) COR2 R(đktc) thu được ?

= 100

CaO + COR2 = n Rhh muối cacbonatR = 0,1 mol. V = 0,1.22,4 = 2,24 lít. nRCaCO 3 R Hướng dẫn giải : Ta có MRKHCO 3 R = MRCaCO 3 R KHCOR3 R + HCl → KCl + COR2 R + H R2 RO CaCOR3 R + 2HCl → CaClR2 R + COR2 R + HR2 RO COR2 R + Ca(OH)R2 R → CaCOR3 R + HR2 RO CaCOR3 R → 0t = nRCO 2 R

* PP TNKQ : Thể tích (lít) COR2 R(đktc) thu được là

A. 2,24. B. 11,2. C. 4,48. D. 5,6.

Câu 32 : Cho các chất : COR2 R, CO, MgO, MgCOR3 R.

* PP tự luận : Tìm hai chất có phần trăm khối lượng oxi bằng nhau ?

Hướng dẫn giải : Dựa vào đặc điểm nguyên tử khối Mg gấp 2 lần nguyên tử khối của C. Ta quy

đổi khối lượng Mg bằng 2 lần khối lượng C như sau :

CO 1C : 1 O MgO 2C : 1 O MgCO R3 3C : 3 O

COR2 1C : 2 O Vậy cặp có % khối lượng oxi bằng nhau là MgCOR3 R và CO.

* PP TNKQ : Hai chất có phần trăm khối lượng oxi bằng nhau là

A. MgO và CO. B. COR2 R và MgCOR3.

D. không có cặp chất nào. C. MgCOR3 R và CO.

3 + HR2 RO)

P + CO R2 R  HCO −

3 )

2.2.2.7. Dạng toán lập tỉ lệ

và so sánh hai giá trị này

- P thì sản phẩm chỉ có muối trung hòa và n RCO 2 R= n RCO ≤ 1/2 nROH RP

−2 3 R

. Từ nRCO

- - PR R= n RHCO P thì sản phẩm chỉ có muối axit và n ROHRP ≥ nROH RP

− 3 R

- P thì sản phẩm tạo thành hai muối: ≤ nROHRP

suy ra số . Từ n RHCO

Xét phản ứng đặc trưng giữa COR2 R với NaOH Ban đầu tạo thành muối trung hòa 2NaOH + COR2 R  NaR2 RCO R3 R + HR2 RO P + CO R2 R  CO −2 - (dạng ion : 2OHP Tiếp tục cho COR2 R vào đến dư thì thu được muối axit NaOH + COR2 R  NaHCOR3 R - (dạng ion : OHP - Khi gặp dạng toán này chúng ta đi tính nROHRP P và nRCO 2 R Trường hợp 1 : Nếu nRCO 2 R −2 suy ra số mol muối. 3 R Trường hợp 2: Nếu nRCO 2 R mol muối. - Trường hợp 3: Nếu 1/2 nROH RP P ≤ nRCO 2 R

−2 3 R

- PR R- nRCO 2 = nROH RP

− 3 R

- = 2nRCO 2 R- nROH RP PR

Muối trung hòa : nRCO

Muối axit: nRHCO Đối với loại bài tập này thì có ba dạng cơ bản thường gặp sau : - P  xác định sản phẩm Dạng 1 : Biết nRCO 2 R , nROHRP - P  tính nRCO 2 Dạng 2 : Biết nRkết tủa R, nROH RP - , nRkết tủa R  tính nROH RP Dạng 3 : Biết nRCO 2 R Câu 33 (Dạng 1) : Cho 6,72 lít khí COR2 R vào 0,5 lít dd Ca(OH)R2 R 0,5 M.

* PP tự luận : Tính nồng độ mol của các chất tan trong dd, khối lượng (gam) kết tủa ( biết thể tích

dd thay đổi không đáng kể) ?

Ta có thể lập bảng tiến trình dưới

Tiến trình thực hiện Ví dụ cụ thể

Bước giải Bước 1

(thường là V/22,4) Tính nRCO 2 R - P = nRbazoR.hóa trị kim loại Tính nROHRP

- nROH RP

- P = 0,25 mol nROH RP

Tính

- ≤ nROH RP

1 2 So sánh nRCO 2 R

Bước 2

- P nROH RP

- với nROH RP P 1 2

với

nRCO 2 R = 6,72/22,4 = 0,3 mol - nROHRP P = 0,25 .2 = 0,5 mol 1 2 - 1/2 nROH RP P ≤ nRCO 2 R (0,25 < 0,3 < 0,5)  thuộc trường hợp 3

−2 3 R

− 3 R

−2 3 R

Bước 3 = 0,5 – 0,3 = 0,2 nRCO 2 R Xem thuộc trường hợp nào trong ba trường hợp trên Tính nRCO , nRHCO R nRCO

− 3 R

Thực hiện các yêu cầu của đề bài = 2.0,3 -0,5 =0,1

mol nRHCO mol

1,0 2.5,0

= 0,1M = CRM(Ca(HCO 3 ) 2 R

MRkết tủa R= 100.0,2 = 20 gam

n bazo n 2co

Với bài tập dạng này thì có thể giải theo cách lập tỉ số ( Ví dụ 34 và 35) nhưng cách này

khá phức tạp khi bài toán là hỗn hợp bazo của kim loại kiềm và kim loại kiềm thổ.

* PP TNKQ : Nồng độ mol của các chất tan trong dd, khối lượng (gam) kết tủa là (biết thể tích dd

thay đổi không đáng kể)

A. 1 ; 20. B. 0,1 ; 20. C. 0,2 ; 20. D. 2 ;20.

Câu 34 : Cho a mol COR2 R từ từ đi qua dung dịch chứa b mol NaOH. Thu được dung dịch X.

* PP tự luận : Hãy cho biết dung dịch X gồm những chất nào ? Bao nhiêu mol ?

Hướng dẫn giải : Các PTHH : 2NaOH + COR2 R  NaR2 RCO R3 R + HR2 RO NaOH+ COR2 R  NaHCOR3

Xét các trường hợp : Trường hợp 1: a < b/2 tức (b > 2a ) Dung dịch X chứa a mol NaR2 RCO R3 R ; (b – 2a) mol NaOH dư Trường hợp 2 : a = b/2 tức (b = 2a ) Dung dịch X chứa (b = 2a) mol NaR2 RCOR3 Trường hợp 3 : b/2 < a < b tức (2a >b > a) Dung dịch X chứa (b- a) mol NaR2 RCOR3 R ; (2a - b) mol NaHCOR3 Trường hợp 4 : a = b Dung dịch X chứa (b =a) mol NaHCOR3 Trường hợp 5 : a > b Dung dịch X chứa b mol NaHCOR3 R ; (a-b) mol COR2 R dư.

Suy ra không có đáp án chuẩn.

* PP TNKQ : Số mol và Dung dịch X lần lượt là

A. a mol NaR2 RCOR3 R. B. (2a - b) mol NaHCOR3 R.

D. Không xác định được. C. b mol NaHCOR3 R.

Câu 35 : Cho a mol COR2 R từ từ đi qua dung dịch chứa b mol Ca(OH)R2 R. Thu được dung dịch X.

* PP tự luận : Hãy cho biết dung dịch X gồm những chất nào ? Bao nhiêu mol ?

Hướng dẫn giải : Các PTHH : Ca(OH)R2 R + COR2 R  CaCOR3 R + HR2 RO CaCOR3 R + COR2 R + HR2 RO  Ca(HCOR3 R)R2

Xét các trường hợp : Trường hợp 1 : a < b Dung dịch X chứa a mol CaCOR3 R ; (b – a) mol Ca(OH)R2 Rdư Trường hợp 2 : a = b Dung dịch X chứa (b = a) mol CaCOR3 R Trường hợp 3 : b < a < 2b.

Suy ra không có đáp án chuẩn.

Dung dịch X chứa (2b – a) mol CaCOR3 R ; (a - b) mol Ca(HCOR3 R)R2 Trường hợp 4 : a = 2b Dung dịch X chứa (2b =a) mol Ca(HCO R3 R)R2 Trường hợp 5 : a > 2b Dung dịch X chứa b mol Ca(HCOR3 R)R2 R ; (a-2b) mol CO R2 R dư * PP TNKQ : Số mol và Dung dịch X lần lượt là

A. a mol CaCOR3 R. B. (2a - b) mol Ca(HCOR3 R) R2 R.

D. Không xác định được. C. b mol Ca(HCOR3 R)R2 R.

Câu 36 : Cho 0,448 lít khí CO R2 R (đktc) hấp thụ hoàn toàn bởi 100 ml dd NaOH 0,06 M và dd

Ba(OH)R2 R 0,12 M thu được m gam kết tủa.

- P thì sản phẩm tạo ≤ nROH RP

- - PR R= 0,03 mol  1/2 nROHRP P ≤ nRCO 2 R = 0,02 mol ; nROHRP

* PP tự luận : Tính giá trị của m (gam) ?

−2 3 R Muối axit : nRHCO

− 3 R

- PR R- nRCO 2 = nROH RP - = 2nRCO 2 R- nROHRP PR

Hướng dẫn giải : nRCO 2 R thành hai muối: Muối trung hòa : nRCO

- PR R- nRCO 2 R = nROH RP

−2 3 R

= 0,03 – 0,02 = 0,01 mol.

P= 0,012 mol. Còn R Rn RCO P+ CO −2 3  BaCOR3 0,01 0,01

Nhưng chỉ có BaCOR3 R muối không tan. Mà nRBa RP 2+  BaP

= 0,01.197 = 1,97 gam. Vậy mRBaCO 3 R

* PP TNKQ : Giá trị của m (gam) là

A. 1,182. B. 3,940. C. 2,364. D. 1,970.

Câu 37: Cho 0,2688 lít COR2 R (đktc) hấp thụ hoàn toàn bởi 200 ml dung dịch NaOH 0,1 M và

Ca(OH)R2 R 0,01 M.

P =

- = 0,002 mol ; nRNaOH R= 0,02 mol  nROH RP

* PP tự luận : Tính tổng khối lượng (m, gam) muối thu được ?

Hướng dẫn giải : Ta có : nRCO 2 R = 0,012 mol ; n RCa(OH) 2 R

- PR R tạo thành muối trung hòa nROHRP

1 2

= 0,024 mol  nRCO 2 R

3 + HR2 RO

- P CO −2 COR2 R + 2OHP 0,012 0,024 0,012

PTHH tạo muối như sau :

P + mCaP

P + m RCO

−2 3 R

2+ = 23.0,02 + 40.0,002 + 60.0,012 = 1,26 gam. +  mRmuối R= mRNa RP

* PP TNKQ : Tổng khối lượng (m, gam) muối thu được là

A. 2,16. B. 1,06. C. 1,26. D. 2,004.

Câu 38 : Cho 2,688 lít COR2 R (đktc) hấp thụ hoàn toàn bởi 200 ml dd NaOH 0,1 M và dd Ca(OH)R2 R

0,01 M.

* PP tự luận : Tính tổng khối lượng (m, gam) muối thu được ?

- = 0,12 mol ; nROH RP

- PR R sản phẩm sinh ra chỉ có ≥ nROH RP

PR R= 0,020 mol  nRCO 2 R

−

- PR R= 0,020 mol 3 R= nROHRP

0,020 0,020

0,020

Hướng dẫn giải : nRCO 2 R muối axit và nRHCO NaOH  NaHCOR3 Ca(OH)R2 R Ca(HCO R3 R)R2 0,020 Suy ra : mRmuối R= 0,020 (84 + 162) = 2,004 gam.

* PP TNKQ : Tổng khối lượng (m, gam) muối thu được là

A. 1,260. B. 0,200. C. 1,060. D. 2,004.

Câu 39 : Hấp thụ hoàn toàn a mol khí CO R2 R vào dung dịch chứa b mol Ca(OH)R2 R thì thu được hai

muối CaCO R3 R và Ca(HCOR3 R) R2 R.

* PP tự luận : Tìm quan hệ giữa a và b ?

- P . ≤ nROHRP

- Vì tạo thành hai muối nên thuộc trường hợp 3 : 1/2 nROHRP P ≤ nRCO 2 R

Hướng dẫn giải :

* PP TNKQ : Quan hệ giữa a và b là

A. a > b. B. a < 2b. C. b < a < 2b. D. a = 2b.

Câu 40 (Dạng 2 ) : Cho V lít khí COR2 Rhấp thụ hoàn toàn trong 2 lít dd Ba(OH)R2 R 0,05 M thì thu được

5,91 gam kết tủa. Tính V ?

Bước giải Ví dụ cụ thể

- nROHRP P= 0,2 mol nRkết tủa R= 0,03 mol 1. Dư bazo

Tiến trình thực hiện - Bước 1 Tính nROHRP nRkết tủa Bước 2 Xét hai trường hợp :

1. Dư bazo

- nRCO 2 R= nROHRP P - nRkết tủa R - = nROH RP P - nRCO 2 (1)  VRCO 2 (2)

nRCO 2 (1)R= nRkết tủa R  VRCO 2 (1) nRCO 2 (1)R= nRkết tủa R = 0,03 mol  VRCO 2 (1)R= 0,672 lít 2. Một phần kết tủa bị hòa tan 2. Một phần kết tủa bị hòa tan

- nRCO 2 R= nROHRP P - nRkết tủa R = 0,2 – 0,03 = 0,17 mol  VRCO 2 (2) R= 0,17. 22,4 = 3,808 lít Đưa ra hai giá trị của V UChú ý:U nếu đề yêu cầu VRmax Rhay VRmin R thì chỉ đưa một giá trị theo yêu cầu của đề bài

Bước 3 Nhận thấy có hai giá trị của nRCO 2

nRCO 2 (min) R= nRkết tủa - P - nRkết tủa R nRCO 2 (max) R= nROH RP - = nROH RP P - nRCO 2 (min)

Câu 41 : Cho V lít khí COR2 Rhấp thụ hoàn toàn trong 15 lít dd Ba(OH) R2 R 0,01 M thì thu được 19,7

gam kết tủa.

* PP tự luận : Tính giá trị của V (lít, đktc) ?

- PR R= 2nRBa(OH) 2 R = 0,1 mol ; nROH RP

= 0,3 mol

Hướng dẫn giải : n RBaCO 3 R TH1 : bazo dư  nRCO 2 (1)R= nRkết tủa R  VRCO 2 (1)R = 0,1. 22,4 = 2,24 lít. - - TH2 : Một phần kết tủa bị hòa tan  nRCO 2 R= nROHRP P - nRCO 2 (1) R = P - nRkết tủa R = nROH RP

= 0,3 - 0,1 = 0,2 mol  VRCO 2 (2)R = 0,2.22,4 = 4,48 lít.

* PP TNKQ : Giá trị của V (lít, đktc) là

A. 2,24 hoặc 1,12. B. 4,48 hoặc 1,12.

C. 4,48 hoặc 2,24. D. 3,36 hoặc 4,48.

Câu 42 (Dạng 3) : Cho 2,24 lít COR2 R (đktc) hấp thụ trong 2 lít dd Ba(OH)R2 R a M thu được 11,82 gam

kết tủa trắng.

* PP tự luận : Tính a ?

Tiến trình thực hiện Ví dụ cụ thể

= 0,1 mol Bước giải Bước 1 Tính nRCO 2 nRkết tủa

Bước 2 So sánh nRCO 2 Rvà nRkết tủa R :

= nRkết tủa

- > nRkết tủa R n ROH RP

P= n Rkết tủa R + n RCO

= n Rkết tủa

P= 0,1 + 0,06 = 0,16 mol

Nếu nRCO 2 R Thì nRbazo R= nRCO 2 R Nếu nRCO 2 R - Thì nROH RP nRCO 2 R nRkết tủa R= 0,06 mol So sánh : nRCO 2 R 2 -  nROHRP

- PR R= 0,08 mol nROH RP

 nRbazoR=  nRbazoR= > nRkết tủa P= nRkết tủa R + nRCO 2 1 - nROH RP 2

- PR R CRM R = Từ nROHRP

n V

1 2 08,0 2

Bước 3 = 0,04 M CRMR = a =

PP TNKQ : Giá trị của a là

A. 0,04 B.0,08. C. 0,16. D. 0,32.

Câu 43: Cho 112 ml CO R2 R (đktc) hấp thụ hoàn toàn 200 ml dd Ca(OH)R2 R a M thu được 0,1 gam kết.

* PP tự luận : Tìm giá trị của a ?

> nRkết tủa

= 0,005 mol ; nRkết tủa R = 0,001  nRCO 2 R = 0,001 + 0,005 = 0,006 mol.

- PR R = 0,003 mol  CRMR = a = 0,003/0,2 = 0,015 M. nROH RP

 n RCa(OH)2 R = Hướng dẫn giải : nRCO 2 R -  nROH RP P= nRkết tủa R + nRCO 2 R 1 2

* PP TNKQ : Giá trị của a là

A. 0,05. B. 0,005. C. 0,002. D. 0,015.

2.2.2.8. Phương pháp phương trình ion thu gọn

Câu 44 : Trộn 100 ml dung dịch X gồm KHCOR3 R 1M và KR2 RCOR3 R 1M vào 100 ml dung dịch Y gồm

NaHCOR3 R 1M và Na R2 RCO R3 R 1M thu được dung dịch Z. Nhỏ từ từ 100 ml dung dịch A gồm HR2 RSOR4 R

1M và HCl 1M vào dung dịch Z thu được V lít COR2 R (đktc).

3 và CO −2 3

Suy luận : Dung dịch X và Y có cùng số mol HCO −

3 : 0,2 mol, CO −2 3 :0,2 mol +

* PP tự luận : Tính giá trị của V (lít) ?  Dung dịch Z chứa : HCO −

P= 0,1 mol +

P= 0,2 mol

Dung dịch A chứa : HCl: 0,1 mol  nRH

HR2 RSOR4 R: 0,1 mol  nRH

R = 0,1 + 0,2 = 0,3 mol

P  HCO −

P(1)

+ 3 + HP

 Σ nRH Khi nhỏ từ từ dung dịch A vào dung dịch Z, Phản ứng xảy ra theo thứ tự: CO −2

− 3 R

= 0,2 + 0,2 = 0,4 mol

P + HCO −

R dư = 0,3 - 0,2 = 0,1 mol; nRHCO 3  COR2 R ↑ + HR2 RO

0,2  0,2  0,2 nRH + HP (2)

0,1  0,1  0,1

= 0,1.22,4 = 2,24 lít.

Từ (2)  VRCO 2 R * PP TNKQ : Giá trị của V (lít) là

A. 2,24 lít. B. 1,12 lít. C. 0,672 lít. D. 0,56 lít.

Tiểu kết chương 2

1. Đã phân tích và đề xuất một số PP giải nhanh bài toán hóa học.

2. Đã xây dựng và tuyển chọn được 119 bài toán hóa học có PP giải nhanh và tiến hành luận

giải 119 bài toán đó. Từ đó chuyển 119 bài toán vừa xây dựng sang dạng TNKQ.

3. Xây dựng và tuyển chọn 90 bài toán tương tự dạng TNKQ.

Chương 3: THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM

- Đánh giá chất lượng hệ thống bài tập TNKQ dạng bài toán được chuyển từ hệ thống bài tập

tự luận có PP giải nhanh (đạt chuẩn về độ khó và độ phân cách chưa ? cần chỉnh sửa hay

nên dữ nguyên ở dạng tự luận).

- So sánh kết quả các bài kiểm tra của các lớp TN và của các lớp ĐC để kết luận tính hiệu

quả của hệ thống bài tập có phương pháp giải nhanh đã xây dựng trong quá trình dạy học hóa

học.

3.1. Mục đích thực nghiệm sư phạm (TNSP)

- Kiểm định chất lượng hệ thống bài tập đã xây dựng. - Sử dụng hệ thống bài tập đã xây dựng để KT – ĐG và thông qua đó để kiểm định tính hiệu

quả của hệ thống bài tập đã xây dựng.

- Soạn giáo án cho các lớp thực nghiệm và đề kiểm tra cho các lớp TN và ĐC.

- Xử lý kết quả thu được bằng PP thống kê toán học.

3.2. Nhiện vụ thực nghiệm sư phạm

3.3. Thời gian và đối tượng thực nghiệm

Năm học 2009 -2010 (Không theo phân phối chương trình mà tiến hành ở các tiết luyện tập,

ôn tập, tăng tiết).

3.3.1. Thời gian

Lớp 11 ở các lớp chọn của trường hoặc các lớp có tăng tiết tức 5-6 tiết hóa /tuần (học lực

trung bình khá trở lên).

3.3.2. Đối tượng

Bảng 3.1. Danh sách các lớp thực nghiệm

Giáo viên dạy

Trường

Lớp

Yesin (Đà Lạt)

Nguyễn Duy Tuấn Đăng

Phạm Văn Ba

Trần Văn Ơn (Bình Dương)

11A1 11A2 11A1 11A2 11 A1

Cặp TN- ĐC TN1 ĐC1 TN2 ĐC2 TN3

Phạm Thị Thị Thu Hà Nguyễn Chí Thanh

Tống Thanh Tùng

11A2 11A3 11A4

ĐC3 TN4 ĐC4

(tp HCM) Nguyễn Chí Thanh (tp HCM)

UĐợt 1 :U Đánh giá chất lượng hệ thống bài tập đã xây dựng

- Cho hai HS làm hai đề kiểm tra. Đề thứ nhất 20 câu và đề thứ hai 15 câu thấy ứng với thời

giai 15 câu/45 phút thì phù hợp hơn.

- 119 câu chia ra 8 đề : 15(14)câu/ 1 đề

- Vì 15(14) câu/ 1đề nếu xáo trộn thứ tự câu (để tránh sự quay cóp trao đổi bài lẫn nhau)

cũng không có tác dụng nhiều nên Chúng tối tiến hành kiểm tra một lớp với 4 đề khác nhau

thực hiện trên 8 lớp thực hiện hai lần như vậy.

UĐợt 2 :U Đánh giá tính hiệu quả của hệ thống bài tập có PP giải nhanh

- Soạn giáo án cho lớp TN. Tiến hành dạy TN ở các lớp TN

- Soạn đề kiểm tra cho các lớp TN và ĐC.

- Tiến hành kiểm tra ở các lớp TN và các lớp ĐC để đánh giá tính hiệu quả của hệ thống bài

tập có PP giải nhanh.

3.4. Tiến hành thực nghiệm

3.5. Kết quả thực nghiệm và xử lý kết quả thực nghiệm

Để xử lí kết quả, chúng tôi dùng phương pháp thống kê toán học trong nghiên cứu khoa học

giáo dục. Chúng tôi tiến hành :

* Lập bảng phân phối điểm, bảng luỹ tích.

* Tính các tham số đặc trưng thống kê, bao gồm :

- Trung bình cộng : Tham số đặc trưng cho sự tập trung của số liệu

= ∑ n X i ∑ n

P), độ lệch chuẩn (S) : Tham số đo mức độ phân tán của các số liệu quanh giá

2 - Phương sai (SP trị trung bình cộng.

−

∑

2 S

n (X X) i − n 1

Giá trị S càng nhỏ chứng tỏ số liệu càng ít phân tán.

- Hệ số biến thiên V : Trong trường hợp hai bảng số liệu có giá trị trung bình cộng khác

nhau, người ta so sánh mức độ phân tán của các số liệu đó bằng hệ số biến thiên V.

3.5.1. Phương pháp xử lí kết quả

.100%

S X

Nếu V trong khoảng 0 - 10% : Độ dao động nhỏ.

Nếu V trong khoảng 10 - 30% : Độ dao động trung bình.

Nếu V trong khoảng 30 - 100% : Độ dao động lớn.

Với độ dao động nhỏ hoặc trung bình : Kết quả thu được đáng tin cậy.

Với độ dao động lớn : Kết quả thu được không đáng tin cậy.

m =

- Sai số tiêu chuẩn m : tức là khoảng sai số của điểm trung bình.

Sai số càng nhỏ thì giá trị điểm trung bình càng đáng tin cậy.

- Đại lượng kiểm định t

Trường hợp 1 : kiểm định sự khác nhau của trung bình cộng trong trường hợp hai lớp có phương sai bằng nhau (hoặc khác nhau không đáng kể).

§ C

Đại lượng được dùng để kiểm định là

− s

n n

.n TN § C n +

§ C

1)S

−

§ C

2 TN

Còn giá trị

1)S n

+ n

2 § C +

TN 2 −

§ C

Giá trị tới hạn là tRαR, giá trị này được tìm trong bảng phân phối t ứng với xác suất sai lầm α và

bậc tự do f = nRĐC R+ nRTNR – 2.

Trường hợp 2 : kiểm định sự khác nhau của trung bình cộng trong trường hợp hai lớp có phương sai khác nhau đáng kể.

−

§ C

Đại lượng được dùng để kiểm định là

2 § C

2 TN

S n

§ C

TN Giá trị tới hạn là tRαR, giá trị này được tìm trong bảng phân phối t ứng với xác suất sai lầm α và bậc tự do được tính như sau :

2 § C

; trong đó

S n

§ C

2 TN

2 § C

−

(1 c) − n −

S n

§ C

- Kiểm định sự bằng nhau của các phương sai

Giả thuyết HR0R là sự khác nhau giữa hai phương sai là không có ý nghĩa.

Đại lượng được dùng để kiểm định là :

(SRĐCR > SRTNR)

2 § C 2 S TN Giá trị tới hạn αF được dò trong bảng phân phối F với xác suất sai lầm α và bậc tự do fRĐCR = nRĐCR – 1 , fRTN R = nRTN R – 2 .

Nếu F < αF thì HR0R được chấp nhận, ta sẽ tiến hành kiểm định t theo trường hợp 1. Nếu ngược

lại, HR0R bị bác bỏ, nghĩa là sự khác nhau giữa hai phương sai là có ý nghĩa thì ta sẽ tiến hành

kiểm định t theo trường hợp 2.

Vẽ đồ thị đường luỹ tích.

Đợt 1: Kết quả thu được khi tiến hành khảo sát chất lượng hệ thống bài tập tự luận có PP

giải nhanh dùng làm câu TNKQ nhiều lựa chọn dạng bài toán

3.5.2. Kết quả xử lí

Bảng 3.2.: Kết quả khảo sát hệ thống bài tập Chương Nhóm nitơ

Câu Độ khó Đánh giá độ

Kết luận

khó

Trung bình Trung bình Khó Trung bình Trung bình Trung bình Khó

Trung bình

Trung bình Trung bình

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

40,67 Tương đối khó 40,00 Tương đối khó 43,33 Tương đối khó 45,33 Tương đối khó 41,33 Tương đối khó 66,00 67,33 27,33 66,00 62,33 63,33 29,33 45,00 Tương đối khó 68,00 46,67 Tương đối khó 45,00 Tương đối khó 70,67 66,00 51,33 Tương đối khó 50,33 Tương đối khó

Độ phân cách 0,60 0,64 0,55 0,56 0,52 0,49 0,55 0,30 0,49 0,60 0,45 0,31 0,60 0,43 0,52 0,55 0,44 0,49 0,47 0,46

Đánh giá độ phân cách Cao Cao Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Thấp Trung bình Cao Trung bình Thấp Cao Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình

Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Cần chỉnh sửa Dùng được Dùng được Dùng được Cần chỉnh sửa Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được

Khó

21 22 23 24 25

27,33 40,00 Tương đối khó 33,33 43,00 Tương đối khó 44,66 Tương đối khó

0,31 0,44 0,43 0,45 0,44

Thấp Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình

Cần chỉnh sửa Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được

Khó

Khó Khó Khó Khó Khó Khó

Khó Khó

Khó

Trung bình Trung bình

Trung bình

26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62

46,00 Tương đối khó 45,00 Tương đối khó 34,00 50,67 Tương đối khó 36,00 34,00 30,00 36,00 34,00 32,00 46,00 Tương đối khó 43,33 Tương đối khó 53,33 Tương đối khó 31,33 32,00 55,00 Tương đối khó 30,00 53,00 Tương đối khó 55,00 Tương đối khó 45,00 Tương đối khó 47,00 Tương đối khó 46,00 Tương đối khó 50,00 Tương đối khó 45,00 Tương đối khó 50,00 Tương đối khó 63,33 62,75 50,00 Tương đối khó 46,00 Tương đối khó 45,00 Tương đối khó 50,00 Tương đối khó 52,00 Tương đối khó 60,00 49,00 Tương đối khó 45,00 Tương đối khó 52,00 Tương đối khó 50,00 Tương đối khó

0,55 0,48 0,36 0,56 0,48 0,36 0,30 0,36 0,35 0,40 0,55 0,48 0,45 0,30 0,37 0,51 0,32 0,48 0,44 0,47 0,44 0,50 0,51 0,47 0,51 0,61 0,60 0,51 0,50 0,47 0,46 0,47 0,55 0,48 0,40 0,49 0,51

Trung bình Trung bình Thấp Trung bình Trung bình Thấp Thấp Thấp Thấp Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Thấp Thấp Trung bình Thấp Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Cao Cao Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình

Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Cần chỉnh sửa Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Cần chỉnh sửa Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được

63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75

45,00 Tương đối khó 50,00 Tương đối khó 42,00 Tương đối khó 47,00 Tương đối khó 55,00 Tương đối khó 61,00 62,00 61,00 63,00 37 28 28 55

Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Khó Khó Khó Tương đối khó

0,47 0,51 0,45 0,44 0,50 0,52 0,53 0,52 0,54 0,44 0,30 0,30 0,50

Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Thấp Thấp Bình thường

Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Cần chỉnh sửa Cần chỉnh sửa Dùng được

Trong 75 bài tập xây dựng và tuyển chọn có:

7 (chiếm 9,3 %) bài khó nhưng có độ phân cách thấp nhỏ hơn 0,32 thì không nên dùng 

cần chỉnh sửa hoặc giữ nguyên ở dạng tự luận.

20 bài khó (chiếm 26,67%)

40 bài tương đối khó (chiếm 53,33%)

15 bài trung bình (chiếm 20%)

Có 3 bài có nhiều cách giải

Bảng 3.3. Kết quả khảo sát hệ thống bài tập Chương Nhóm cacbon

Đánh giá độ khó Độ phân

Kết luận

Câu Độ khó

cách

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

65 50 64 65 63 65 60 60 55 55 65 60

Bình thường Tương đối khó Bình thường Bình thường Bình thường Bình thường Bình thường Bình thường Tương đối khó Tương đối khó Bình thường Bình thường

0,55 0,48 0,58 0,55 0,57 0,55 0,57 0,57 0,48 0,48 0,54 0,52

Đánh giá độ phân cách Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình

Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được

13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44

55 70 72 50 66 60 63 30 63 64 63 63 53 27 60 63 64 63 64 63 55 55 56 54 55 53 52 54 55 54 53 44

Tương đối khó Bình thường Bình thường Tương đối khó Bình thường Bình thường Bình thường Khó Bình thường Bình thường Bình thường Bình thường Tương đối khó Rất khó Bình thường Bình thường Bình thường Bình thường Bình thường Bình thường Tương đối khó Tương đối khó Tương đối khó Tương đối khó Tương đối khó Tương đối khó Tương đối khó Tương đối khó Tương đối khó Tương đối khó Tương đối khó Tương đối khó

0,48 0,52 0,55 0,40 0,50 0,55 0,50 0,30 0,60 0,55 0,53 0,55 0,47 0,32 0,57 0,58 0,57 0,55 0,56 0,57 0,46 0,45 0,44 0,44 0,57 0,58 0,55 0,56 0,56 0,58 0,57 0,55

Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Thấp cao Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Thấp Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình

Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được

Trong 44 bài tập xây dựng và tuyển chọn có :

2 (chiếm 4,5%) khó nhưng chỉ số phân cách thấp nhỏ hơn 0,32 nên không sử dụng  cần

chỉnh sửa hoặc để nguyên ở dạng tự luận.

19 bài tương đối khó (chiếm 42,2 %)

23 bài trung bình (chiếm 52,3 %)

2 bài có nhiều cách giải

Đợt 2 : Kết quả thu được khi tiến hành khảo sát tính hiệu quả của hệ thống bài tập có PP giải nhanh qua các bài bài kiểm tra ở các lớp TN và ĐC  Bài kiểm tra 45 phút - Chương Nhóm nitơ

Bảng 3.4. Bảng điểm bài kiểm tra 45 phút - Chương Nhóm nitơ

Lớp

Tổng số bài

Số HS đạt điểm X Ri 5

12 10 8 9 14 7

5 9 2

9 6 9

8 4

6 3

2 3

44 44 42

11 10

11A1– TN1 11A2– ĐC1 11A1-TN2 11A2-ĐC2 11A1– TN3 11A2– ĐC3 11A3– TN4 11A4– ĐC4 TN ĐC

0 5

165 165

0 0

0 16 25 39 34 24 20

18 29 37 36 24 14 0

Bảng 3.5. Phần trăm HS đạt điểm XRi R trở xuống

Lớp Tổng

số

Phần trăm HS đạt điểm XRi R trở xuống (%) 8 5 2

165

4,24 15,15 32,73 55,15 76,97 91,52 100

165

ĐC

3,03 12,73 27,88 51,52 72,12 86,68

100

Bảng 3.6. Xếp loại học sinh sau bài kiểm tra 45 phút Chương Nhóm nitơ

Khá

Giỏi

Lớp

Sỉ số

Yếu - Kém Số lượng

Số lượng

165

4,24

ĐC

165

27,88

28,4 8 44,2 4

22,4 2 14,5 5

44,8 5 13,3 3

Hình 3.1. Đường lũy tích điểm bài kiểm tra khối 45phút Chương Nhóm ni tơ

120

ở r t i

100

X m ể i đ t ạ đ

Đối chứng

g n ố u x

Thực nghiệm

h n i s c ọ h ố s

%

10 11

Điểm

Từ bảng 3.4 ta tính được

Lớp

TN ĐC

X 7,24 5,47

2 SP 2,51 2,68

1,59 1,64

21,89% 29,90%

M 0,1234 0,1274

Kiểm định sự bằng nhau của các phương sai

Giả thuyết HR0R là sự khác nhau giữa hai phương sai là không có ý nghĩa. Tính F = 1,07 Chọn α = 0,05, fRĐC R = 164, fRTNR = 164, αF = 1 Vậy F > FRαR ⇒ HR0R bị bác bỏ, tiến hành kiểm định t theo trường hợp 2. Kiểm định t Tính t = 9,977 Chọn α = 0,01 và f = R R328, tRαR = 2,58 Vậy t > tRαR ⇒ Điểm trung bình của lớp thực nghiệm cao hơn lớp đối chứng không phải do ngẫu nhiên.

 Bài kiểm tra 45 phút Chương Nhóm cacbon

Bảng 3.7. Bảng điểm bài kiểm tra 45 phút Chương Nhóm cacbon

Lớp

Tổng số bài

Số HS đạt điểm X Ri 5 3

6 5

4 1

7 10

8 6

9 5

10 6

44 44 42

2 5

5 7

2 8 2

5 9 3

7 10 7

11 12 8 14

12A1– TN1 12A2– ĐC1 12A1-TN2 12A2-ĐC2 12A1– TN3

12A2– ĐC3 12A3– TN4 12A4– ĐC4 TN ĐC

165 165

0 0

2 19 29 37 34 30

13 26 43 38 26 12 0

0 7

Bảng 3.8. Phần trăm HS đạt điểm XRi R trở xuống

Lớp Tổng

Phần trăm HS đạt điểm XRi R trở xuống (%)

số

165

1,21

4,24 12,12 27,88 53,94 76,97 92,73 100

165

ĐC

0 4,24 15,76 33,33 55,76 76,36 94,55

100

Hình 3.2. Đường lũy tích điểm bài kiểm tra 45phút Chương Nhóm cacbon

120

ở r t i

100

Đối chứng

g n ố u x

Thực nghiệm

X m ể i đ t ạ đ h n i s c ọ h ố s

%

Điểm

Bảng 3.9. Xếp loại học sinh sau bài kiểm tra 45 phút Chương Nhóm cacbon

Yếu - Kém

Khá

Giỏi

Lớp

Sỉ số

Số lượng

165

4,24

46,0 6

5,45

ĐC

165

23,6 4 43,0 3

26,0 6 18,1 8

33,3 3

Từ bảng 3.7 ta tính được

Lớp

TN ĐC

X 7,31 5,20

2 SP 2,37 2,42

1,54 1,55

21,08% 29,90%

m 0,11993 0,12103

Kiểm định sự bằng nhau của các phương sai

Giả thuyết HR0R là sự khác nhau giữa hai phương sai là không có ý nghĩa. Tính F = 1,02 Chọn α = 0,05, fRĐC R = 164, fRTNR = 164, FRαR= 1 Vậy F > FRαR ⇒ HR0 R bị bác bỏ, nghĩa là sự khác nhau giữa hai phương sai là có ý nghĩa thì ta sẽ tiến hành kiểm định t theo trường hợp 2. Kiểm định t Tính t = 12,378 Chọn α = 0,01 và f = 328, tRαR = 2,58 Vậy t > tRαR ⇒ Điểm trung bình của lớp thực nghiệm cao hơn lớp đối chứng không phải do ngẫu nhiên.

Tiểu kết chương 3

1. Đã tiến hành khảo sát chất lượng 119 bài tập TNKQ được chuyển từ bài tập TNTL.

Kết quả có 9 bài cần chỉnh sửa hoặc để ở dạng tự luận vì chưa đạt chuẩn về độ phân

cách. Thuộc loại khó nên không phù hợp cho dạng TNKQ.

2. Tiến hành được hai bài kiểm tra để đánh giá tính hiệu quả của hệ thống bài tập có pp

giải nhanh. Nhận thấy ở lớp TN học sinh được dạy các PP giải nhanh trong quá trình

giải bài tập thì cho kết quả cao hơn so với lớp ĐC

KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ

Luận văn đã hoàn thành được nhiệm vụ đề ra

1. KẾT LUẬN

Nghiên cứu cơ sở lý luận :

- Nghiên cứu cơ sở lý luận về KT – ĐG

- Nghiên cứu cơ sở lý luận về trắc nghiệm (TNTL và TNKQ), đặc biệt là cách biên soạn mồi

nhử để chuyển một bài toán hóa học dạng tự luận sang dạng trắc nghiệm khách quan.

- Bài tập hóa học

Phân tích, đề xuất một số PP giải nhanh bài toán hóa học :

- Dựa trên cơ sở các định luật, các quy luật, các nguyên tắc của phản ứng hóa học, các điểm

đặc biệt của nguyên tử khối và phân tử khối để từ đó dưa ra các PP giải nhanh.

- So sánh PP giải nhanh và PP giải thông thường để thấy được ưu điểm của nó.

- Một số bài toán chúng tôi tiến hành giải nhanh theo nhiều cách khác nhau.

- Hướng dẫn HS lựa chọn PP giải thích hợp ứng với các dạng toán khác nhau.

- Tiến hành luận giải 119 bài tập có phân tích từng bước giải cụ thể để phát triển tư duy cho

HS và đặc biệt là có phân tích một số sai lầm mà HS thường mắc phải khi tiến hành luận giải

các bài tập và dựa vào các sai lầm đó chúng tôi tiến hành phân tích cách biên soạn mồi nhữ

hấp dẫn cho một bài tập dạng TNKQ

- Từ đó chúng tôi tiến hành chuyển 119 bài tập tự luận có PP giải nhanh sang dạng TNKQ.

- Đề xuất 90 bài tập TNKQ tương tự cho HS tự làm để kiểm chứng sự tiếp thu bài và là tài

liệu cho GV dạy học.

Thực nghiệm sư phạm :

- Đánh giá độ khó và độ phân cách của 119 bài tập từ đó chỉnh sửa những câu chưa phù hợp

hay để nó ở dạng tự luận.

- Tiến hành được 2 bài kiểm tra ở các lớp TN và ĐC.

Qua nghiên cứu đề tài chúng tôi có một số kiến nghị sau :

Kiến nghị chung :

- Trang bị hoàn chỉnh và đầy đủ phòng bộ môn hóa học ở các trường phổ thông để tạo điều

kiện thuận lợi cho HS được làm thí nghiệm nhằm kiểm chứng và khác sâu kiến thức.

2. KIẾN NGHỊ

- Ngành Giáo dục phải có những đầu tư về cơ sở vật chất và có biện pháp hợp lý nhằm thay

đổi PP dạy học theo hướng tích cực như giảm số lượng học sinh mỗi lớp, trang bị các thiết bị

hiện đại cần thiết cho dạy và học…

- Áp dụng công nghệ thông tin vào trong quá trình dạy học cũng như KT – ĐG.

Kiến nghị riêng :

- Do bài tập hóa học có tác dụng rất lớn đến sự phát triển trí dục cũng như đức dục cho HS

cho nên khi dạy học phải sử dụng bài tập như là một PP dạy học tích cực.

- Sử dụng các PP giải nhanh trong dạy học đặc biệt là ôn tập và luyện thi cho HS là rất cần

thiết vì nó phát huy được tư duy và trí thông ming của HS cũng như giúp HS kịp thời gian

làm bài trong các kỳ thi. Tuy nhiên trong dạy học chỉ áp dụng PP giải nhanh thì HS sẽ mất đi

các kỹ năng viết phương trình phản ứng, cân bằng phương trình và các kỹ năng thiết yếu và

hiểu bộ môn hóa học một cách sâu sắc …. Đặc biệt là với HS yếu kém thì việc hiểu và vận

dụng các PP giải nhanh là khó. Vì vậy trước khi dạy các PP giải nhanh thì GV phải dạy HS

giải theo PP thông thường từ đó hướng dẫn từ từ HS tư duy theo PP giải nhanh để thấy được

tính ưu việt của nó và quá đó phát triển được tư duy cho HS.

- Một bài tập có thể giải nhanh theo nhiều PP nếu có thời gian thì GV cần hướng dẫn cho HS

vì đây là con đường nhanh nhất giúp HS phát triển được nhận thức.

- Bài tập hóa học cần phải tiếp tục được nghiên cứu sao cho mang tính thời sự đó là cần phát

triển nó gắn liền với cuộc sống không nên xa rời thực tế và mang tính hàn lầm. Phải làm sao

mà học là phải đi đôi với hành, học là phải sử dụng được kiến thức hóa học áp dụng cho thực

tiễn và cuộc sống có như thế thì việc dạy học mới đạt được đích của mình.

- Trong KT – ĐG thì cần kết hợp linh hoạt cả hai PP tự luận và TNKQ để chúng bổ sung cho

nhau.

- Thực hiện đề tài này chúng tôi đã dạt được một số kết quả nhất định. Tuy nhiên đây chỉ

mới là kết quả bước đầu. mặc dù đã có nhiều cố gắng nhưng chắc chắn vẫn còn nhiều thiếu

sót. Chúng tôi rất mong nhận được những nhất xét và góp ý chân thành của các chuyên gia,

thầy cô giáo các bạn đồng nghiệp để luận văn được bổ sung và hoàn thiện hơn.

Chúng tôi xin chân thành cảm ơn !

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. Cao Thị Thiên An (2007), Bộ đề thi TNKQ hóa học, Nxb Đại học Quốc gia Hà Nội.

2. Ngô Ngọc An (2004), Các bài tóan hóa học chọn lọc THPT, Nxb Giáo dục.

3. Ngô Ngọc An (2007), Bộ đề thi trắc nghiệm hóa học, Nxb Đại học sư phạm.

4. Ngô Ngọc An (2005), Các phương pháp giải bài tập hóa học. Nxb Giáo dục

5. Lê Văn Dũng (2001), Phát triển năng lực trí tuệ cho học sinh thông qua BTHH, Tóm tắt

luận án tiến sĩ Đại học sư phạm Hà Nội.

6. Hoàng Danh Hùng, Phát triển tư duy của HS thông qua trắc nghiệm bài toán về phi kim ở

THPT. Tạp chí hóa học và ứng dụng số 16.2010.

7. Trần Ngọc Lam, Vận dụng linh hoạt các phương pháp để giải nhanh bài toán hóa học.

Tạp chí hóa học và ứng dụng số 16.2010.

8. Trịnh Ngọc Linh, Luyện giải một số bài tập về pH, Tạp Chí hóa học và ứng dụng số

14.2010.

9. Cao Cự Giác (2001), Tuyển tập các bài giảng Hóa học vô cơ, Nxb ĐHQG Hà Nội.

10. Cao Cự Giác (2000), Hướng dẫn giải nhanh bài tập hóa học tập 1,2,3, Nxb ĐHQG Hà

Nội.

11. Cao Cự Giác (2007), Các dạng đề thi trắc nghiệm hóa học, Nxb Giáo dục.

12. Cao Cự Giác, Hướng dẫn giải nhanh bài tập trắc nghiệm hóa học 11, Nxb Đại học Quốc

gia Hà Nội.

13. Hoàng Nhâm (2000), Hóa học vô cơ tập 1, 2, 3, Nxb Giáo dục.

14. Dương Thiệu Tống (1995), Trắc nghiệm và đo lường thành quả học tập, Trường Đại học

tổng hợp Tp.HCM.

15. Nguyễn Xuân Trường, Các phương pháp giải nhanh bài tập hóa học vô cơ, Nxb Đại học

Quốc gia Hà Nội.

16. Nguyễn Xuân Trường (2003), Sử dụng bài tập hóa học trong dạy học ở trường phổ

thông, Nxb Đại học sư phạm.

17. Nguyễn Xuân Trường, Cách biên soạn câu hỏi TNKQ môn hóa học. Tạp chí hóa học và

ứng dụng số 11.2004.

18. Nguyễn Xuân Trường, Xây dựng bài toán vô cơ có phương pháp giải nhanh dung làm

câu TNKQ .Tạp chí hóa học và ứng dụng số 12.2004.

19. Nguyễn Xuân Trường, Giải bài toán hóa học bằng nhiều cách một biện pháp nhằm phát

triễn tư duy.Tạp chí hóa học và ứng dụng số 12.2005

20. Nguyễn Xuân Trường (Tổng chủ biên),Lê Mậu (Chủ biên) Phạm Văn Hoan, Lê Chí

Kiên(2007), SGK Hóa học 10, 11,Nxb Giáo dục.

21. Nguyễn Xuân Trường (2006), Trắc nghiệm và sử dụng trắc nghiệm, Nxb Đại học sư

phạm.

22. Nguyễn Xuân Trường(2005), Phương pháp dạy hóa học ở trường phổ thông, Nxb Giáo

dục.

23. Nguyễn Xuân Trường (2007), Bài tập hóa học phổ thông, Đại học sư phạm Hà Nội.

(Chuyên đề cao học – chuyên nghành LL & PPDH)

24. Nguyễn Xuân Trường,Trần Trung Ninh, Lê Văn Năm, Quách Văn Long,Hồ Thị Hương

Trà (2007), 1080 câu hỏi trắc nghiệm Hóa học, Nxb ĐHQG TPHCM.

25. Nguyễn Xuân Trường,Trần Trung Ninh ,Đào Đình Thức, Lê Xuân Trọng(2007), Bài tập

hóa học 10, 11, Nxb Giáo dục.

26. Đào Hữu Vinh, Nguyễn Duy Ái (2004), Tài liệu giáo khoa chuyên hóa học 10, 11, 12,

Nxb Giáo dục.

27. Nguyễn Quang Vinh, Sử dụng một số hệ quả từ các định luật cơ bản giúp HS giải nhanh

bài toán trắc nghiệm hóa học, Tạp chí hóa học và ứng dụng số 14.2010.

PHỤ LỤC

Phần 1 : 1.4.3. Các phương pháp giải bài tập hóa học

1.4.3.1. Phương pháp bảo toàn electron

Nguyên tắc của phương pháp bảo toàn e : Khi có nhiều chất oxi hoá hoặc chất khử trong hỗn hợp phản ứng (nhiều phản ứng hoặc phản ứng qua nhiều giai đoạn ) thì "Tổng số mol e mà các chất khử cho phải bằng tổng số mol e mà các chất oxi hoá nhận " Tức là :

∑ nR e nhường R= ∑ nR e nhận

Các giải pháp để tổ chức thực hiện : Mấu chốt quan trọng nhất là học sinh phải nhận định đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối của các chất oxi hoá, chất khử, nhiều khi không cần quan tâm tới cân bằng phản ứng. Phương pháp này đặc biệt lý thú đối với các bài toán phải biện luận nhiều trường hợp xảy ra.

Ví dụ 1 : Khi cho 9,6 gam Mg tác dụng hết với dung dịch HR2 RSOR4 R đậm đặc, thấy có 49 gam HR2 RSO R4 R tham gia phản ứng, tạo muối MgSOR4 R, HR2 RO và sản phẩm khử X. * PP tự luận : Tìm sản phẩm X ?

P + (6-a)e → SP

Hướng dẫn giải : Dung dịch HR2 RSO R4 R đậm đặc vừa là chất oxi hóa vừa là môi trường. Gọi a là số oxi hóa của S trong X

0,5

= mol

Quá trình khử SP 0,1 0,1(6-a) Quá trình oxi hoá Mg → MgP P + 2e 0,4 0,8

49 98

Tổng số mol HR2 RSO R4 R đã dùng là :

Số mol HR2 RSOR4 R đã dùng để tạo muối bằng số mol Mg = 9,6 : 24 = 0,4 mol Số mol HR2 RSOR4 R đã dùng để oxi hóa Mg là : 0,5 − 0,4 = 0,1 mol Ta có : 0,1×(6 − a) = 0,8 → x = −2. Vậy X là HR2 RS.

B. S. * PP TNKQ : Sản phẩm X là A. SOR2 R. R R D. SOR2 R, HR2 RS. C. HR2 RS.

1.4.3.2. Phương pháp bảo toàn điện tích

P, 0,2 mol AlP

- P và y mol SO −2 P, x mol ClP

4 . Khi cô

Nguyên tắc : Trong dung dịch tổng điện tích âm bằng tổng điện tích âm bằng tổng điện tích dương  số mol điện tích dương = số mol điện tích âm. Hệ quả : tổng khối lượng muối khan trong dung dịch bằng tổng khối lượng các cation cộng với tổng khối lượng các anion.

−

R + mRCl

R + mRSO

R + mRAl

Theo định luật BTĐT ta có : 2.0,1 + 3.0,2 = x + 2y  x + 2y = 0,8 (1)

−2 4 R

(2)

Ví dụ 1 : Một dung dịch chứa các ion : 0,1 mol FeP cạn dung dịch thu được 46,9 gam chất rắn khan. * PP tự luận : Tính giá trị của x, y (mol) ? Hướng dẫn giải : Mặt khác : mRChất rắn R = mRFe  56.0,1 + 0,2.27 + 35,5.x + 96y = 46,9  35,5x + 96y = 35,9 Giải hệ (1) và (2) ta được : x = 0,2 mol và y = 0,3 mol. * PP TNKQ : Giá trị của x, y (mol) lần lượt là A. 0,20 mol và 0,30 mol. B. 0,15mol và 0,30 mol.

D. 0,25 mol và 0,15 mol.

C. 0,20 mol và 0,35 mol. Nhận xét : Như vậy, với những bài toán có bản chất tương tự như trên, nếu HS không biết sử dụng ĐLBT điện tích để giải thì sẽ gặp bế tắc, hoặc cho rằng đề ra thiếu dữ kiện (!). Vì vậy trong quá trình giảng dạy, người giáo viên cần phải cho HS thấy được tính ưu việt của phương pháp này, từ đó góp phần phát triển năng lực tư duy sáng tạo và rèn trí thông minh cho HS.

Phân tích :

P  2AlP

(1)

P + 3HR2 ↑ R

(2)

P + HR2 ↑

(3) 27x + 56y = 9,65 Các phương trình phản ứng: + 2Al + 6HP x x + P  FeP Fe + 2HP y y

- P  HR2 RO P + OHP - 3+ P  AlO − P + 4OHP 2 + 2HR2 RO - P  Fe(OH)R2 ↓ R P + 2OHP

(4) (5) (6)

(7)

(8) FeR2 ROR3 R + 3HR2 RO 1.3.4.3. Phương pháp bảo toàn nguyên tố Nguyên tắc : Trong phản ứng hóa học các nguyên tố hóa học được bảo toàn Ví dụ 1 : Hòa tan hoàn toàn 9,65 gam hỗn hợp Al, Fe trong dung dịch HCl dư, dung dịch thu được cho tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc lấy kết tủa, đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi còn lại 8 gam chất rắn. * PP tự luận : Tính phần trăm khối lượng của Fe trong hỗn hợp ban đầu ? Cách 1. Với HS bình thường thì hay sử dụng phương pháp truyền thống như sau : Gọi x, y lần lượt là số mol của Al và Fe trong hỗn hợp. Ta có : + HP AlP FeP y y 2Fe(OH)R2 R + OR2 R + 2HR2 RO  2Fe(OH)R3 ↓ R y y 2Fe(OH)R3 R → y 0,5y

32OFen

8 160

%100

= 0,5y = = 0,05  y = 0,1 mol Chất rắn còn lại là FeR2 ROR3 R 

× 1,0 65,9

= 58,03%.  %mRFeR =

%100

Cách 2. Với HS thông minh, sáng tạo dễ nhận thấy bài toán trên có thể giải nhanh bằng phương pháp bảo toàn nguyên tố Theo ĐLBTNT ta có :

2OFen

82× 160

× 1,0 65,9

= = 58,03%. nRFeR = 2 = 0,1 mol  %mRFeR =

* PP TNKQ : Phần trăm khối lượng của Fe trong hỗn hợp ban đầu là A. 58,03%. B. 41,97%. C. 46,20%. D. 47,91 %.

Nhận xét : Rõ ràng cách 2 tối ưu hơn nhiều so với cách 1. Do vậy khi giảng dạy, để phát triển tư duy sáng tạo và rèn trí thông minh cho HS, ngoài các phương pháp đã biết, thì phương pháp bảo toàn nguyên tố cũng chiếm một vị trí quan trọng. Sau đây là một số ví dụ khác.

1.4.3.4. Phương pháp bảo toàn khối lượng và phương pháp tăng giảm khối lượng

Hai phương pháp trên gắn bó với nhau như chân với tay. Thông thường một bài toán giải được bằng phương pháp bảo toàn khối lượng, thì cũng giải được bằng phương pháp tăng giảm khối

lượng và ngược lại. Tuy nhiên, tùy theo đặc điểm đề ra mà nên sử dụng phương pháp nào là hợp lí nhất.

Phương pháp bảo toàn khối lượng

Nguyên tắc : Tổng khối lượng các chất trước phản ứng bằng tổng khối lượng các sản phẩm tạo thành

Phương pháp tăng giảm khối lượng

Nguyên tắc : Khi một chất này chuyễn thành chất khác sẽ làm khối lượng của nó tăng hoặc giảm một khối lượng nhất định do khối lượng mol của các nguyên tố khác nhau.

Phân tích :

Ví dụ 1 : Cho luồng khí CO đi qua hỗn hợp X gồm các oxit : FeR3 ROR4 R, Al R2 ROR3 R, MgO, ZnO, CuO nung nóng, sau một thời gian thu được hỗn hợp khí Y và 23,6 gam chất rắn Z. Cho Y lội chậm qua bình đựng dung dịch nước vôi trong dư, thấy có 40 gam kết tủa xuất hiện. * PP tự luận : Tính khối lượng (gam) của X thu được ? Cách 1. Dùng phương pháp thông thường. Đa số HS chọn phương pháp này :

40 100

= = 0,4 mol nRCaCO 3 R

(1)

COR2 R + Ca(OH)R2 R  CaCOR3 R ↓ + HR2 RO 0,4  0,4 (1)  nRCO 2 R = 0,4 mol

P: Al R2 RO R3 R, MgO không bị khử.

R(2)

o X + CO, tP

CuO + CO → Cu + COR2

(3) FeR3 ROR4 R + CO → FeO + COR2 R

(4) FeO + CO → Fe + COR2 R

(5) Zn + COR2 R

ZnO + CO → Nếu đặt số mol của mỗi oxit trong X làm ẩn thì sẽ có 6 ẩn nhưng chỉ có hai dữ kiện. Hơn nữa, các phản ứng trên không xảy ra hoàn toàn, nên rất khó xác định được chất rắn Z gồm những chất nào ?. Nhiều HS thấy bế tắc ở đây (!)

Cách 2. Với HS thông minh, sáng tạo thì dễ nhận thấy cách giải tốt nhất là sử dụng phương pháp bảo toàn khối lượng. = 0,4 mol

Từ (2), (3), (4), (5)  nRCO R = nRCO 2 R Theo định luật bảo toàn khối lượng : mRX R + mRCO R = mRZ R + mRCO 2 R

- mRCOR = 23,6 + 44×0,4 – 28×0,4 = 30 gam.

 mRXR = mRZ R + mRCO 2 R * PP TNKQ : Khối lượng (gam) của X thu được là B. 41,2. A. 30. C. 34,8. D. 20,6.

Cũng cần chú ý rằng, bài toán trên có thể giải nhanh bằng phương pháp tăng giảm khối lượng như sau : Cứ 1 mol CO phản ứng sẽ tạo ra 1 mol COR2 R làm khối lượng chất rắn giảm 16 gam. Vậy nếu có 0,4 mol COR2 R tạo ra thì khối lượng chất rắn giảm 0,4.16 = 6,4 gam  Khối lượng chất rắn ban đầu là 23,6 + 6,4 = 30 gam. Nhận xét : Học sinh có thể tư duy theo nhiều hướng khác nhau để tìm cách giải quyết bài toán trên : có phương pháp gặp bế tắc (như phương pháp thông thường ở trên), có phương pháp tìm ra kết quả, … nhưng chỉ có sử dụng phương bảo toàn khối lượng hoặc tăng giảm khối lượng thì mới hay nhất, tìm ra kết quả nhanh nhất. ưu việt của hai phương pháp này là cho phép giải nhanh một số bài tập có bản chất tương tự như trên. Và tất nhiên trong trường hợp này, phương

pháp bảo toán khối lượng hoặc tăng giảm khối lượng giữ vai trò chủ đạo trong việc phát triển óc thông minh sáng tạo cho HS. Một số ví dụ khác.

Phân tích :

(1) (2)

OH2

2SOn

3ASOn

1 2

3BSOn Theo định luật bảo toàn khối lượng : 20 + 36,5.2x = 17,75 + 64 x + 18.x

Ví dụ 2 : Hòa tan 20 gam hỗn hợp hai muối sunfit của hai kim loại hóa trị II trong dung dịch HCl thu được dung dịch A và V lít SO R2 R (đktc) bay ra. Khi cô cạn dung dịch A thu được 17,75 gam chất rắn. * PP tự luận : Tính giá trị của V (lít) ? Cách 1 : Dùng phương pháp bảo toàn khối lượng ASO R3 R + 2HCl  AClR2 R + SOR2 ↑ R + HR2 RO BSO R3 R + 2HCl  BClR2 R + SOR2 ↑ R + HR2 RO (1) và (2)  = = + = nRHCl R = x mol

2SOV = 5,60 lít.

 x = 0,25 mol 

Cách 2 : Dùng phương pháp tăng giảm khối lượng

Cứ 1 mol SOR2 R sinh ra thì sẽ có 1 mol muối ASO R3 R hoặc BSO R3 R phản ứng và tạo ra 1 mol ACl R2 R hoặc BClR2 R, làm khối lượng giảm 80 - 71 = 9 gam.

25,2 9

= Vậy nếu khối lượng muối giảm 20 - 17,75 = 2,25 gam thì số mol SO R2 R giải phóng sẽ là :

2SOV = 5,60 lít. * PP TNKQ : Giá trị của V (lít) là A. 3,36.

0,25 mol 

B. 4,48. C. 5,60. D. 6,72.

+ 80)x + 71)y

+ (B 80)y + + = 71)y 17,75

 (A  (A 

(4) Nhiều HS tư duy kém nhận thấy không thể giải được hệ trên  Đề ra thiếu dữ kiện (!) (bế tắc) Một số HS tư duy tốt hơn, để tìm thể tích của khí SO R2 R không nhất thiết phải tìm các ẩn của phương trình trên, có thể lấy (3) - (4)  = x + y = 0,25 mol và tìm được thể tích khí

2SOn

Nhận xét : Nếu sử dụng phương pháp thông thường thì căn cứ vào dữ kiện đề ra HS sẽ lập (3) được hệ:

SO R2 R. Như vậy, sử dụng phương bảo toàn khối lượng hoặc tăng giảm khối lượng là tối ưu hơn. Cũng cần lưu ý rằng, không phải bất cứ bài toán nào cũng sử dụng được đồng thời hai phương pháp trên. Chẳng hạn như một số bài toán sau đây, chỉ sử dụng được một trong hai phương pháp trên mà thôi.

1.4.3.5. Phương pháp phương trình ion thu gọn Ví dụ 1 : Hòa tan hoàn toàn 9,65 gam hỗn hợp 2 kim loại Fe, Al trong dung dịch hỗn hợp HCl và HR2 RSOR4 R loãng, kết thúc phản ứng thu được 7,28 lít HR2 R (đktc). * PP tự luận : Tính phần trăm khối lượng của nhôm trong hỗn hợp ban đầu ?

28,7 4,22

= = 0,325 mol Suy luận : nRH 2 R

(1) Gọi x, y lần lượt là số mol của Al, Fe chứa trong hỗn hợp. Ta có : 27x + 56y = 9,65 Phương trình phản ứng (dưới dạng ion thu gọn).

P + 3HR2 ↑ R

(2)

P + HR2 ↑ R

+ P  2AlP 2Al + 6HP x 1,5x + P  FeP Fe + 2HP y y (2), (3)  VRH 2 R

15,0

%100

= 41, 96%

Thay (4) vào (1) ta tính được : x = 0,15 mol %mRAl R=

(3)

= 1,5 x + y = 0,325  y = 0,325 - 1,5x (4) × 27 65,9

R(1)

R(2)

D. 56,48%.

R(4)

(3)

+ + = 56(z t) 9,65 + + = t 0,325 z

Kết hợp với đề ra, HS rút ra hệ sau : * PP TNKQ : Phần trăm khối lượng của nhôm trong hỗn hợp ban đầu là C. 41,19 %. B. 42,53%. A. 45,32%. Nhận xét : Với HS tư duy kém thì sẽ giải như sau : Al + 3HR2 RSO R4 R  AlR2 R(SO R4 R)R3 R + 3HR2 ↑ x 3x 2Al + 6HCl  2AlClR3 R + 3HR2 ↑ y 1,5y Fe + HR2 RSOR4 R  FeSOR4 R + HR2 ↑ R z z Fe + 2HCl  FeClR2 R + HR2 ↑ t t  y) 27(x  + 1,5y 3x 

Có 4 ẩn nhưng chỉ có 2 phương trình, hệ trên không giải được. Bài toán thiếu dữ kiện (!). HS rơi vào trạng thái bế tắc. Như vậy, không thể giải được bằng phương pháp thông thường. Tất nhiên ngoài phương pháp ion thu gọn, HS có thể sử dụng phương pháp bảo toàn electron để giải cũng được.

Suy luận : Bán phản ứng khử

3 + 2H + + 1e  NOR2 R + HR2 RO

(1)

3 + 4H + + 3e  NO + 2HR2 RO

(2)

3 + 10H + + 8e  NR2 RO + 5HR2 RO

R = 2.0,15 + 4.0,1 + 10.0,05 = 1,2 mol.

2NO − (3)

(1) (2) (3)  nHNOR3 R= Σ nRH

D. 1,05. B. 0,9. C. 1,2.

1.3.4.6. Phương pháp ion - electron Ví dụ 1 : Hòa tan một hỗn hợp X gồm hai kim loại A và B trong dung dịch HNOR3 R loãng, kết thúc phản ứng thu được hỗn hợp khí Y gồm 0,1 mol NO, 0,15 mol NO R2 R và 0,05 mol NR2 RO. Biết rằng không có phản ứng tạo muối NH R4 RNO R3 R. * PP tự luận : Tính số mol HNOR3 R đã phản ứng ? NO − 2.0,15  0,15 NO − 4.0,1  0,1 10.0,05  0,05 * PP TNKQ : Số mol HNOR3 R đã phản ứng là A. 0,75. Ví dụ 2 : Cho 6,3 gam hỗn hợp Al, Mg phản ứng với dung dịch hỗn hợp 2 axit HNOR3 R và HR2 RSOR4 R đặc, nóng thu được 0,1 mol mỗi khí SO R2 R, NO, NOR2 R. Cô cạn dung dịch sau phản ứng. * PP tự luận : Tính khối lượng (gam) muối khan thu được ? Suy luận : Bán phản ứng khử

− + 2HP +

P + 1e 

+ 5 3NO

+ 4 2NO

− + 4H + + 3e 

− (2)

(1) 2 + HR2 RO +

+ 2 NO

− 0,1  0,1 + 5 3NO

+ 5 3NO

4 + 2HR2 RO + 3

− + 4H + + 2e 

−

0,1  3.0,1

+ 4 2SO

+ 6 2 4SO

−

−2

(3) 2 + HR2 RO +

+ 6 2 4SO 0,1  0,1  4SOn

3NOn

−

−2

tạo muối = 0,1 + 3.0,1 = 0,4 mol, tạo muối = 0,1 mol

R+

3NOm

4SOm )Rtạo muốiR = 6,3 + 62.0,4 + 96.0,1 = 40,7 gam.

Theo ĐLBT khối lượng ta có : mRmuốiR = mRklRP P + (

* PP tự luận : Khối lượng (gam) muối khan thu được là A. 31,5. B. 37,7. C. 34,9. D. 40,7.

Nhận xét : Hai bài toán trên, có nhiều điểm nhằm phát triển năng lực tư duy và rèn trí thông minh, sáng tạo cho HS. Cụ thể là : UTrong ví dụ 1 :U Nếu HS sử dụng phương pháp thông thường để giải tức là viết 6 phương trình phản ứng :

+ 4 N

A + HNOR3 R  A(NOR3 R) Rn R + NOR2 ↑ R + HR2 RO A + HNOR3 R  A(NOR3 R) Rn R + NO ↑ + HR2 RO A + HNOR3 R  A(NOR3 R) Rn R + NR2 RO ↑ + HR2 RO B + HNOR3 R  B(NOR3 R)RmR + NOR2 ↑ R + HR2 RO B + HNOR3 R  B(NOR3 R)RmR + NO ↑ + HR2 RO B + HNOR3 R  A(NOR3 R)RmR + NR2 RO ↑ + HR2 RO Việc cân bằng các phản ứng trên rất mất thời gian, hơn nữa rất khó tính theo phương trình phản ứng. Nhiều HS đến đây là lúng túng, không biết nên bắt đầu từ đâu nữa (!) Một số HS khá hơn, sử dụng phương pháp bảo toàn electron để giải như sau :

Quá trình oxi hóa n+ A  AP P + ne x nx B  BP P + me y my  nx + my = 0,85 (*)

+ 5 N

+ 1 + 8e  2 2 N 0,1 0,4 0,1

Quá trình khử + 5 + 1e  N 0,15 0,15 0,15 + + 5 2 + 3e  N N 0,1 0,3 0,1

−

Đến đây nhiều HS thấy bế tắc, vì chỉ có 1 phương trình (*) nhưng có tới 4 ẩn số, không thể giải được (!)

3 tạo muốiR + nRNO

− 3 oxi hóa

Rphản ứngR = nRNO Một số ít HS thông minh có thể nhận ra rằng : − 3 R

− 3 R

oxi hóa = 0,15 + 0,1 + 0,1 = 0,35 mol nRHNO 3 phản ứngR = nRNO Theo trên ta có : nRNO

− 3 R

tạo muối = nx + my = 0,85 mol (ĐLBT điện tích) nRNO

 nRHNO 3 Rphản ứng = 0,35 + 0,85 = 1,2 mol.

UTrong ví dụ 2 U: Tương tự như ví dụ 1, nếu HS giải theo phương pháp thông thường thì phải viết tới 6 phương trình phản ứng. Việc cân bằng cho được mỗi phản ứng đã mất nhiều thời gian, vả lại nếu có cân bằng được thì cũng rất khó tính theo phương trình phản ứng. Còn nếu sử dụng phương pháp bảo toàn electron thì từ bán phản ứng oxi hóa và bán phản ứng khử, HS sẽ thiết lập được hệ phương trình :

= x

= 0,15 mol

= nMg nMg + 3

2x 24x

+ = 3y 0,6 + = 27y

6,3

  

= 0,1 y

= mol

= nAl nAl

R trong muối = b mol

    trong muối = a mol; nRSO

− 3 R

−2 4



Đặt nRNO

Thì theo định luật bảo toàn điện tích, ta có : a + 2b = 2.0,3 + 3.0,1 = 0,6  Không thể tính được số mol của mỗi anion trong muối  Sử dụng phương pháp này không thể giải được (!). HS gặp bế tắc. ưu việt của phương pháp ion - electron là có thể cho phép giải nhanh nhiều bài toán có bản chất tương tự như trên.

15,0 −

B. VR1 R= 200 ml, VR2 R= 100 ml. D. VR1 R= 50 ml, VR2 R = 250 ml.

1.3.3.7. Sử dụng phương pháp sơ đồ đường chéo PP này được áp dụng rất nhiều trong các dạng toán khác nhau sau đây chung tôi chỉ trình bày một vài ví dụ cụ thể sau : Ví dụ 1 : Cần trộn bao nhiêu ml dung dịch HNOR3 R 2M (VR1 R) với bao nhiêu ml dung dịch HNOR3 R 0,5M (VR2 R) để được 300 ml dung dịch HNO R3 R 1M ? A. VR1 R= 100 ml, VR2 R = 200 ml. C. VR1 R= VR2 R = 150 ml. Suy luận : Ta có sơ đồ đường chéo VR1 R 2

5,0 1

V 1 V 2

12 −

R(1) (2)

1  =

VR2 R 0,5  VR2 R = 2VR1 Mặt khác : VR1 R + VR2 R = 300 Giải hệ (1) (2) ta được : VR1 R= 100 ml, VR2 R = 200 ml.  Chọn đáp án A.

NaOH

* Tính thành phần hỗn hợp muối trong phản ứng đơn bazơ và đa axit Dạng bài tập này có thể giải dễ dàng bằng phương pháp thông thường (viết phương trình phản ứng, đặt ẩn). Tuy nhiên, cũng có thể nhanh chóng tìm ra kết quả bằng cách sử dụng sơ đồ đường chéo. Ví dụ 2 : Thêm 250 ml dung dịch NaOH 2M vào 200 ml dung dịch HR3 RPO R4 R 1,5M. Muối tạo thành và khối lượng tương ứng là A. 14,2 gam NaR2 RHPOR4 R; 32,8 gam NaR3 RPO R4 R. R R B. 28,4 gam NaR2 RHPO R4 R; 16,4 gam NaR3 RPOR4 R. C. 12,0 gam NaHR2 RPO R4 R; 28,4 gam Na R2 RHPO R4 R. D. 24,0 gam NaHR2 RPO R4 R; 14,2 gam NaR2 RHPOR4 R.

× 25,0 2 × 5,12,0

n n

3POH

3/51 −

= < 2 Suy luận : Có 1 <

= 2/3 Tạo ra hỗn hợp hai muối : NaHR2 RPOR4 R và NaR2 RHPOR4 Sơ đồ đường chéo : NaR2 RHPO R4 R(nR1 R = 2)

5 3

3/52 −

n =

HPO

= 1/3 NaHR2 RPO R4 R (nR2 R = 1)

R(1)

Nan

NaHn

2HPO

2PO

2 1

NaH Mà :

=  = 2

R+

NaHn

Nan

3POHn

2PO

= = 0,3 (2)

2HPO Giải hệ (1) và (2) ta được : Nam

Nan

2HPO

= 0,2 mol  = 0,2.142 = 28,4 gam.

NaHn

NaHm

2PO

= 0,1mol  = 0,1.120 = 12,0 gam.  Chọn đáp án C.

* Bài toán hỗn hợp hai chất vô cơ của hai kim loại có cùng tính chất hóa học Ví dụ 3 : Hòa tan 9,492 gam hỗn hợp hai muối CaCOR3 R và BaCOR3 R bằng dung dịch HCl dư, thu được 1344 ml khí COR2 R (đktc). Thành phần % số mol của BaCOR3 R trong hỗn hợp là A. 50%. C. 60%. D. 65%.

= 0,06 mol  M = = 158,2 = Suy luận : nRCO 2 R B. 55%. 344,1 4,22 ,9 492 06,0

100 −

2,158

Áp dụng sơ đồ đường chéo :

M = 158,2

197 −

2,158

BaCOR3 R (MR1 R = 197)

= = 60%.  Chọn đáp án C.  %nRBaCO 3 R

CaCOR3 R (MR2 R = 100) × %100 2,58 + 2,58 8,38 1.3.3.8. Sử dụng phương pháp trung bình * Phương pháp khối lượng mol trung bình của hỗn hợp ( M ) Ví dụ 1 : Hòa tan hoàn toàn 10,1 gam hỗn hợp 2 kim loại kiềm ở hai chu kì liên tiếp trong hệ thống tuần hoàn vào nước thu được dung dịch A. Để trung hòa 1/2 A cần 1,5 lít dung dịch HCl + HNOR3 R có pH= 1. Hai kim loại đó là A. K và Rb. B. Rb và Cs. C. Na và K. D. Li và Na.

(1)

R = 0,1.1,5 = 0,15 mol.

P] = 0,1 M  nRH

Suy luận : Vì các phản ứng xảy ra hoàn toàn nên ta có thể thay thế hai kim loại kiềm bằng mội kim loại tương đương M hóa trị 1. 2 M + 2HR2 RO  2 M OH + HR2 ↑ R x x

P  HR2 RO

67,33

(2) Dung dịch A chứa : x mol M OH + Dung dịch (HCl + HNO R3 R) có pH = 1 [H P 1/2 A + dd (HCl + HNOR3 R) + - OHP P + HP 0,5x  0,5x

1,10 3,0

gam/mol (2)  0,5x = 0,15  x = 0,3 mol 

 MR1 R = 23 (Na) < M = 33,67 < MR2 R = 39 (K).  Chọn đáp án C.

(1)

Nhận xét : Nếu giải theo phương pháp thông thường thì tương đối dài dòng và phức tạp. Trước tiên, học sinh phải gọi A, B là hai kim loại kiềm (A < B). Đặt x, y lần lượt là số mol của chúng. Ta có : Ax + By = 10,1 Các phương trình phản ứng :

x x B + HR2 RO  BOH + 1/2HR2 ↑ y y

+ P  AP

P  chỉ cần viết 2 phương trình phản ứng là được P + HR2 RO

+ P  BP

P + HR2 RO

A + HR2 RO  AOH + 1/2HR2 ↑ Dung dịch A chứa AOH : x mol, BOH : y mol 1/2 A + Dung dịch (HCl + HNOR3 R) AOH + HCl  ACl + HR2 RO AOH + HNOR3 R  ANOR3 R + HR2 RO BOH + HCl  BNOR3 R + HR2 RO BOH + HNOR3 R  BNOR3 R + HR2 RO Đến đây nhiều em lúng túng, không biết tính theo phương trình phản ứng thì nên bắt đầu từ đâu ? Một số HS có khả năng tư duy tốt hơn nhận thấy cần thay thế hỗn hợp hai axit trên bằng ion + HP

P  HR2 RO

+ AOH + HP Với HS thông minh thì chỉ cần viết 1 phản ứng + - OHP P + HP (x + y)/2 → (x + y)/2  x + y = 0,3

x/2 x/2 + BOH + HP y/2 y/2

(2)

Đến đây tất cả đều thấy bế tắc (!). Vì hệ (1) (2) không thể giải được, do có 4 ẩn mà chỉ có 2 phương trình. Như vậy, không thể sử dụng phương pháp thông thường để giải bài toán trên. ưu việt của phương pháp trung bình là cho phép giải nhanh nhiều bài toán có bản chất tương tự như trên. Sau đây ta tiếp tục nghiên cứu một số ví dụ khác

Phần 2 : Một số bài tập tương tự (dạng TNKQ)

C. NR2 R. B. NOR2 R. D. NR2 RO.

B. 0,12. D. 0,18. C. 0,06.

C. 0,012. B. 0,075. D. 0,06.

UNHÓM NITO 1. Hoà tan hoàn toàn 9.6 gam Mg trong một lượng dd HNOR3 Rthì thu được 2.24 lít khí A ở đktc. Khí A là A. NO. 2. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm a mol FeSR2 R và 0,09 mol Cu R2 RS vào axit HNO R3 R vừa đủ thu được dd X và 10,08 lít khí NR2 RO là sản phẩm khử duy nhất. Giá trị của a là A. 0,08 3. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,12 mol FeSR2 R và a mol CuR2 RS vào axit HNO R3 R vừa đủ thu được dd X chỉ chứa hai muối sunfat và khí NO duy nhất. Giá trị của a là A. 0,04. 4. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm a mol FeSR2 R và b mol CuR2 RS vào axit HNO R3 R vừa đủ thu được dd X chỉ chứa hai muối sunfat và khí NO duy nhất. Giá trị của a ; b là B. a = 0,06; b = 0,09. A. a = 0,06; b = 0,12. C. a = 0,12; b = 0,06. D. a = 0,03; b = 0,06. 5. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm a mol FeSR2 R và b mol CuR2 RS vào axit HNO R3 R vừa đủ thu được dd X chỉ chứa hai muối sunfat và 0,3 mol khí NR2 RO sản phẩm khử duy nhất. Cho X tác dụng với dd Ba(OH)R2 R dư thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là

B. 66,51. C. 70,02. D. 94,25.

D. 6,4. B. 4,8. C. 5,6.

D. 5,6. B. 3,36. C. 4,48.

B. 0,4M. C. 0,42M. D. 0,45M.

. Tổng khối lượng (gam) muối nitrat sinh ra là

D. 8,15. C. 5,07. B. 10,08.

B. 0,45. D. 0,49. C. 0,55.

D. 36,7.

D. 896. C. 448. B. 336.

D. 72,35. C. 61,79. B. 52,35.

C. 77,7. B. 0,77. D. 2,7.

A. 80,52. 6. Hòa tan hoàn toàn 14,8 gam hỗn hợp kim loại Fe và Cu vào lượng dư dung dịch hỗn hợp HNO R3 R và HR2 RSOR4 Rđặc nóng. Sau phản ứng thu được 10,08 lít khí NOR2 R và 2,24 lít khí SOR2 R (đktc). Khối lượng (gam) Fe trong hỗn hợp là A. 8,4. 7. Một hỗn hợp gồm hai bột kim loại Mg và Al được chia thành hai phần bằng nhau: - Phần 1 : Cho tác dụng với HCl dư thu được 3,36 lít HR2 R. - Phần 2 : Cho tác dụng với HNO R3 R loãng dư thu được V lít một khí không màu, hoá nâu trong không khí (các thể tích khí đều đo ở đktc). Giá trị của V là A. 2,24. 8. Dung dịch X gồm AgNOR3 R và Cu(NOR3 R)R2 R có cùng nồng độ. Lấy một lượng hỗn hợp gồm 0,03 mol Al; 0,05 mol Fe cho vào 100 ml dung dịch X cho tới khi phản ứng kết thúc thu được chất rắn Y chứa 3 kim loại. Cho Y vào HCl dư giải phóng 0,07 gam khí. Nồng độ của hai muối là A. 0,3M. 9. Cho 1,35 gam hỗn hợp Cu, Mg, Al tác dụng với HNOR3R dư được 896 ml (đktc) hỗn hợp gồm NO và NOR2R có M 42= A. 9,41. 10. Hòa tan hết 4,43 gam hỗn hợp Al và Mg trong HNO R3 R loãng thu được dung dịch A và 1,568 lít (đktc) hỗn hợp hai khí (đều không màu) có khối lượng 2,59 gam trong đó có một khí hóa nâu trong không khí. Số mol HNO R3 R đã phản ứng là A. 0,51. 11. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm ba kim loại bằng dung dịch HNO R3 R thu được 1,12 lít hỗn hợp khí D (đktc) gồm NOR2 R và NO. Tỉ khối hơi của D so với hiđro bằng 18,2. Thể tích (ml) tối thiểu dung dịch HNOR3 R 37,8% (d = 1,242g/ml) cần dùng là A. 20,18. C. 21,47. B. 11,12. 12. Hòa tan 6,25 gam hỗn hợp Zn và Al vào 275 ml dung dịch HNOR3 R thu được dung dịch A, chất rắn B gồm các kim loại chưa tan hết cân nặng 2,516 gam và 1,12 lít hỗn hợp khí D (ở đktc) gồm NO và NOR2 R. Tỉ khối của hỗn hợp D so với HR2 R là 16,75. Nồng độ mol của HNOR3 R và khối lượng (gam) muối khan thu được khi cô cạn dung dịch sau phản ứng là A. 0,65 và 11,794. B. 0,65 và 12,35 . C. 0,75 và 11,794. D. 0,55 và 12.35. 13. Đốt cháy 5,6 gam bột Fe trong bình đựng OR2 R thu được 7,36 gam hỗn hợp A gồm Fe R2 RO R3 R, FeR3 RO R4 R và Fe. Hòa tan hoàn toàn lượng hỗn hợp A bằng dung dịch HNO R3 R thu được V lít hỗn hợp khí B gồm NO và NOR2 R. Tỉ khối của B so với HR2 R bằng 19. Thể tích hỗn hợp khí B (ml) ở đktc là A. 672. 14. Cho a gam hỗn hợp A gồm oxit FeO, CuO, FeR2 ROR3 R có số mol bằng nhau tác dụng hoàn toàn với lượng vừa đủ là 250 ml dung dịch HNOR3R khi đun nóng nhẹ, thu được dung dịch B và 3,136 lít (đktc) hỗn hợp khí C gồm NOR2 R và NO có tỉ khối so với hiđro là 20,143. Giá trị của a là A. 74,88. 15. Khi hòa tan 2,7 gam Al vào dung dịch HNOR3 R dư, chỉ thu được dung dịch muối chứa một chất tan và hỗn hợp khí NR2 RO và NR2 R. Biết tỉ lệ mol n . Thể tớch (lớt) hỗn hợp khớ (NR2 RO + NR2 R) ở đktc là A. 0,27. 16. Hòa tan hỗn hợp gồm FeS và FeCOR3 R, bằng dung dịch HNOR3 R loãng thu được hỗn hợp gồm hai khí dRX/He = R11. hỗn hợp X gồm A. COR2 R; NO. C.COR2 R; NR2 RO. B. COR2 R; NR2 R. D. NO; NR2 RO.

C. 3. B. 6,9. D. 6,75.

D. 53,1.

D. 5,6. B. 3,36. C. 4,48.

B. 5,6. C. 5,1. D. 5,9.

C. SOR2 R; 3,36. B. SOR2 R; 2,24. D. HR2 R; 4,48.

thời gian

C. 10,08. D. 1,008. B. 2,016.

D. V2 = 1,5V1. B. V2 = 2V1.

C. A hoặc B B. FeO D. FeR3 ROR4

C. 0,08. B. 0,33. D. 3,3.

D. 3/2. B. 1/4. C. 4.

17. Cho 4,05g nhôm kim loại phản ứng với dung dịch HNO R3 R dư thu được khí NO duy nhất. Khối lượng (gam) của NO là A. 4,5. 18. Hòa tan 4,59g Al bằng dung dịch HNO R3 R thu hỗn hợp khí NO và NR2 RO có tỉ khối hơi đối với hiđro bằng 16,75.Thể tích (lít) NO và NR2 RO (đktc) sinh ra là: B. 2,016 lít và 0,672 lít A. 2,24 lít và 6,72 lít D. 1,972 lít và 0,448 lít C. 0,672 lít và 2,016 lít 19.Hoà tan hoàn toàn 15,9g hỗn hợp gồm 3 kim loại Al,Mg và Cu bằng dung dịch HNO R3 R thu được 6,72 lit khí NO và dung dịch X. Cô cạn dung dịch X thì thu được bao nhiêu gam muối khan ? A. 77,1. B. 71,7. C. 17,7. 20.Cho hỗn hợp X gồm Mg và Al tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 3,36 lít HR2 R.Nếu cho hỗn hợp X hoà tan hết trong HNO R3 R loãng, dư thu được V lít khí NO (các thể tích khí đo ở đktc).Giá trị của V(lít) là A. 2,24. 21. Hoà tan hoàn toàn 11gam hỗn hợp Al, Fe phản ứng với HNO R3 R loãng dư sinh ra 6,72 lít NO (đktc). Số gam của Fe trong hỗn hợp đầu là A. 5,4. 22. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp gồm Fe và Fe R3 ROR4 R bằng dung dịch HNO R3 R thu được 2,24 lit khí NO (đktc).Nếu thay dung dịch HNOR3 R bằng dung dịch HR2 RSO R4 R đặc nóng thì thu được khí gì, thể tích là bao nhiêu lít (đktc) ? A. HR2 R; 3,36. 23. Để m(g) bột sắt ngoài không khí một thu được 12g hỗn hợp gồm FeO,FeR3 ROR4 R,Fe R2 ROR3 R,Fe.Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp đó bằng dung dịch HNO R3 R loãng thu được 2,24 lít khí NO duy nhất (đktc). Giá trị của m là A. 20,16. 24. Cho 3,84 gam Cu phản ứng với 80 ml dung dịch HNOR3 R 1M thuV R1 R lít NO. Nếu cho 3,84 gam Cu phản ứng với 80 ml dung dịch chứa HNOR3 R 1M và HR2 RSOR4 R 0,5 M thu VR2 R lít NO.Biết NO là sản phẩm khử duy nhất,các thể tích khí đo ở cùng điều kiện.Quan hệ giữa V R1 R và VR2 R là C. V2 = 2,5V1. A. V2 = V1. 25. A là oxit của một kim loại hoá trị n.Hoà tan hoàn toàn 1,08 gam A trong HNO R3 R loãng thu 0,112 lit NO (đktc).Công thức phân tử của A là A. CuR2 RO 26. Từ 6,72 lít NHR3 R (đktc) thì thu được bao nhiêu lít dung dịch HNOR3 R 3M ? (Biết hiệu suất của cả quá trình là 80%) A. 0,3. 27. Hỗn hợp gồm 64g Cu và 80 g CuO khi hoà tan vào dung dịch HNO R3 R loãng sẽ thu được số mol khí NO (sản phẩm khử duy nhất) là A. 2/3. 28. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,1 mol Fe và 0,2 mol Al vào dung dịch HNO R3 R dư thu được hỗn hợp khí A gồm NO và NO R2 R có tỷ lệ số mol tương ứng là 2:1.Thể tích (lít) của hỗn hợp khí A (đktc) là A. 86,4. D. 192,8. C. 19,28. B. 8,64.

C. 2,24. B. 11,2. D. 1,12.

C. 21. B. 24. D. 12,2.

C. 48. B. 24,3. D. 30,6.

B. 78,75. C. 50,40. D. 54,40.

2 P, SOR4 RP

B. 50g NaR3 RPOR4 R; 14g Na R2 RHPO R4.R

B. 2M và 2M. C. 1M và 2M. D. 2M và 2M.

D. 2,32.

B. 7,56. C. 4. D. 6,96.

C. NOR2 R và COR2. R D.COR2 R và SOR2 R.

B. Mg. C. Cr. D. Zn.

D.5,04. C. 50,4.

30. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp gồm Fe và Cu bằng dung dịch HNO R3 R đặc nóng thì thu được 22,4 lít khí màu nâu.Nếu thay axit HNOR3 R bằng axit HR2 RSOR4 R đặc, nóng thì thu được bao nhiêu lít khí SOR2 R (đktc) ? A. 22,4. 31. Oxi hóa 10,08g sắt thu được mg chất rắn gồm 4 chất (FeR2 RO R3 R, Fe R3 ROR4 R, FeO,Fe). Cho hỗn hợp rắn vào dung dịch HNO R3 R dư thu được 2,24 lít khí ( đktc) không màu hóa nâu ngoài không khí. Giá trị của m là A. 12. 32. Cho 19,2g kim loại M tan hoàn toàn trong dung dịch HNOR3 R loãng thu được 4,48lít khí NO (đktc) và dung dịch X. Cho NaOH dư vào dung dịch X thu được một kết tủa Y. Nung kết tủa Y trong không khí đến khối lượng không đổi được m gam chất rắn.Giá trị của m là A. 24. 33. Nếu xem toàn bộ quá trình điều chế HNO R3 R có hiệu suất 80% thì từ 1 mol NH R3 R sẽ thu được số gam HNO R3 R là A. 63,24. 34. Đổ dung dịch có chứa 39,2g HR3 RPOR4 Rvào dung dịch có chứa 44g NaOH. Khối lượng (gam) các muối thu được là A. 14,2g NaHR2 RPOR4 R; 49,2g NaR2 RHPO R4.R C. 49,2g NaR3 RPOR4 R; 14,2g NaR2 RHPOR4 R. D. 14g NaR3 RPOR4 R; 50g NaR2 RHPOR4. - + 35. Cho dung dịch Ba(OH)R2 R dư vào 10 ml dung dịch X có chứa các ion: NH R4 RP P đun P, NOR3 RP nóng thì có 23,3 gam kết tủa và 6,72 lít (đktc) khí bay ra.C RM Rcủa (NHR4 R)R2 RSOR4 R và NH R4 RNO R3 R trong dung dịch X là A. 1M và 1M. 36. Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 3 gam hỗn hợp chất rắn X. Hòa tan hết hỗn hợp X trong dung dịch HNOR3 R (dư), thoát ra 0,56 lít (đktc) NO.Giá trị của m là A. 2,52. B. 2,22. C. 2,62. 37. Hỗn hợp Y gồm MgO và Fe R3 RO R4 R.Y tác dụng vừa đủ với 50,9 gam dung dịch H R2 RSO R4 R 25% 0 (loãng).Mặt khác Y tác dụng với lượng dư HNOR3 R đặc nóng tạo thành 739,2 ml khí NOR2 R (27,3P PC ; 1 atm ). Khối lượng (gam) hỗn hợp Y là A. 8,56. 38. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp FeS và FeCO R3 R bằng dung dịch HNO R3 R đặc, nóng thu được hỗn hợp khí E gồm hai khí X,Y có tỷ khối so với hiđro là 22,805. Công thức hoá học của X và Y là A. HR2 RS và COR2 R. B. NOR2 R và SOR2 R. 39. Cho hỗn hợp A gồm Fe và kim loại M (có hoá trị không đổi ). Hoà tan hết 2,78 gam A trong dung dịch HCl thu được 1,568 lít H R2 R. Mặt khác hoà tan hết 2,78 gam A trong dd HNOR3 R loãng thu được 1,344 lít (đktc) khí NO duy nhất. Kim loại M là A. Al. 40. Hòa tan hoàn toàn 28,8 g Cu vào dung dịch HNOR3 Rloãng, lượng khí NO thu được đem oxi hóa thành NOR2 R rồi sục vào nước có dòng oxi để chuyển hết thành HNO R3 R.Thể tích (lít) khí oxi (đktc) đã tham gia vào quá trình trên là A. 100,8. B. 10,08. 41. Cho 5 gam hỗn hợp Fe và Cu (chứa 40% Fe ) và một lượng dung dịch HNO R3 R 1M khuấy đều cho phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thu được phần rắn nặng 3,32 gam; dung dịch B và khí NO. Khối lượng muối (gam) tạo thành khi cô cạn dung dịch B là

PC,1 at ) có tỉ khối so với HR2 R là 14,75. Số mol HNOR3 R cần dùng là

D. 5,04. C. 7,24.

D. 0,04.

D. Kết quả khác

D. 0,36.

D. 14,933 lít. B. 1,344 lit. C. 0,896 lít.

C. Fe. B. Zn. D. Al.

D. 3,45. B. 3,00. C. 3,35.

B. 71,7. C. 17,7. D. 717.

C. (m + 4). D. (m + 48).

B. 0,8mol D. 0,6 mol C. 1,2 mol

C. 3,2. D. 5,64. B. 3,76.

A. 7,26. B. 5,4. 42. Cho 6,3 g hỗn hợp Al,Mg vào 500 ml dung dịch HNOR3 R ( loãng ) 2M thu được 4,48 lít khí NO (đktc) và dung dịch A. CRM R của HNOR3 R trong dung dịch A là A. 0,2 M. B. 0,8 M. C. 0,4 M. D. 0,6 M. 43. Hoà tan 2,88 gam hỗn hợp Fe, Mg bằng dung dịch HNOR3 R loãng dư thu được 0,9856 lít hỗn hợp 0 khí NO, NR2 R ( ở 27,3 P A. 0,24. B. 0,19. C. 0,08. 44. Hoà tan 3,3 g hỗn hợp X gồm Fe và kim loại R (R có hoá trị không đổi ) trong dung dịch HCl dư,được 2,688 lít khi H R2 R. Nếu hoà tan 3,3 g X trên bằng dung dịch HNO R3 R dư được 0,896 lít hỗn hợp khí Y gồm NR2 RO và NO có tỉ khối so với HR2 R là 20,25. Số mol của R là A. 0,03. B. 0,06. C. 0,02. 45. Cho hỗn hợp gồm FeO, CuO, FeR3 ROR4 R có số mol bằng nhau tác dụng hết với dung dịch HNO R3 R thu được hỗn hợp khí gồm 0,09 mol NOR2 R và 0,05 mol NO.Tổng số mol của hỗn hợp là C. 0,21. A. 0,12. B. 0,24. 46. Cho 6,4g Cu tác dụng với 120ml dung dịch X gồm HNOR3 R 1M và HR2 RSOR4 R 0,5M (loãng) thì thu được bao nhiêu lít khí NO (đktc) ? A. 0,67 lít. 47. Nung nóng 27,3g hỗn hợp NaNO R3 R,Cu(NOR3 R)R2 R,hỗn hợp khí thoát ra được dẫn vào 89,2ml HR2 RO thì còn dư 1,12lít khí (đktc) không bị hấp thụ .Khối lượng Cu(NOR3 R)R2 R ban đầu và nồng độ % của dung dịch axit tạo thành là : A. 18,8g; 12,6%. B. 18,6g; 12,6%. C. 8,5g; 12,2%. D. 18,8g; 12%. 48. Hòa tan 33,75 gam một kim loại M trong dung dịch HNO R3 R loãng, dư thu được 16,8 lít khí X (đktc) gồm hai khí không màu hóa nâu trong không khí có tỉ khối hơi so với hiđro bằng 17,8. a) Kim loại đó là A. Cu. b) Nếu dùng dung dịch HNOR3R 2M và lấy dư 25% thì thể tích (lít) dung dịch cần lấy là A. 3,15. 49. Hoà tan hoàn toàn 15,9 gam hỗn hợp gồm 3 kim loại Al, Mg và Cu bằng dung dịch HNO R3 R thu được 6,72 lít khí NO và dung dịch X. Đem cô cạn dung dịch X thu được bao nhiêu gam muối khan? A. 77,1. 50. Cho m gam hỗn hợp gồm Cu, Fe, Al tác dụng hoàn toàn với dd HNOR3 R loãng được (m +31)g muối nitrat. Nếu cho m gam hỗn hợp kim loại trên tác dụng với O R2 R được các oxít CuO, Fe R2 RO R3 R, AlR2 ROR3 R thì khối lượng m của oxít là A. (m + 31). B. (m + 16). 51. Cho 26 gam Zn tác dụng vừa đủ với dung dịch HNOR3 R thu được 8,96lít hỗn hợp khí NO và NO R2 R (đktc) số mol HNOR3 R có trong dd là A. 0,4 mol 52. Cho 1,92 gam Cu vào 0,1 lít dd X gồm HNOR3 R 0,2M và HR2 RSOR4 R 0,2M, thấy có khí NO duy nhất thoát ra. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, đem cô cạn dd thu được hỗn hợp muối khan Y có khối lượng (gam) là A. 4,8. 53. Cho 1,92 gam Cu vào 0,1 lít dd X gồm KNOR3 R 0,2M và HR2 RSOR4 R 0,2M. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được khí NO duy nhất có thể tích ( lít) đktc là

B. 0,336. C. 0,448. D. 0,112.

D. 3,48. C. 8,56. B. 4,8.

A. 0,224. 54. Cho 1,92 gam Cu vào 0,2 lít dd X gồm KNOR3 R 0,2M và HR2 RSOR4 R 0,2M, thấy có khí NO duy nhất thoát ra. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, đem cô cạn dd, thu được hỗn hợp muối khan Y có khối lượng (gam)là A. 7,32. 55. Cho 1,92 gam Cu vào 0,1 lít dd X gồm KNOR3 R 0,1M và HR2 RSOR4 R 0,5M, thấy có khí NO duy nhất thoát ra. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, đem cô cạn dd, thu được hỗn hợp muối khan Y có khối lượng là A. 3,74. C. 5,67. D. 3,48. B. 4,24.

B. 59,1. C. 39,4. D. 78,8.

B. 2,24. C. 2,24 hoặc 4,48. D. 2,24 hoặc 6,72.

PC và 1,232 at là

B. 0,002 D. 0,004. C. 0,003.

C.100. B. 75. D. 150.

B. 200. C. 300. D. 250.

D. 12,88. C. 18,82. B. 16,7.

C. 1,5. D. 0,5. B. 2.

D. 4,45. C. 44,5. B. 4,15.

UNHÓM CACBON 1. Thổi 0,5 mol COR2 R vào dd chứa 0,4 mol Ba(OH)R2 R. Sau phản ứng thu được a gam kết tủa. Giá trị của a là A. 19,7. 2. Cho V lít khí COR2 R (đktc) vào dd chứa 0,2 mol Ca(OH)R2 R thu được 10 gam kết tủa. Giá trị của V là A. 6,72. 3. Cho 0,224 lít khí CO R2 R (đktc) vào 4 lít dd Ca(OH)R2 R thu được 0,6 gam kết tủa. Nồng độ mol của dd Ca(OH)R2 R là A. 0,001. 0 4. Thể tích (ml) dd NaOH 2M tối thiểu dùng để hấp thụ hết 2 lít CO R2 R ở 27,3 P A. 50. 5. Thể tích (ml) dd KOH 1M tối thiểu dùng để hấp thụ hết 4,48 lít COR2 R (đktc) là A. 100. 6. Dẫn khí COR2 R vào dd Ba(OH)R2 R thu được 19,7 gam kết tủa. Lọc bỏ kết tủa, rồi đem nước lọc cho tác dụng với một lượng dư dd HR2 RSO R4 R thu được 23,3 gam kết tủa nữa. Thể tích (lít) khí COR2 R ( đktc) đã dùng là A. 6,72 hoặc 4,48. B. 2,24 hoặc 4,48. C. 2,24 hoặc 4,48. D. 2,24 hoặc 8,98. 7. Dẫn khí CO dư qua ống sứ đựng a gam hỗn hợp gồm Al R2 ROR3 R và FeR2 RO R3 R đun nóng. Sau một thời gian thì ngừng phản ứng, thấy khối lượng chất rắn trong ống còn lại là 14,14 gam. Khí thoát ra khỏi ống sứ được hấp thụ hết bằng nước vôi trong dư, thu được 16 gam kết tủa. Giá trị của a là A. 17,6. 8. Dùng CO để khử hoàn toàn 2,88 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe R2 ROR3 R thu được 2,24 gam chất rắn. Mặt khác cũng lượng hỗn hợp trên tác dụng vừa đủ với 100 ml dd HCl thì thu được 0,224 lít khí (đktc). Nồng độ mol của dd HCl là A. 1. 9. Cho 38,2 gam hỗn hợp gồm NaR2 RCOR3 R, K R2 RCOR3 R tác dụng vừa đủ với dd BaCl R2 R. Sau phản ứng thu được 59,1 gam kết tủa. Lọc tách kết tủa cô cạn dd thu được m gam muối clorua. Giá trị của m là A. 41,5. 10. Cho 50 gam hỗn hợp hai muối cacbonat của hai kim loại X,Y (có hóa trị II duy nhất) tan hết trong dd HCl thấy thoát ra 2,24 lít khí (đktc). Khối lượng muối thu được là A. 41,5. 11. Nung 60 gam hỗn hợp gồm CaCOR3 R và NaCl thu được 6,72 lít khí ở đktc. Khối lượng (gam) của CaCOR3 R trong hỗn hợp là A. 30.

C. 33. B. 45. D. 36.

C. 16. B. 21. D. 25,5.

B. 5,4. C. 14,5. D. 15,4.

B. 16. C. 18,2. D. 16,8.

D. 48. B. 48,6.

B. 15,35. C. 15,25. D. 15,50.

D. 48. C. 45,2. B. 48,6.

D. 31,6. C. 32,2. B. 32.

D. 1,12. C. 3,36. B. 6,72.

D. 4,48. B. 2,24. C. 3,36.

D. 59,6. B. 59,3. C. 59,5.

D. 11,6. B. 11,4.

C. 95. B. 92. D. 94.

12. Nung nóng hoàn toàn 80 gam hỗn hợp hai muối NaHCO R3 R và NaR2 RCO R3 R thu được 8,96 lít khí COR2 R (đktc). Thành phần phần trăm theo khối lượng của Na R2 R COR3 R trong hỗn hợp là A. 10. 13. Cho 11,6 gam FeCO R3 Rhòa tan hoàn toàn trong dd HNO R3 R dư thu được hỗn hợp khí A gồm CO R2 R và một khí không màu dễ hóa nâu ngoài không khí. Khối lượng (gam) của A là A. 4,5. 14. Hòa tan hết 0,2 mol hỗn hợp X gồm Ca và Mg trong dd HCl thu được dd Y có chứa a gam muối. Cho dd NaR2 RCOR3 R đến dư vào dd Y thu được 18,4 gam kết tủa. giá trị của a là A. 16,2. 15. Hòa tan hết 0,6 mol hỗn hợp X gồm Ca(OH)R2 R và Mg(OH)R2 R trong dd HCl thu được dd Y chứa a gam muối. Cho dd NaR2 RCOR3 R đến dư vào dd Y thu được 55,2 gam kết tủa. Giá trị của a là C. 49. A. 48,2. 16. Hỗn hợp X gồm MgCO R3 R và NaHCO R3 R có tỉ lệ mol là 1:1. Cho 16,8 gam hỗn hợp X phản ứng với dd HCl dư được dd Y. Cô cạn dd Y, thu được hỗn hợp muối khan có khối lượng là A. 15,15. 17. Cho 41,2 gam hỗn hợp X gồm Na R2 RCO R3 R và KR2 RCO R3 R và muối cacbonat của kim loại hóa trị II tác dụng hết với dd H R2 RSO R4 R. Sau phản ứng thu được hỗn hợp A gồm ba muối sunfat và 8,96 lít khí CO R2 R (đktc). Khối lượng (gam) của A là A. 55,6. 18. Cho 24,4 gam hỗn hợp X gồm hai muối cacbonat của kim loại hóa trị I tác dụng hết với dd HR2 RSOR4 R. Sau phản ứng thu được hỗn hợp A gồm hai muối sunfat và 4,48 lít khí CO R2 R (đktc). Khối lượng (gam) của A là A. 30,6. 19. Cho 19 gam hỗn hợp gồm một muối cacbonat của kim loại hóa trị I và một muối cacbonat của kim loại hóa trị II tác dụng hết với dd H R2 RSO R4 R. Sau phản ứng thu được 26,2 gam hỗn hợp A gồm ba muối sunfat và V lít khí COR2 R (đktc). Giá trị của V là A. 2,24. 20. Cho 4,0 gam hỗn hợp X gồm Ca và MgO tác dụng với dd HCl dư thu được dd Y cho dd NaR2 RCO R3 R vào dd Y đến dư thu được kết tủa Z. Lọc rửa sạch Z rồi nung ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thu được khí A có thể tích ở đktc là A. 1,12. 21. cho 30 gam hỗn hợp X gồm hai muối CaCOR3 R và và KHCO R3 R tác dụng hết với dd HNOR3 R thu được khí Y. Dẫn khí Y thu được qua 500 ml dd Ba(OH)R2 R 2M thu được kết tủa Z có khối lượng (gam) là A. 59,1. 22. Hỗn hợp A gồm hai kim loại X, Y có cùng hóa trị II. Hòa tan hết 4,0 gam A trong dd HCl thu được dd B và 2,24 lít khí HR2 R (đktc). Cô cạn dd B được hỗn hợp muối khan có khối lượng là A. 11,0. C. 11,5. 23. Hỗn hợp X gồm hai muối cacbonat của hai kim loại kiềm thổ thuộc hai chu kỳ liên tiếp trong bảng tuần hoàn. Hòa tan hết 9,2 gam hỗn hợp X trong dd H R2 RSO R4 R loãng thu được khí Y. Cho Y hấp thụ hoàn toàn vào dd Ba(OH)R2 R dư thấy có 19,7 gam kết tủakho6i1 lượng trung bình của hỗn hợp X là A. 90. 24. Hòa tan 7,8 gam hh Al và Mg trong dd HCl dư. Sau phản ứng khối lượng axit tăng thêm 7,0 gam. Khối lượng (gam) Al và Mg trong hh là

C. 5,8 ; 3,6. B. 5,4 ; 2,4. D. 1,2 ; 2,4.

B. Na, K. C. K, Rb. D. Rb, Cs.

B. 28. C. 26,8. D. 28,6.

D. 21. B. 17. C. 19.

C. K, Rb. B. Na, K. D. Rb, Cs.

B. PH < 7. C. PH = 7 . D. PH > 7.

B. 20. C. 28. D. 24.

D. 62,7. C. 4,48. B. 1,12.

D. 2,24. B. 1,12. C. 0,56.

A. 2,7 ; 1,2. 25. Cho 9,1 gam hh hai muối cacbonat của hai kim loại kiềm ở hai chu kỳ lien tiếp tác dụng hết với dd HCl thu được 2,24 lít khí COR2 R (đktc). Hai kim loại đó là A. Li, Na. 26. Hòa tan hoàn toàn 23,8 gam hh hai muối cacbonat của một kim loại hóa trị 1 và 2 bằng dd HCl thấy thoát ra 4,48 lít khí CO R2 R (đktc). Cô cạn dd sau phản ứng thì khối lượng (gam) muối khan thu được là bao nhiêu ? A. 26. 27. Cho 19,05 gam hh ACl và BCl ( A, B là hai kim loại kiềm ở hai chu kỳ lien tiếp tác dụng vừa đủ với 300 gam dd AgNOR3 R thu được 43,05 gam kết tủa. a. Nồng độ phần trăm (%) của dd AgNO R3 R là A. 15. b. Hai kim loại kiềm là A. Li, Na. 28. Cho COR2 R và NaOH tác dụng với nhau theo tỉ lệ mol là 1 : 2 thì dd thu dược có PH bằng bao nhiêu ? A. PH = 0. 29. Cho 6 lít hh gồm CO R2 R, NR2 R ( đktc) lội chậm qua dd KOH thu được 2,07 gam KR2 RCOR3 R và 6 gam KHCOR3 R. Thành phần phần trăm (%) về thể tích của COR2 R trong hh trên là A. 14. 30. Cho từ từ dd chứa a mol HCl vào dd chứa b mol NaR2 RCOR3 R đồng thời khuấy đều, thu đuôc V lít khí (đktc) và dd X. Cho thêm nước vôi trong thì thu được kết tủa. Biểu thức lien hệ giữa V với a, b là A. V= 22,4(a - b). B. V= 22,4(a + b). C. V= 11,2(a - b). D. V= 11,2(a + b). 31. Thêm từ từ từng giọt cho đến hết dd chứa 0,05 mol HCl vào dd chứa 0,04 mol Na R2 RCO R3 R. Thể tích (lít) khí COR2 R (đktc) thu được là A. 0,560. 32. Hấp thụ hoàn toàn V lít khí COR2 R (đktc) vào 100 ml dd NaOH 2M dd thu được cho tác dụng với nước vôi trong dư tạo ra 10 gam kết tủa. Giá trị của V là A. 2,8. 33. Hấp thụ hoàn toàn 4,48 lít COR2 R (đktc) vào 500 ml dd NaOH thu được 17,9 gam muối. Nồng độ dd NaOH là 34. Hấp thụ hoàn toàn 3,36 lít COR2 R (đktc) vào 575 ml dd Ba(OH) R2 R thu được 15,76 gam muối. Nồng độ dd Ba(OH)R2 R là 35. Hấp thụ hoàn toàn 4,48 lít CO R2 R (đktc) vào 500 ml hh hai dd Ba(OH)R2 R 0,2 M và NaOH 0,1 M thu được m gam muối. Giá trị của m là A. 9,85. D. 20,4. C. 19,7. B. 15,2.

Trước khi dạy thực nghiệm chúng tôi tiến hành trao đổi với các giáo viên cùng tham gia dạy

Phần 3: Giáo án dạy thực nghiệm thực nghiệm.

Giao tài liệu mục 1.4.3. Các phương pháp giải nhanh bài tập hóa học và 2.1.1. Đề xuất một số

cách giải nhanh bài toán hóa học. Do hệ thống bài tập xây dựng cần phải có sự tư duy nên số tiết dạy thực nghiệm có thể linh động từ 2- 4 tiết còn các ví dụ dạy cụ thể thì tùy thuộc vào GV chọn ở mục 1.4.3. và 2.1.2.

Với mục tiêu là GV làm sao cho HS nắm vững những nội dung sau :

- Các nguyên tắc cơ bản của các PP giải nhanh - Phạm vi áp dụng, ứng với từng bài toán hóa học biết phân định được chúng thuộc dạng nào từ đó tiến hành luận giải được các bài tập cụ thể. - Giải được các bài tập tương tự.

Phần 4: Một số đề kiểm tra

Đợt 1: Tám đề kiểm tra Chương Nito 5 đề (15 câu/1 đề, đề số 5 thì 14 câu) Đề số 1 gồm các câu sau : 1, 6, 12, 17, 22, 27, 32, 37, 42, 47, 52, 57, 62, 67, 72. Đề số 2 gồm các câu sau : 2, 7, 13, 18, 23, 28, 33, 38, 43, 48, 53, 58, 63, 68, 73. Đề số 3 gồm các câu sau : 3, 8, 14, 19, 24, 29, 34, 39, 44, 49, 54, 59, 64, 69, 74. Đề số 4 gồm các câu sau : 4, 10, 15, 20, 25, 30, 35, 40, 45, 50, 55, 60, 65, 70, 75.

Đề số 5 gồm các câu sau : 9, 11, 16, 21, 26, 31, 36, 41, 46, 51, 56, 61, 66, 71. Chương Cacbon 3 đề ( 15 câu/1 đề, đề số 3 có 14 câu) Đề số 1 gồm các câu sau : 1, 4, 7, 10, 13, 16, 19, 22, 25, 28, 31, 34, 37, 40, 43. Đề số 2 gồm các câu sau : 2, 5, 8, 11, 14, 17, 20, 23, 26, 29, 32, 35, 38, 41, 44. Đề số 3 gồm các câu sau : 3, 6, 9, 12, 15, 18, 21, 24, 27, 30, 33, 36, 39, 42.

Đợt 2 : Hai đề kiểm tra Đề kiểm tra 45 phút chương Nhóm Nito

Hình thức TNKQ gồm 15 câu sau : (1, 7, 9, 13, 15, 23, 25, 30, 36, 41, 43, 52, 52, 64, 71)

Đề kiểm tra 45 phút chương Nhóm Cacbon

Hình thức TNKQ gồm 15 câu sau : (1, 3, 5, 7, 9, 13, 14, 16, 17, 25, 28, 32, 33, 37, 44)

Luận văn Thạc sĩ Giáo dục học: Xây dựng hệ thống bài tập tự luận có phương pháp giải nhanh dùng làm câu trắc nghiệm khách quan phần Phi kim lớp 11 ở trường THPT

Chủ đề:

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH Phạm Thị Thu Hà XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP TỰ LUẬN CÓ PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH DÙNG LÀM CÂU TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN PHẦN PHI KIM LỚP 11 Ở TRƯỜNG THPT

LUẬN VĂN THẠC SĨ GIÁO DỤC HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC : PGS. TS. NGUYỄN XUÂN TRƯỜNG

Lời cảm ơn

MỤC LỤC

0TLời cảm ơn0T............................................................................................................................ 2

NHANH DÙNG LÀM CÂU TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN NHIỀU LỰA CHỌN

(DẠNG BÀI TOÁN) PHẦN PHI KIM LỚP 11 TRƯỜNG THPT0T .................................. 35

DANH MỤC CÁC CHỮ VIẾT TẮT

MỞ ĐẦU

Chương 1: CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA ĐỀ TÀI

Tổng

- - - P] = 0,1M thì thay luôn P]. Do vậy khí tính được [OHP P và [OHP Chú ý : HS thường nhầm lẫn giữa nROH RP

Tiểu kết chương 1

Chương 2: XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP TỰ LUẬN CÓ PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH DÙNG LÀM CÂU TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN NHIỀU LỰA CHỌN (DẠNG BÀI TOÁN) PHẦN PHI KIM LỚP 11 TRƯỜNG THPT

(

)

23

− Hướng dẫn giải : Cần chú ý là ion NOR3 RP P trong môi trường axít có tính oxi hóa tương tự như axit

Câu 30 : Cho 0,03 mol Fe vào dung dịch HCl dư, sau một thời gian thêm KNO R3 R vào.

+ Câu 41 : Dung dịch X có chứa các ion : 0,1 mol NaP

) x/y2

kloại(hoặc catiọn kl) + m gốc axít)

− Hướng dẫn giải : Quy đổi hỗn hợp hai kim loại X vàY thành kim loại M

∑   ∑  =→ mm

Câu 70 : Một hỗn hợp chứa hai 2,8 gam khí CO và 2,8 gam khí N R2 R ở cùng điều kiện.

Nhận xét : Những điểm phát triển năng lực tư duy sáng tạo cho HS ở bài toán trên là :

Hướng dẫn giải : Ta có : nRCO 2 R = 0,012 mol; n RNaOH R= 0,02 mol; nR Ca(OH) 2 R - - P  CO −2  nROH RP P = 0,024 mol. Vậy : COR2 R + 2OHP 0,012 0,024 0,012 3 R= 23.0,02 + 20.0,002 + 60.0,012 = 1,26 gam. −2

-3

Tiểu kết chương 2

Chương 3: THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM

Bảng 3.1. Danh sách các lớp thực nghiệm

Bảng 3.2.: Kết quả khảo sát hệ thống bài tập Chương Nhóm nitơ

Trung bình Trung bình Khó Trung bình Trung bình Trung bình Khó

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

Độ phân cách 0,60 0,64 0,55 0,56 0,52 0,49 0,55 0,30 0,49 0,60 0,45 0,31 0,60 0,43 0,52 0,55 0,44 0,49 0,47 0,46

Đánh giá độ phân cách Cao Cao Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Thấp Trung bình Cao Trung bình Thấp Cao Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình

Khó

21 22 23 24 25

27,33 40,00 Tương đối khó 33,33 43,00 Tương đối khó 44,66 Tương đối khó

0,31 0,44 0,43 0,45 0,44

Thấp Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình

Cần chỉnh sửa Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được

Khó Khó Khó Khó Khó Khó

Khó Khó

26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62

0,55 0,48 0,36 0,56 0,48 0,36 0,30 0,36 0,35 0,40 0,55 0,48 0,45 0,30 0,37 0,51 0,32 0,48 0,44 0,47 0,44 0,50 0,51 0,47 0,51 0,61 0,60 0,51 0,50 0,47 0,46 0,47 0,55 0,48 0,40 0,49 0,51

63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75

45,00 Tương đối khó 50,00 Tương đối khó 42,00 Tương đối khó 47,00 Tương đối khó 55,00 Tương đối khó 61,00 62,00 61,00 63,00 37 28 28 55

Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Khó Khó Khó Tương đối khó

0,47 0,51 0,45 0,44 0,50 0,52 0,53 0,52 0,54 0,44 0,30 0,30 0,50

Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Trung bình Thấp Thấp Bình thường

Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Dùng được Cần chỉnh sửa Cần chỉnh sửa Dùng được

Bảng 3.3. Kết quả khảo sát hệ thống bài tập Chương Nhóm cacbon

13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44

55 70 72 50 66 60 63 30 63 64 63 63 53 27 60 63 64 63 64 63 55 55 56 54 55 53 52 54 55 54 53 44

0,48 0,52 0,55 0,40 0,50 0,55 0,50 0,30 0,60 0,55 0,53 0,55 0,47 0,32 0,57 0,58 0,57 0,55 0,56 0,57 0,46 0,45 0,44 0,44 0,57 0,58 0,55 0,56 0,56 0,58 0,57 0,55

Đợt 2 : Kết quả thu được khi tiến hành khảo sát tính hiệu quả của hệ thống bài tập có PP giải nhanh qua các bài bài kiểm tra ở các lớp TN và ĐC  Bài kiểm tra 45 phút - Chương Nhóm nitơ

Bảng 3.4. Bảng điểm bài kiểm tra 45 phút - Chương Nhóm nitơ

Bảng 3.5. Phần trăm HS đạt điểm XRi R trở xuống

Bảng 3.6. Xếp loại học sinh sau bài kiểm tra 45 phút Chương Nhóm nitơ

Hình 3.1. Đường lũy tích điểm bài kiểm tra khối 45phút Chương Nhóm ni tơ

ở r t i

X m ể i đ t ạ đ

g n ố u x

h n i s c ọ h ố s

%

Điểm

Bảng 3.7. Bảng điểm bài kiểm tra 45 phút Chương Nhóm cacbon

Bảng 3.8. Phần trăm HS đạt điểm XRi R trở xuống

Hình 3.2. Đường lũy tích điểm bài kiểm tra 45phút Chương Nhóm cacbon

ở r t i

g n ố u x

X m ể i đ t ạ đ h n i s c ọ h ố s

%

Điểm

Bảng 3.9. Xếp loại học sinh sau bài kiểm tra 45 phút Chương Nhóm cacbon

Tiểu kết chương 3