SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT LÊ VĂN LINH

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

CÁC DẠNG BÀI TẬP VỀ AXIT NITRIC ĐƯỢC SỬ DỤNG ĐỂ
BỒI DƯỠNG NĂNG LỰC TỰ HỌC CHO HỌC SINH LỚP 11
Ở TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

Người thực hiện: Bàng Đức Sâm
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh mực (môn): Hóa Học

THANH HOÁ, NĂM 2016


MỤC LỤC
Trang
I. MỞ ĐẦU 3
1. Lý do chọn đề tài 4
2. Mục đích nghiên cứu 4
3. Đối tượng nghiên cứu 4
4. Phương pháp nghiên cứu 4
1.1 Bài tập hóa học 5

1.1.1. Khái niệm 5
1.1.2. Tác dụng của bài tập hóa học 5
1.1.3. Hoạt động của học sinh trong quá trình giải bài tập hóa học 5
1.1.4. Xu hướng phát triển của bài tập hóa học 6
1.2. Tình hình sử dụng hệ thống bài tập hỗ trợ học sinh tự học hiện nay 6

1.2.1. Mục đích điều tra 6
1.2.2. Đối tượng, phương pháp điều tra 6
1.2.3. Thuận lợi 6
1.2.4. Khó khăn 7
2.1. Nguyên tắc tuyển chọn, xây dựng và sử dụng bài tập bồi dưỡng năng lực tự học 7

2.1.1. Nguyên tắc tuyển chọn bài tập bồi dưỡng năng lực tự học 7
2.1.2. Một số phương pháp xây dựng bài tập mới bồi dưỡng năng lực tự học 8
2.3. Các dạng bài tập và hướng dẫn giải 8
2.4. Hệ thống bài tập hóa học hỗ trợ học sinh tự học 15
Phần phụ lục 15
2.5. Sử dụng hệ thống bài tập hỗ trợ tự học 15

2.5.1. Hướng dẫn học sinh sử dụng hệ thống bài tập hỗ trợ tự học 15
2.5.2. Những lưu ý đối với học sinh khi sử dụng hệ thống bài tập 16
2.5.3. Những lưu ý đối với giáo viên khi sử dụng hệ thống bài tập 16
3. THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM 16
3.1. Mục đích thực nghiệm 16
3.2. Nhiệm vụ thực nghiệm 16
3.3. Đối tượng thực nghiệm 17
3.4. Tiến trình và nội dung thực nghiệm sư phạm 17

3.4.1. Chọn lớp thực nghiệm và lớp đối chứng 17
3.4.2. Trao đổi với giáo viên dạy thực nghiệm 17
3.4.3. Tiến hành thực nghiệm 17
3.4.4. Nội dung thực nghiệm sư phạm 17
3.5. Xử lý kết quả thực nghiệm sư phạm 17

III. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 18

1. Kết luận 18

TÀI LIỆU THAM KHẢO 20

BẢNG CHỮ VIẾT TẮT

2


BT
BTHH
DHHH
Dd
ĐC
ĐKTC
ĐLBT
GD - ĐT
GV
GS
HS
HTBT
LLDH
TS
TNSP
TN
THPT
PTHH
PGS
SGK
SBT


:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:

Bài tập
Bài tập hoá học
Dạy học hoá học
Dung dịch
Đối chứng
Điều kiện tiêu chuẩn
Định luật bảo toàn nguyên tố

Giáo dục - Đào tạo
Giáo viên
Giáo sư
Học sinh
Hệ thống bài tập
Lí luận dạy học
Tiến sĩ
Thực nghiệm sư phạm
Thực nghiệm
Trung học phổ thông
Phương trình hoá học
Phó Giáo sư
Sách giáo khoa
Sách bài tập

I. MỞ ĐẦU

3


1. Lý do chọn đề tài
Nhân loại đang bước vào thế kỷ XXI, thế kỷ tri thức, kỹ năng của con người
được xem là yếu tố quyết định sự phát triển của xã hội. Trong xã hội tương lai, nền
giáo dục phải đào tạo ra những con người có trí tuệ phát triển thông minh và sáng
tạo. Thế nhưng, các công trình nghiên cứu về thực trạng giáo dục hiện nay cho
thấy chất lượng nắm vững kiến thức của HS không cao, đặc biệt việc phát huy tính
tích cực của HS, năng lực tư duy, năng lực giải quyết vấn đề và khả năng tự học
không được chú ý rèn luyện đúng mức. Thực tế, nhiều trường phổ thông hiện nay,
giờ học chính khóa tăng, trong một tuần nhiều ngày HS học cả 2 buổi sáng và
chiều, đặc biệt là HS các trường dân lâp, tư thục. Vì thế, lượng kiến thức các em

học trong một ngày là rất nhiều, thời gian học ở nhà của HS vào buổi tối xem ra
quá ít so với lượng kiến thức đã tiếp thu. Từ thực tế đó, nhiệm vụ cấp thiết đặt ra là
phải đổi mới phương pháp dạy học, áp dụng những phương pháp dạy học hiện đại
để bồi dưỡng cho HS năng lực tư duy sáng tạo, năng lực tự giải quyết vấn đề.
Việc nghiên cứu các vấn đề về BTHH từ trước đến nay đã có nhiều công
trình nghiên cứu của các tác giả trong và ngoài nước quan tâm đến như Apkin G.L,
Xereda. I.P. nghiên cứu về phương pháp giải toán. Ở trong nước có GS.TS.
Nguyễn Ngọc Quang nghiên cứu lý luận về bài toán; PGS. TS. Nguyễn Xuân
Trường, PGS. TS. Lê Xuân Thọ, TS. Cao Cự Giác, PGS. TS. Đào Hữu Vinh và
nhiều tác giả khác đều quan tâm đến nội dung và phương pháp giải toán ... Tuy
nhiên, xu hướng hiện nay của lý luận dạy học là đặc biệt chú trọng đến hoạt động
và vai trò của HS trong quá trình dạy học, đòi hỏi HS phải làm việc tích cực, tự
lực.
Tự học là một cách rèn luyện tính tự giác của bản thân tốt nhất, tăng khả
năng tư duy cho HS và có thể đi sâu vào các vấn đề mà có thể thầy cô chỉ nói qua
trên lớp. Khi đó, HS sẽ nắm vững kiến thức và sẽ đạt kết quả cao trong học tập và
cuộc sống. Một trong những phương pháp hỗ trợ HS tự học môn hóa học ở trường
THPT là sử dụng HTBT. BTHH đóng vai trò vừa là nội dung vừa là phương tiện
để chuyển tải kiến thức, phát triển tư duy và kỹ năng thực hành.
Với mong muốn tìm hiểu và sử dụng hiệu quả các BT hoá học nhằm nâng
cao chất lượng dạy học ở Trung học phổ thông, tôi đã lựa chọn đề tài: “Các dạng
bài tập về axit nitric được sử dụng để bồi dưỡng năng lực tự học cho học sinh
lớp 11 ở trường THPT ”.
2. Mục đích nghiên cứu
Nghiên cứu một số vấn đề về lí luận và thực tiễn của việc tự học từ đó xây
dựng và sử dụng một hệ thống bài tập hóa học vô cơ lớp 11 giúp HS tự học nhằm
nâng cao chất lượng và hiệu quả dạy học cho HS.
3. Đối tượng nghiên cứu
+ Khách thể nghiên cứu: Quá trình dạy học hóa học ở trường THPT.
+ Đối tượng nghiên cứu: HTBT hóa học bài axit nitric phần vô cơ lớp 11

trường THPT có tác dụng bồi dưỡng năng lực tự học.
4. Phương pháp nghiên cứu
4.1. Nhóm các phương pháp nghiên cứu lí thuyết
- Đọc và nghiên cứu các tài liệu về tâm lí học, giáo dục học, phương pháp
dạy học hóa học và các tài liệu liên quan đến đề tài.
4


- Truy cập thông tin liên quan đến đề tài trên internet.
- Phân tích và tổng hợp các tài liệu đã thu thập được.
4.2. Nhóm các phương pháp nghiên cứu thực tiễn
- Điều tra bằng các phiếu câu hỏi.
- Phỏng vấn.
- Sử dụng các phần mềm tin học.
- Thực nghiệm sư phạm đánh giá tính hiệu quả, tính khả thi của HTBT và
các biện pháp đã đề xuất để hỗ trợ HS tự học phần hóa vô cơ lớp 11 chương trình
nâng cao trường THPT.
4.3. Sử dụng toán thống kê để xử lý số liệu thực nghiệm sư phạm
II. NỘI DUNG
1. CƠ SỞ LÍ LUẬN VÀ THỰC TIỄN
1.1 Bài tập hóa học
1.1.1. Khái niệm
BTHH là một vấn đề không lớn mà trong trường hợp tổng quát được giải
quyết nhờ những suy luận lôgic, những phép toán và những thí nghiệm trên cơ sở
các khái niệm, định luật, học thuyết và phương pháp hóa học.
1.1.2. Tác dụng của bài tập hóa học
- BTHH là một trong những phương tiện hiệu nghiệm cơ bản nhất để dạy HS
tập vận dụng các kiến thức đã học vào thực tế cuộc sống, sản xuất và tập nghiên
cứu khoa học, biến những kiến thức đã tiếp thu được qua bài giảng thành kiến thức
của chính mình. Kiến thức sẽ nhớ lâu khi được vận dụng thường xuyên như M.A.

Đanilôp nhận định: "Kiến thức sẽ được nắm vững thực sự, nếu HS có thể vận dụng
thành thạo chúng vào việc hoàn thành những BT lý thuyết và thực hành" .
- BTHH giúp đào sâu, mở rộng kiến thức đã học một cách sinh động, phong
phú. Chỉ có vận dụng kiến thức vào giải BT, HS mới nắm vững kiến thức một cách
sâu sắc
- BTHH còn là phương tiện để kiểm tra đánh giá kiến thức, kĩ năng của HS
một cách chính xác.
- Giáo dục đạo đức, tác phong như rèn tính kiên nhẫn, trung thực, chính xác,
khoa học và sáng tạo, phong cách làm việc khoa học (có tổ chức, kế hoạch, …)
nâng cao hứng thú học tập bộ môn, điều này thể hiện rõ khi giải BT thực nghiệm.
Trên đây là một số tác dụng của BTHH, nhưng cần phải khẳng định rằng:
bản thân BTHH chưa có tác dụng gì cả; không phải một BTHH "hay" thì luôn luôn
có tác dụng tích cực ! Vấn đề phụ thuộc chủ yếu là "người sử dụng" nó, phải biết
trao đúng đối tượng, phải biết cách khai thác triệt để mọi khía cạnh có thể có của
bài toán, để HS tự tìm ra lời giải. Lúc đó BTHH mới thực sự có ý nghĩa, không
phải chỉ dạy học để giải bài toán, mà là dạy học bằng giải bài toán.
1.1.3. Hoạt động của học sinh trong quá trình giải bài tập hóa học
1.1.3.1. Các giai đoạn của quá trình giải bài tập hóa học
Bao gồm 4 giai đoạn cơ bản như sau:
a) Nghiên cứu đầu bài
+ Đọc kỹ đầu bài.
5


+ Phân tích các điều kiện và yêu cầu của đề bài (nên tóm tắt dưới dạng sơ đồ
cho dễ sử dụng).
+ Chuyển các giả thiết đã cho về các giả thiết cơ bản.
+ Viết PTHH của phản ứng có thể xảy ra.
b) Xây dựng tiến trình luận giải
c) Thực hiện tiến trình giải

d) Đánh giá việc giải
1.1.4. Xu hướng phát triển của bài tập hóa học
Theo quan điểm đó thì xu hướng phát triển chung của BTHH hiện nay là:
- Nội dung BT phải ngắn gọn, súc tích không nặng về tính toán mà tập trung
vào rèn luyện và phát triển các kĩ năng cho HS, các năng lực tư duy của HS.
- BTHH phải chú ý tới việc rèn luyện các kĩ năng, thao tác làm thí nghiệm.
- BTHH phải chú ý tới việc mở rộng kiến thức và có sự liên hệ với thực tiễn,
có sự ứng dụng vào giải quyết các vấn đề thực tiễn.
- Các BTHH định lượng được xây dựng trên cơ sở không phức tạp hóa bởi
các thuật toán mà chú trọng tới các phép tính được sử dụng nhiều trong hóa học.
- Cần sử dụng BT trắc nghiệm khách quan, chuyển các BT tự luận, tính toán
sang BT trắc nghiệm khách quan.
- Xây dựng các BT về bảo vệ môi trường.
- Đa dang hoá các loại BT như: BT bằng hình vẽ, BT vẽ đồ thị, sơ đồ, lắp
dụng cụ thí nghiệm.
Như vậy xu hướng phát triển của BTHH hiện nay là tăng cường khả năng tư duy
của HS ở cả 3 phương diện: lí thuyết, thực hành và ứng dụng. Những câu hỏi có tính
chất lí thuyết học thuộc sẽ giảm dần thay vào đó là những BT có tính chất rèn luyện kĩ
năng, phát triển tư duy của HS, phát huy khả năng tìm tòi, sáng tạo, độc lập của HS.
1.2. Tình hình sử dụng hệ thống bài tập hỗ trợ học sinh tự học hiện nay
1.2.1. Mục đích điều tra
- Tìm hiểu, đánh giá thực trạng việc học tập môn hóa hiện nay của một số
trường phổ thông.
- Tìm hiểu những thuận lợi, khó khăn khi dạy hoá học trong bối cảnh hiện nay.
- Tìm hiểu về tinh thần, thái độ và kết quả đạt được của học sinh khi học các
tiết dạy trong luận văn đề cập.
1.2.2. Đối tượng, phương pháp điều tra
- Đối tượng điều tra: Việc dạy và học các tiết có sử dụng BT ở trường THPT
nơi tôi công tác
- Phương pháp điều tra: Phát phiếu điều tra cho các GV dạy hóa học ở

trường nói trên.
- Các PPDH được GV sử dụng khi dạy các tiết có sử dụng BT.
1.2.3. Thuận lợi
- Với nền kinh tế thị trường, hội nhập nên các PPDH hiện đại trên thế giới
nhanh chóng được cập nhật và triển khai ở Việt Nam.
- Xã hội ngày càng phát triển và giáo dục đã được Đảng, Nhà nước và người
dân quan tâm nhiều hơn.
- Việc biên soạn SGK mới theo hướng kế thừa, khoa học, hiện đại, nội dung
logic thuận lợi cho việc đổi mới PPDH.
6


- GV được tham gia nhiều lớp tập huấn về kiến thức và PPDH do Bộ
GD&ĐT, Sở GD&ĐT mở.
- Số lượng SGK, tài liệu tham khảo khá nhiều, phong phú về nội dung và
hình thức cho cả giáo viên và học sinh.
dạy trong luận văn đề cập.
1.2.4. Khó khăn
Thực tiễn cho thấy BTHH 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 tự học và
rèn trí thông minh cho HS. Tuy nhiên, việc sử dụng BTHH như là một phương
pháp dạy học hiệu quả thì chưa được chú ý đúng mức.
- Về phía giáo viên
Nhiều GV chưa đưa ra được hệ thống những mấu chốt hay những nội dung
cần chú ý cho học sinh để học sinh cảm thấy dễ hiểu, từ những nội dung nhỏ, hẹp
rồi phát triển thành nội dung rộng hơn mà giáo viên chủ yếu sử dụng các bài tập
trong SGK, SBT hoặc từ internet mà không biên soạn lại cho phù hợp với đối
tượng học sinh của mình. Phần lớn giáo viên chưa thay đổi phương pháp mà vẫn
dạy theo phương pháp thuyết trình. Ít cho học sinh làm việc thảo luận theo nhóm
nên chưa thật sự phát triển được tư duy và năng lực độc lập suy nghĩ hay nói cách

khác là chưa kích thích được năng lực tự học của học sinh.
- Về phía học sinh
+ Học sinh từ việc nắm kiến thức trong khi nghiên cứu bài không vững
chắc, thời gian dành cho luyện tập, củng cố kiến thức ít, không có điều kiện phân
tích, làm rõ đề bài, hay học sinh rất ít được làm việc theo nhóm, hay ít được thảo
luận.
+ HS tiếp thu kiến thức ở trên lớp còn thụ động, ít suy nghĩ về bài học, thuộc
bài một cách máy móc nên còn phải lúng túng khi phải độc lập vận dụng kiến thức
của mình khi làm bài.
+ Nhiều em HS chưa chăm học, chưa có hứng thú học tập, học qua loa, đại
khái, chưa có kĩ năng cần thiết để giải quyết những nhiệm vụ học tập; chưa biết
phân bố thời gian học các môn một cách hợp lí.
2. CÁC DẠNG BÀI TẬP VỀ AXIT NITRIC ĐƯỢC SỬ DỤNG ĐỂ BỒI
DƯỠNG NĂNG LỰC TỰ HỌC CHO HỌC SINH LỚP 11
2.1. Nguyên tắc tuyển chọn, xây dựng và sử dụng bài tập bồi dưỡng năng lực
tự học
2.1.1. Nguyên tắc tuyển chọn bài tập bồi dưỡng năng lực tự học
Nguyên tắc 1: Đảm bảo tính chính xác, khoa học.
Nguyên tắc 2: Lựa chọn các BT tiêu biểu điển hình, biên soạn HTBT đa cấp để
tiện sử dụng: sắp xếp theo từng dạng BT, xếp theo mức độ từ dễ đến khó, HTBT
phải bao quát hết các kiến thức cơ bản, cót lõi nhất cần cung cấp cho HS. Tránh bỏ
sót, phần thì qua loa, phần thì quá kĩ.
Nguyên tắc 3: BT trong một chương, một học kì, một năm phải kế thừa nhau,
bổ sung lẫn nhau.
Nguyên tắc 4: Đảm bảo tính phân hóa, tính vừa sức với cả 5 loại trình độ HS.
Nguyên tắc 5: Đảm bảo sự cân đối về thời gian học lý thuyết và làm BT. Không
tham lam bắt HS làm BT quá nhiều ảnh hưởng đến các môn học khác.
7



2.1.2. Một số phương pháp xây dựng bài tập mới bồi dưỡng năng lực tự học
2.1.2.1. Phương pháp tương tự
2.1.2.2. Phương pháp đảo cách hỏi
2.1.2.3. Phương pháp tổng quát
2.1.2.4. Phương pháp phối hợp
2.3. Các dạng bài tập và hướng dẫn giải
Các dạng BTHH hướng dẫn HS tự học ở nhà được biên soạn theo cấu trúc
chung gồm 2 phần: PP giải, BT có hướng dẫn giải
Bài tập về axit Nitric
Lý thuyết cần nắm:
HNO3 là một axit mạnh thể hiện tính oxi hóa mạnh khi tác dụng với các chất
có tính khử như: Kim loại, phi kim, các hợp chất Fe(II), hợp chất S 2-, I-, . . .
Thông thường:
+ Nếu axit đặc, nóng tạo ra sản phẩm NO2
+ Nếu axit loãng, thường cho ra NO. Nếu chất khử có tính khử mạnh, nồng
độ axit và nhiệt độ thích hợp có thể cho ra N2O, N2, NH4NO3.
* Chú ý: 1. Một số kim loại (Fe, Al, Cr, . . .) không tan trong axit HNO 3 đặc,
nguội do bị thụ động hóa.
2. Trong một số bài toán ta phải chú ý biện luận trường hợp tạo ra các sản
phẩm khác: NH4NO3 dựa theo phương pháp bảo toàn e (nếu n e cho > ne nhận
để tạo khí) hoặc dựa theo dữ kiện đề bài (chẳng hạn cho dung dịch NaOH
vào dung dịch sau phản ứng thấy có khí thoát ra) hoặc các hợp chất khí của
Nitơ dựa vào tỉ khối hơi của hỗn hợp đã cho.
3. Khi axit HNO3 tác bazơ, oxit bazơ không có tính khử chỉ xảy ra phản ứng
trung hòa.
4. Với kim loại có nhiều hóa trị (như Fe, Cr), nếu dùng dư axit sẽ tạo muối
hóa trị 3 của kim loại (Fe 3+, Cr3+); nếu axit dùng thiếu, dư kim loại sẽ tạo
muối hóa trị 2 (Fe2+, Cr2+), hoặc có thể tạo đồng thời 2 loại muối.
+ Nếu phản ứng tạo ra nhiều sản phẩm khử của N thì ne nhường = Σne nhận
+ Nếu có nhiều chất khử tham gia phản ứng Σne nhường = ne nhận

- Có thể sử dụng phương trình ion - electron hoặc các bán phản ứng để biểu diễn các
quá trình: M   → M n +   +  ne
4H +  + NO3-    + 3e  →   NO  +   2H 2O   

+ Đặc biệt trong trường hợp kim loại tác dụng với axit HNO 3 tạo sản phẩm
khử duy nhất ta có:
nHNO3 (pư) = 2nNO2 = 4nNO = 10nN2O = 12nN2 = 10nNH4NO3
n NO
(trong muối) = nNO2 = 3nNO = 8nN2O = 10nN2 = 8nNH4NO3
Nếu hỗn hợp gồm cả kim loại và oxit kim loại phản ứng với HNO 3 (và giả
sử tạo ra khí NO là sản phẩm khử duy nhất ) thì:
nHNO3 (pư) = 4nNO + 2nO (trong oxit KL)
3

Dạng 1: Xác định tên, khối lượng,...của chất khử

8


Bài 1. Cho m gam Fe tác dụng với 400 ml dung dịch HNO3 2M, đến phản
ứng hoàn toàn thu được dung dịch A, 5 gam chất rắn B và 6,72 lít hỗn hợp khí
(đktc) gồm NO và NO2. Biết sản phẩm khử không có muối amoni. Tính giá trị m.
Hướng dẫn giải:
Áp dụng ĐLBTNT N ta có:
nNO (t¹omuèi) = nHNO − nNO (t¹okhÝ) = 0,8− 0,3 = 0,5(mol) .
Vì Fe dư cho nên muối tạo thành là Fe(NO3)2
−
3

−

3

3

⇒nFe(NO ) =
3 2

0,5
= 0,25(mol) ⇒ mFe = mFe(ph¶nøng) + mFe(d­ ) = 0,25× 56+ 5= 19(gam) .
2

Bài 2. Hoà tan m gam hỗn hợp Fe và FeS2 trong dung dịch HNO3 đặc nóng
vừa đủ, đến phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch A chỉ chứa muối Fe 2(SO4)3 và
35,84 lít NO (sản phẩm khử duy nhất, đktc). Tính m.
Hướng dẫn giải:

 Fe(x) + HNO  Fe (SO ) : ( x + y)
2
4 3
3
→
2
Ta có sơ đồ phản ứng: 

FeS
(y)
2

 NO :1,6mol



Áp dụng ĐLBTNT S và ĐLBT electron ta có hệ phương trình:
x+ y

x = 0,1(mol)
 2y = 3
⇒ m­ = ­0,1.56­ + ­0,3.120­ = ­41,6­ ( gam) .
2 ⇒

3x + 15y = 4,8  y = 0,3(mol)

Bài 3. Hoà tan 30,6 gam kim loại M vào dung dịch HNO 3 dư, đến phản ứng
hoàn toàn thu được dung dịch D và 6,72 lít hỗn hợp khí (đktc) gồm N 2 và N2O có tỉ
lệ mol lần lượt là 1:2. Cô cạn dung dịch D thu được 249,4 gam muối khan. Xác
định kim loại M.
Hướng dẫn giải:
Gọi số mol muối amoni có thể có trong dung dịch D là x (x ≥ 0).
nhh = 0,3 mol ⇒ nN = 0,1 mol ; nN O = 0,2 mol
Áp dụng ĐLBT e = 10nN + 8nN O + 8nNH NO = ­10.0,1­ + ­8.0,2­ + ­8x.
2

2

2

2

4

3


3

⇒ n NO (tạo muối với M) = 2,6 + 8x.
Áp dụng cách tính khối lượng muối ta có:

mmuèi = mM (NO3)n + mNH4NO3 = 30,6+ (2,6+ 8x).62+ 80.x = 249,4(g) ⇒ x = 0,1 (mol).
 n= 3
30,6
× n = 3,4 ⇒ M = 9n ⇒ 
⇒
thoả mãn ⇒ M là Al.
M
M = 27

Bài 4. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm 0,12 mol FeS 2 và a mol Cu2S trong
dung dịch HNO3 (vừa đủ). Sau phản ứng, thu được dung dịch chỉ chứa hai muối
sunfat và một sản phẩm khử duy nhất NO. Giá trị của a là
A. 0,04.
B. 0,075.
C. 0,12.
D. 0,06.
(Trích đề thi TS ĐH CĐ khối A- 2007)
Hướng dẫn giải:
Đây là bài toán "khó" bởi nếu viết hai phương trình FeS2 và Cu2S tác dụng
với dung dịch HNO3 rồi cân bằng thì vừa mất thời gian mà chưa nhận ra điều gì cả,
9


vì số mol NO chưa biết. Nhưng nếu HS nhìn nhận bài toán dưới khía cạnh của các

ion trong dung dịch thì HS đã có thể vận dụng định luật bảo toàn điện tích ngay từ
đầu mà không cần phải viết phương trình ion. Ta có:
n Fe3+ = n FeS2 = 0,12 (mol); n Cu 2+ = 2.n Cu 2S = 2a (mol); n SO2− = 2.n FeS2 + n Cu 2S = 2.0,12 + a (mol)
4

Áp dụng ĐL BT điện tích sẽ có: 3.n Fe + 2.n Cu = 2.n SO
→ 0,12.3 + 2a.2 = 0,24.2 + 2.a → a = 0,06 (mol).
Hoặc HS có khả năng phân tích tốt và tư duy sắc sảo mới nhận ra được rằng
điểm có thể tìm được giá trị của a từ phương pháp bảo toàn bảo toàn nguyên tố:
3+

2+

2−
4

Cu 2S HNO3 CuSO 4
→ 
+ NO + H 2O
 FeS2
 Fe 2 (SO 4 )3

Ta có sơ đồ phản ứng : 
n Fe2 (SO4 )3 =

n FeS2
2

=


0,12
= 0, 06 mol; n CuSO4 = 2 n Cu 2S = 2a mol.
2

Áp dụng ĐL BTNT S ta có : nS = (0,12× 2 + a) = (0,06× 3 + 2a) ⇒ a = 0,06 mol.
Bài 5. Đun nóng m gam hỗn hợp Cu và Fe có tỉ lệ khối lượng tương ứng 7 : 3
với một lượng dung dịch HNO3. Khi các phản ứng kết thúc, thu được 0,75m gam chất
rắn, dung dịch X và 5,6 lít hỗn hợp khí (đktc) gồm NO và NO 2 (không có sản phẩm
khử khác của N+5). Biết lượng HNO3 đã phản ứng là 44,1 gam. Giá trị của m là
A. 44,8.
B. 40,5.
C. 33,6.
D. 50,4.
(Trích đề thi TS ĐH CĐ khối A- 2011)
Hướng dẫn giải:
Theo bài ra ta có: m Fe = 0,3m gam và m Cu = 0,7m gam
Sau phản ứng còn 0,75m gam → Fe chỉ phản ứng 0,25m gam; Fe dư vậy sau
phản ứng chỉ thu được muối Fe2+
nHNO3 = 0,7mol ; n ( NO + NO ) = 0,25mol ; n Fe(NO ) = 0,25m/56
Áp dụng ĐL BTNT N : nN (muối) = nN (axit) - nN (khí)
↔ 2(0,25m/56) = 0,7 - 0,25
Vậy m = 50,4 gam.
Dạng 2. Xác định khối lượng, thể tích, nồng độ ...của dd HNO3
Bài 1. Hoà tan hỗn hợp gồm Mg, Al, Zn trong V lít dung dịch HNO3 1M vừa
đủ thu được 8,96 lít hỗn hợp N2 và N2O (đktc) có tỉ khối so với H2 bằng 20. Biết
sản phẩm khử không có muối amoni. Tính giá trị V.
Hướng dẫn giải:
2

3 2


 nN2 = 0,1(mol)
⇒ ne(trao®æi) = 3,4(mol) = nNO− (t¹omuèi)
Ta có: 
3
 nN2O = 0,3(mol)
nHNO3 = nNO− (t¹omuèi) + nNO− (t¹okhÝ) = 3,4 + 0,4.2 = 4,2 (mol) ⇒ V = 4,2 lít.
3
3

Bài 2. Hòa tan hoàn toàn 4 g hỗn hợp gồm Mg và MgO vào dung dịch
HNO3 20% thì thu được 672 lit N2 (đktc).
a) Tính khối lượng các chất có trong hỗn hợp.
b) Tính khối lượng dung dịch HNO3 cần dùng.
c) Tính nồng độ phần trăm các chất thu được sau phản ứng.
Hướng dẫn giải: a)

10


5Mg + 1 2HNO3  → 5Mg ( NO 3 ) 2 + N 2 + 6H 2O  
x     12 / 5 x          x          

x / 5                

MgO + 2HNO3  → Mg ( NO3 ) 2 + H 2O  
 y      

2y           y        


Ta có hệ phương trình:
 m hh = 24x + 40y = 4 gam  x = 0,15  m Mg = 24. 0,15 = 3,6 gam
→
→

 y = 0, 01  m MgO = 40.0, 01 = 0, 4 gam
 x / 5 = 0, 03
b) n HNO3   = 12/5 x + 2y = 0,36 mol → m HNO3  = 0,36 . 63 = 22,68 gam.
→ m dd HNO3   = 22,68 .100/20 =113,4 gam.
c) n Mg( NO3 ) 2 = x + y = 0,15 + 0,01 = 0,16 mol → m Mg( NO3 ) 2 = 0,16.148 = 23,68 gam.
m dd sau phản ứng = m Mg + m MgO + mddHNO3 - mN2

= 3,6 + 0,4 + 113,4 - 0,03.28 = 116,56 gam.
C% Mg ( NO ) = 23,68/116,56.100% = 20,32%.
Bài 3. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm một số kim loại trong dung
dịch HNO3, kết thúc phản ứng thu được 0,2 mol NO 2; 0,15 mol NO; 0,1 mol N2 và
dung dịch X (biết rằng X không chứa muối NH4NO3). Hãy tính số mol HNO3 đã
tạo muối và số mol HNO3 đã tham gia phản ứng.
Hướng dẫn giải:
Trong bài toán này, HS sẽ lúng túng vì không biết hỗn hợp X gồm những
kim loại nào, có hóa trị bao nhiêu? Kim loại nào sẽ tạo ra khí NO 2, kim loại nào sẽ
tạo ra khí NO và kim loại nào sẽ tạo ra khí N2? Và nếu như thế sẽ xuất hiện rất
nhiều ẩn số.
Để giải được bài toán này cũng như các BT tương tự, HS phải nhận ra rằng
bài toán cho thấy sự không phụ thuộc vào số lượng và bản chất của các chất khử.
Ta có thể có các bán phản ứng như sau :
3 2

2HNO3 + 1e → NO 2 + NO 3− + H 2O
2x ¬

x ¬ x
4HNO3 + 3e → NO

→ x
+ 3NO3− + 2H 2 O

4y ¬
3y ¬
y → 3y
12HNO 3 + 10e → N 2 + 10NO 3− + 6H 2O
→ n NO −

tạo muối

3

12z ¬
10z ¬ z → 10z
= n NO2 + 3n NO + 10n N2 = ∑ a.n X
+5

(a là số electron mà N nhận vào để tạo ra sản phẩm khử X)
→ n HNO phản ứng = 2n NO + 4n NO + 12n N
Như vậy, áp dụng công thức ta có:
n NO tạo muối = n NO + 3n NO + 10n N = 0, 2 +  3.0,15 +1 0.0,1 = 1, 65 ( mol )
→ n HNO phản ứng = 2n NO + 4n NO + 12n N = 2.0, 2 +  4.0,15 +1 2.0,1 = 2, 2 ( mol )
Bài 4. Hỗn hợp X gồm Mg (0,10 mol), Al (0,04 mol) và Zn (0,15 mol).
Cho X tác dụng với dung dịch HNO3 loãng (dư), sau phản ứng khối lượng dung
dịch tăng 13,23 gam. Số mol HNO3 tham gia phản ứng là
2


3

−
3

2

3

2

2

2

2

11


A. 0,6200 mol.

B. 1,2400 mol.
C. 0,6975 mol.
D. 0,7750 mol.
(Trích đề thi THPT QG minh họa của Bộ GD-ĐT- 2015)

Hướng dẫn giải:
Nhận thấy: mdd tăng = mKL = 13,23g → Sản phẩm khử phải có NH4NO3: x mol

Áp dụng ĐLBT e , ta có:
2.0,1 + 3.0,04 + 2.0,15 = 8.x → x = 0,0775
→ n HNO

3

(pứ)

= 10. n NH NO = 0,775mol → chọn đáp án D
4

3

Bài 5. Cho 8,16 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe 3O4 và Fe2O3 phản ứng hết
với dung dịch HNO3 loãng (dung dịch Y), thu được 1,344 lít NO (đktc) và dung
dịch Z. Dung dịch Z hòa tan tối đa 5,04 gam Fe, sinh ra khí NO. Biết trong các
phản ứng, NO là sản phẩm khử duy nhất của N+5. Số mol HNO3 có trong Y là
A. 0,78 mol.
B. 0,54 mol.
C. 0,50 mol.
D. 0,44 mol.
(Trích đề thi THPT Quốc Gia - 2015)
Hướng dẫn giải:
Ta có các quá trình sau:
Quá trình oxi hoá
Quá trình khử
Fe →  Fe3+  + 3e                     O   + 2e → O 2−  + 2H + → H 2 O
a  

 a   


 3a                      b

2b           

2b

4H +  + NO3− + 3e → NO  + 2H 2O
0, 24     

0,18 0, 06

Áp dụng ĐL BT e , ta có: 3a = 2b + 0,18
Áp dụng ĐL BTKL: 56a + 16b = 8,16 => a = 0,12; b=0,09
Fe → Fe 2+ + 2e
0, 09

4H +  + NO 3− + 3e → NO  + 2H 2 O

       0,18              0, 08   

( 0,18 − 0,12 )

Fe3+   + e →  Fe 2+
0,12 0,12

n HNO 3 = 2b + 0,24 + 0,08 = 0,5mol → chọn đáp án C
Tóm lại, qua các BT trên HS sẽ biết cách giải BT ở dạng tổng quát, xây
dựng các công thức cần thiết trong tính toán và loại bớt được các phép toán không
cần thiết như đặt quá nhiều ẩn số. Các dạng BT này cũng thúc đẩy quá trình học

tập của HS như luôn hoàn thiện kiến thức, luôn tìm ra cách giải mới, tự mình hình
thành các công thức tính toán cho một số dạng bài cụ thể.
Dạng 3. Xác định khối lượng, nồng độ... của muối.
Bài 1. Đốt 5,6 gam Fe trong không khí, thu được hỗn hợp chất rắn X. Cho
toàn bộ X tác dụng với dung dịch HNO3 loãng (dư), thu được khí NO (sản phẩm
khử duy nhất) và dung dịch chứa m gam muối. Giá trị của m là
A. 18,0.
B. 22,4.
C. 15,6
D. 24,2.
(Trích đề thi TS ĐH CĐ khối B- 2012)
Hướng dẫn giải:
Áp dụng ĐLBTNT Fe: nFe = n Fe(NO3 )3 = 0,1 mol
nên m Fe(NO3 )3 = 0,1.242 = 24,2 gam.
12


Bài 2. Cho 41,4 gam Al tác dụng với dung dịch HNO 3 dư, đến phản ứng
hoàn toàn thu được dung dịch A và 8,96 lít (đktc) hỗn hợp hai khí không màu
không hoá nâu ngoài không khí có tỉ khối so với H 2 bằng 16. Cô cạn cẩn thận dung
dịch A thu được m gam muối khan. Tính m.
Hướng dẫn giải:
Hai khí không màu không hoá nâu ngoài không khí là N2 và N2O.
 nN2 = 0,3(mol)
nN2O = 0,1(mol)

⇒

Ta có các quá trình sau:
Al → Al3+ + 3e        2N +5 + 10e → N 2           2N +5 + 8e → N 2 O

4,6
 
 4, 6                     3    0,3                 0,8   0,1
3
Lúc này, ta thấy tổng số mol electron mà N+5 nhận để tạo thành N2 và N2O bé hơn
số e mà Al cho từ đó ta suy ra sản phẩm khử còn có muối amoni.
+5

−3

N + 8e → N (NH 4 NO 3 )
0,8  

0,1 ( mol )

→ mMuèi = mAl(NO3 )3 + mNH4NO3 =

4,6
× (27+ 62× 3) + 0,1× 80 = 334,6(gam)
3

Như vậy, khi gặp bài toán kim loại tác dụng với HNO 3 mà tổng số mol e
nhường ≠ tổng số mol e nhận thì chắc chắn trong dung dịch muối phải chứa
NH4NO3.
Bài 3. Cho hỗn hợp gồm 0,15 mol CuFeS2 và 0,09 mol Cu2FeS2 tác dụng với
dd HNO3 dư thu được dd X không chứa muối NH +4 và hỗn hợp khí gồm NO và
NO2. Thêm BaCl2 dư vào dd X thu được m gam kết tủa. Mặt khác nếu thêm
Ba(OH)2 dư vào X thu được kết tủa, lấy kết tủa đem nung trong không khí đến
khối lượng không đổi thu được a gam chất rắn. Hãy xác định giá trị của m và a.
Hướng dẫn giải:

Áp dụng ĐLBTNT ta có
Cu +2
CuFeS2 :0,15mol
HNO3
→  +3 + S+6 + NO + H 2O
Các sơ đồ phản ứng: 
Cu
FeS
:0,09mol
 2
2
Fe
Áp dụng ĐL BT NT ta có : n Cu +2 = 0,33 mol; n Fe+3 = 0,24 mol; n S+6 = 0,48 mol
Cu +2   → Cu ( OH ) 2  → CuO
0,33         0,33        

0,33

;

 Fe +3  →  Fe ( OH ) 3   → Fe 2 O3

0, 24    0, 24              0,12

;

S+6   → BaSO 4    
0, 48   0, 48

Vậy: m = 0,48. 233 = 111,48 gam

a = 0,48.233 + 0,33.80 + 0,12.160 = 157,44 gam
Bài 4. Cho 6,048 gam Mg phản ứng hết với 189 gam dung dịch HNO 3 40%
thu được dung dịch X (không chứa muối amoni) và hỗn hợp khí là oxit của nitơ.
Thêm 392 gam dung dịch KOH 20% vào dung dịch X, rồi cô cạn và nung sản
phẩm đến khối lượng không đổi thì thu được 118,06 gam hỗn hợp chất rắn. Hãy
xác định nồng độ % của các chất trong X.
(Trích đề thi HSG khối 11- tỉnh Hà Tĩnh- năm học 2014-2015)

13


Hướng dẫn giải:
nHNO = 1,2 mol ; nMg=0,252 mol ; nKOH đã lấy= 1,4 mol
Vì nKOH > nHNO nên KOH dư
118,06 gam chất rắn gồm: 0,252 mol MgO, x mol KOH và y mol KNO2
3

3

 x + y­ = ­1,4
x = 0,38
⇒

 40.0,252­ + ­56x­ + ­85y­ = ­118,06 y = 1,02
⇒nNO− trong dung dịch sau phản ứng = nKNO2 = 1,02 mol
3

⇒ nN + 5

= 1,2 - 1,02 = 0,18 mol.

Gọi số mol electron mà N+5 nhận trung bình là n ta có:
0,18.n = 0,252.2 → n = 2,8 mol.
Coi như oxit thoát ra là 0,09 mol N2O2,2 → mkhi = 0,09. (28+16 . 2,2) = 5,688 mol
mdung dịch X = 6,048 +189 - 5,688 = 189,36 gam
X chứa 0,252 mol Mg(NO3)2 ; 0,516 mol HNO3 dư
C%Mg( NO ) = 19,696% ;
C%HNO = 17,167%
Dạng 4. Xác định tên, thể tích ... của sản phẩm khử.
Bài 1. Cho 11,6 gam hh X gồm Fe, FeO, Fe2O3 vào dd HNO3 loãng dư được
V lít hh khí B gồm NO, N2O có tỉ khối so với hiđro là 19. Nếu cho X phản ứng với
CO dư thì thu được 9,52 gam Fe. Tính giá trị V.
Hướng dẫn giải:
+ Vì tỉ khối của B so với hiđro là 19 nên nNO = 0,75 nNO .
nhận electron

3 2

3

2

11, 6 − 9,52
Ta thấy nCO (pư) = nO (trong X) =
= 0,13 mol.
16
n Fe = 0,17 mol. Gọi x là nN2O → n NO = 0,75x.

Áp dụng ĐLBT e ta có: 0,17.3 = 0,13.2 + 8x + 3.0,75x → x = 0,0244
→ V = 22,4.(x + 0,75x) ≈ 0,956 lít.
Bài 2. Cho m gam Cu vào 400 ml dung dịch HNO 3 1M, thu được V1 lít khí

NO (đktc). Mặt khác cho m gam Cu đó vào 400 ml dung dịch hỗn hợp HNO 3 1M
và H2SO4 0,5M, thu được V2 lít NO (ở đktc). biết phản ứng xẩy ra hoàn toàn và NO
là sản phẩm khử duy nhất. Hãy so sánh V1 với V2 .
Hướng dẫn giải:
Ta có phương trình phản ứng :
3Cu + 8H + + 2NO 3− → 3Cu 2+ + 2NO + 4H 2O
TN1 :   x        0, 4       0, 4   
TN 2 :            0,8       0, 4      

Với: x =

V
  1     
22, 4
V2
                                
22, 4

m
64

0,4× 3
= 0,15(mol)
8
0,8× 3
= 0,3(mol)
Số mol Cu phản ứng tối đa ở TN2 =
8

Số mol Cu phản ứng tối đa ở TN1 =


Ta xét các trường hợp sau:
14


+) TH1: Nếu x ≤ 0,15 ⇒ Cu hết trong cả hai TN ⇒ V1 = V2 =

2x
× 22,4(lÝt)
3

 TN1 :H+ hÕt
⇒ V1 < V2 < 2V1
+) TH2: Nếu 0,15 < x < 0,3 ⇒ 
 TN2 :CuhÕt
+) TH3: Nếu x ≥ 0,3 ⇒ H+ hết trong cả hai TN
 nNO(TN1) = 0,1(mol)
⇒ V2 = 2V1
⇒
nNO(TN2) = 0,2(mol)

Bài 3. Cho 18,4 gam hỗn hợp X gồm Cu 2S, CuS, FeS2 và FeS tác dụng hết
với HNO3 (đặc nóng dư) thu được V lít khí chỉ có NO 2 (đktc, sản phẩm khử duy
nhất) và dung dịch Y. Cho toàn bộ Y vào một lượng dư dung dịch BaCl 2, thu được
46,6 gam kết tủa, còn khi cho toàn bộ Y tác dụng với dung dịch NH 3 dư thu được
10,7 gam kết tủa. Tính giá trị của V.
A. 38,08.
B. 11,2.
C. 24,64.
D. 16,8.

(Trích đề thi tuyển sinh ĐH, CĐ khối A- 2012)
Hướng dẫn giải:
n S = n BaSO = 0,2 mol; n Fe = n Fe(OH) = 0,1 mol; → n Cu = 0,1 mol
Tổng mol e = 0,2 . 6 + 0,1. 3 + 0,1.2 = 1,7mol
Suy ra có 1,7 mol NO2 → VNO = 38, 08 lít.
Bài 4. Cho 20,80 gam hỗn hợp Fe, FeS, FeS 2, S tác dụng với dung dịch
HNO3 đặc nóng dư thu được V lít khí NO2 (là sản phẩm khử duy nhất, đktc) và
dung dịch A. Cho A tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư thu được 91,30 gam kết
tủa. Tính giá trị V.
(Trích đề thi HSG khối 12 tỉnh Nghệ An năm học 2009 - 2010)
Hướng dẫn giải:
Do sản phẩm cuối cùng khi cho hỗn hợp tác dụng với HNO3 đặc nóng có
2−
3+
Fe , SO 4 nên có thể coi hỗn hợp ban đầu là Fe và S. Gọi x và y là số mol của Fe
và S, a là số mol của NO2 ta có
Fe 
S 
N+5 + e 
→ Fe+3 + 3e
→ S+6 + 6e
→ N+4
x → x → 3x
y → y → 6y
a ¬ a ¬ a
A tác dụng với Ba(OH)2
4

3


2

Fe3+ + ­3OH− → Fe( OH ) 3 ↓

Ba2+ + ­SO24− ­ → BaSO4 ↓

56x­+­32­y­=­20,8

x =0,2

Ta có hệ phương trình 107x­+­233y­=­91,3 ⇒y­=­0,3


Theo ĐLBT e : 3x + 6y = a = 3.0,2 + 6.0,3 = 2,4
V = 2,4.22,4 = 53,76 lít.
2.4. Hệ thống bài tập hóa học hỗ trợ học sinh tự học
Phần phụ lục
2.5. Sử dụng hệ thống bài tập hỗ trợ tự học
2.5.1. Hướng dẫn học sinh sử dụng hệ thống bài tập hỗ trợ tự học
Để việc tự học hiệu quả, HS cần tiến hành tự học theo 6 bước sau đây:
Bước 1: Sau khi học phần lí thuyết trên lớp, HS đọc phần “Kiến thức cần
nắm” của dạng BT mà HS chuẩn bị tiến hành.

15


Bước 2: HS đọc phương pháp chung, sau đó phương pháp cụ thể của từng
dạng BT thuộc phần lí thuyết vừa đọc.
Bước 3: HS chọn BT tương tự BT mẫu để giải, sau đó đọc các bài giải mẫu
của dạng tập này xem mình có vận dụng được phương pháp hay không sau đó rút

ra kinh nghiệm cho bản thân (nên giải trước, xem bài giải sau).
Bước 4: HS làm tiếp các BT điển hình, là các BT bắt buộc HS phải làm để
đáp ứng yêu cầu của chuẩn kiến thức kỹ năng, rèn kĩ năng tính toán nhanh.
Bước 5: HS làm BT nâng cao (*), là các BT đòi hỏi HS phải có khả năng tư
duy cao, vận dụng kiến thức đã học một cách linh hoạt. Các BT này giúp cho HS
khá giỏi rèn luyện khả năng tư duy, óc phán đoán.
Bước 6: HS làm phần BT tổng hợp để hệ thống hóa toàn bộ kiến thức phần
lí thuyết và những dạng BT đó.
2.5.2. Những lưu ý đối với học sinh khi sử dụng hệ thống bài tập
- HS học từng dạng của phần BT và hướng dẫn giải theo trình tự biên soạn
Phần hệ thống BT tự học không được chia dạng cụ thể nữa, để HS tự định dạng và
tìm PP giải; giúp HS kiểm tra kiến thức, kỹ năng giải BT và củng cố kiến thức đã
học ở từng bài.
- Trong mỗi dạng, các BT được sắp xếp từ dễ đến khó. Nếu thấy câu hỏi đó
tương đối dễ thì chỉ cần nhẩm nhanh và kiểm tra đáp số. HS nên tập trung vào các
bài vừa sức đối với bản thân, sau đó nâng dần.
- Để thành công trong quá trình tự học, HS phải tự tin, kiên nhẫn, phải nỗ lực
hết mình và làm việc có phương pháp. Nếu HS chưa tự giải được các bài toán khó thì
đừng quá lo lắng, có thể chia nhỏ bài toán, suy nghĩ từng phần và nhớ chú ý vào các
dữ kiện cốt lõi. Nếu vẫn chưa tìm ra hướng giải quyết có thể trao đổi với bạn bè, thầy
cô.
2.5.3. Những lưu ý đối với giáo viên khi sử dụng hệ thống bài tập
- GV có thể sử dụng HTBT để hỗ trợ HS tự học theo đúng mục đích chính
của luận văn này.
- GV photocoppy HTBT hỗ trợ tự học và phát cho HS sử dụng là phù hợp
- Với nội dung lí thuyết trình bày ngắn gọn, GV có thể sử dụng để củng cố
bài học, luyện tập, ôn tập.
- Với PP giải chung cho từng dạng BT và các bài giải mẫu, GV có thể sử dụng
làm tư liệu để dạy học khi giải BT tại lớp, dạy theo chuyên đề hay theo chương.
- Với hệ thống BT theo có chia dạng và sắp xếp từ dễ đến khó, GV có thể lựa

chọn, phân loại để luyện tập cho HS theo yêu cầu của mỗi kì thi, theo trình độ của HS.
3. THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM
3.1. Mục đích thực nghiệm
- Đánh giá hiệu quả của những nội dung và biện pháp đã đề xuất để hỗ trợ
HS tự học thông qua việc sử dụng HTBT, việc giải BT ở trường THPT.
- Đối chiếu và so sánh kết quả của lớp thực nghiệm với kết quả của lớp đối
chứng để đánh giá khả năng áp dụng những biện pháp đã đề xuất vào quá trình dạy
hóa học ở trường THPT.
3.2. Nhiệm vụ thực nghiệm
- Biên soạn tài liệu thực nghiệm theo nội dung của SKKN. Trao đổi với GV
để thực hiện tốt nội dung và phương pháp đã đề xuất.
16


- Kiểm tra và đánh giá hiệu quả của các nội dung đã thực nghiệm và cách áp
dụng trong dạy học hóa học ở trường THPT.
- Xử lý, phân tích kết quả thực nghiệm sư phạm để rút ra kết luận.
3.3. Đối tượng thực nghiệm
Tổ chức thực nghiệm tại 2 lớp 11A(TN) và 11B(ĐC) của trường THPT nơi
tôi công tác năm học 2015-2016
3.4. Tiến trình và nội dung thực nghiệm sư phạm
3.4.1. Chọn lớp thực nghiệm và lớp đối chứng
Chúng tôi đã chọn từng cặp lớp TN và ĐC tương đương nhau về các mặt sau:
- Số lượng HS.
- Chất lượng học tập bộ môn.
- Cùng một GV giảng dạy.
3.4.2. Trao đổi với giáo viên dạy thực nghiệm
Trước khi TNSP, tôi đã gặp GV dạy TN để trao đổi một số vấn đề sau:
- Nhận xét của GV về các lớp TN và ĐC đã chọn.
- Nắm tình hình học tập và khả năng tự học của các đối tượng HS trong các lớp

TN.
- Mức độ nắm vững kiến thức cơ bản của HS.
- Tình hình học bài, chuẩn bị bài và làm bài tập của HS trước khi đến lớp.
- Suy nghĩ của GV về việc dùng hệ thống BTHH để củng cố, vận dụng kiến
thức đồng thời hỗ trợ HS tự học.
- Những yêu cầu của tôi về việc sử dụng hệ thống BTHH để hỗ trợ HS tự học
thông qua việc giải bài tập trên cơ sở xây dựng tiến trình luận giải và giúp HS vượt
qua chướng ngại nhận thức.
3.4.3. Tiến hành thực nghiệm
3.4.3.1. Tiến hành giảng dạy
Trên cơ sở thống nhất về nội dung và phương pháp dạy học, chuẩn bị đầy đủ
phương tiện, đồ dùng dạy học, chúng tôi đã tiến hành dạy các bài ở lớp TN và ĐC
đã chọn.
3.4.3.2. Tổ chức kiểm tra
Sau khi kết thúc bài dạy, chúng tôi tiến hành kiểm tra để đánh giá chất lượng, đánh giá
khả năng tiếp thu, vận dụng kiến thức của HS các lớp TN và ĐC.
3.4.4. Nội dung thực nghiệm sư phạm
Dùng hệ thống BTHH để hỗ trợ HS tự học trên cơ sở giúp HS xây dựng tiến
trình luận giải rèn luyện năng lực suy nghĩ độc lập, giúp HS tự tìm ra phương pháp
giải toán cho một vài dạng bài tập cụ thể, giúp HS phát hiện và giải quyết chướng
ngại nhận thức.
3.5. Xử lý kết quả thực nghiệm sư phạm
Để phân loại chất lượng học tập của tiết dạy, tôi lập bảng phân loại theo
nguyên tắc:
- Loại khá giỏi: HS đạt điểm từ 8 trở lên.
- Loại trung bình: HS đạt điểm từ 5 đến 7.
- Loại yếu kém: HS đạt điểm từ 4 trở xuống.Kết quả thu được từ các BKT
sau khi dạy TN được xử lý và trình bày cụ thể như sau:
17



BẢNG TỔNG HỢP KẾT QUẢ THỰC NGHIỆM
Năm học: 2015-2016
Lớp

Đối
(Sỉ số) tượng
11A

TN

40

11B
40

ĐC

Bài
KT
lần

Điểm xi
1

2

3

4


5

6

7

8

9

10

1

0

0

0

1

3

7

12

11


5

1

2

0

0

0

1

4

9

13

8

4

1

3

0


0

0

0

4

5

12

12

6

1

4

0

0

0

0

3


8

8

13

7

1

1

0

0

1

3

8

8

11

6

3


0

2

0

0

1

3

7

9

9

7

4

0

3

0

0


1

2

9

9

10

6

3

0

4
0
0
1
3
7 12 8
6
3
0
Nhận xét về tỉ lệ HS yếu, kém, trung bình, khá và giỏi
Qua kết quả TN sư phạm được trình bày ở bảng cho thấy chất lượng học tập
của HS lớp TN cao hơn HS khối lớp ĐC, thể hiện:
- Số lượng HS yếu kém, trung bình của khối lớp TN luôn thấp hơn của lớp

ĐC
- Số lượng HS khá giỏi của khối TN luôn cao hơn của khối

III. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
1. Kết luận
Đối chiếu mục đích, nhiệm vụ nghiên cứu đã đề ra, SKKN đã căn bản đạt
được một số kết quả sau đây:
+ Nghiên cứu nội dung chương trình hóa học lớp 11 trên cơ sở đó hệ thống
hóa và phân loại BT.
18


+ Đề xuất nguyên tắc xây dựng, quy trình xây dựng và xây dựng HTBT hỗ
trợ HS tự học trong chương trình hóa học lớp 11.
+ Nghiên cứu đề xuất cách sử dụng HTBT hỗ trợ việc tự học cho HS.
− Về nội dung, HTBT đã đáp ứng được yêu cầu xây dựng để hỗ trợ tốt cho
việc tự học của HS.
−Về hình thức, HTBT được trình bày khá nhất quán, dễ hiểu, cấu trúc rõ ràng.
− Về tính khả thi, HTBT được xem như người bạn đồng hành của HS,
HTBT là tài liệu cần thiết cho việc tự học của số đông HS có sức học từ trung
bình trở lên.
− Về tính hiệu quả: việc sử dụng HTBT để tự học hóa học lớp 11 góp phần
làm cho kết quả học tập của HS được nâng lên, năng lực tự học cũng nâng cao.
2. Kiến nghị
Qua quá trình nghiên cứu đề tài, chúng tôi xin có một số kiến nghị sau:
+ Đối với cấp lãnh đạo:
- Chỉ đạo GV hướng dẫn phương pháp tự học từ THCS. Xây dựng được năng
lực tự học cho HS THCS là tạo nền tảng cho HS phát triển năng lực tự học ở mức
độ cao hơn ở THPT và xa hơn nữa là đào tạo được những con người có khả năng tự
học, tự nghiên cứu trong một xã hội học tập suốt đời.

+ Đối với nhà trường:
- Tự học là hoạt động gắn liền với động cơ và thái độ học tập của HS. Vì vậy,
GV dạy Hóa học nên quan tâm tới việc giáo dục động cơ và thái độ học tập của HS.
- GV nên bắt đầu chuyển từ dạy - học sang dạy - tự học nghĩa là dạy sao cho
HS quen dần với tự học.
- Việc tự học qua sách hay học qua ngoại khóa của HS còn yếu. Nhà trường
cần tạo điều kiện cho HS ngoài học ở trường còn biết học khi đi chơi, học khi lao
động, học khi xem tivi, ...

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày26 tháng 4 năm 2016.
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung
của người khác.

BÀNG ĐỨC SÂM

19


TÀI LIỆU THAM KHẢO
A. TIẾNG VIỆT
1.
Ngô Ngọc An (2007), Câu hỏi và Bài tập trắc nghiệm hóa học 11, NXB Giáo
dục.
2.
Bộ Giáo Dục và Đào Tạo (2007),Tài liệu bồi dưỡng giáo viên thực hiện
chương trình thay sách giáo khoa hóa học 11 môn hóa học, NXB Giáo dục.
3.

Giáo dục học (2001) - NXB Từ điển Bách khoa.
4.
Bộ Giáo dục và Đào tạo, Đề thi tuyển sinh Đại học, cao đẳng từ năm 2007 2015
5.
Nguyễn Cương, Nguyễn Mạnh Dung (1999), Phương pháp dạy học hóa
học (tập 1), NXB Đại học Sư Phạm.
6.
Cao Tự Giác (2004), Bài tập lí thuyết và thực nghiệm hóa học (tập 2 - hoá
học hữu cơ), NXB Giáo dục.
7.
Cao Cự Giác (2000), Hướng dẫn giải nhanh Bài tập hóa học, tập 1, 2, 3;
NXB ĐHQG Hà Nội.
8.
Trần Trung Ninh, Đinh Thị Nga, Đinh Thị Hồng Nhung (2008), Giải BTHH
11 (chương trình nâng cao), NXB Đại học Quốc gia Hà Nội.
9.
B. WEBSITES
1.
2.
3.
4.
5.

20


PHỤ LỤC


PHỤ LỤC 1: Bài tập có hướng dẫn giải

Bài 1.Cho 3,024 gam một kim loại M tan hết trong dung dịch HNO3 loãng, thu
được 940,8 ml khí NxOy (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc) có tỉ khối đối với H2
bằng 22. Khí NxOy và kim loại M là
A. NO và Mg.B. NO2 và Al.

C. N2O và Al.

D. N2O và Fe.

Hướng dẫn giải:
Theo bài: M N O = 22.2 = 44 → NxOy là N2O → Loại A và B.
x

n N2O =

y

0,9408
= 0, 042 mol.
22, 4

Cách 1: Phản ứng hóa học:
8M + 10nHNO3 
→ 8M(NO3)n + nN2O + 5nH2O
3, 024
8
0,336
= 9n
→ n M = n N2O =
→ MM = 0,336

n
n
n
→ n = 3 và M =27 (Al).
→ Đáp án C.

Cách 2:
Nhận thấy để tạo được khí N2O thì kim loại phải khá mạnh (như Mg, Al, Zn)
→ Loại D → Đáp án C.
Bài 2.Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,04 mol FeS2 và a mol Cu2S vào axit
HNO3 (vừa đủ), thu được dung dịch X (chỉ chứa hai muối sunfat) và V lít khí duy
nhất NO2 (đktc). Giá trị của V là
A. 13,44.

B. 17,92.

C. 20,16.

D. 22,40.

Hướng dẫn giải:
Nhận xét: các em lưu ý là dung dịch X chỉ chứa hai muối sunfat → sau các phản
ứng, S nằm hết ở dạng gốc sunfat.
Ta có các sơ đồ chuyển hóa:
FeS2 
→
Mol: 0,04

→


1
Fe2(SO4)3
2

0,02

→ 2CuSO4
Cu2S 

Mol:

a

→

2a

Bảo toàn nguyên tố S, ta có: 2 n FeS + n Cu S = n SO
2

2

4

→ 0,04.2 + a = 0,02.3 + 2a → a = 0,02.
Các phản ứng khử:

22



FeS2 - 15e 
→ Fe+3 + 2S+6
Cu2S - 10e 
→ 2Cu+2 + S+6
Bảo toàn electron:
1.n NO2 = 15 n FeS2 + 10 n Cu 2S → n NO2 = 0,8 mol → VNO = 17,92 lít.

→ Đáp án B.
Bài 3.Hoà tan hoàn toàn một hỗn hợp gồm hai kim loại Fe và Cu bằng dung dịch
HNO3 đặc nóng thì thu được 2,24 lít khí màu nâu (đktc). Nếu thay axit HNO3
bằng axit H2SO4 đặc, nóng, dư thì thể tích khí SO2 (đktc) thu được sau phản ứng
là bao nhiêu?
A. 3,36 lít.

B. 5,60 lít.

C. 2,24 lít.

D. 1,12 lít.

Hướng dẫn giải:
n NO2 = 0,1 mol.

Fe - 2e 
→ Fe+3 và

Chất khử:

Cu - 2e 
→ Cu+2


Chất oxi hóa: N+5 + 1e 
→ NO2 hoặc S+6 + 2e 
→ SO2
Áp dụng bảo toàn electron: n e = n NO = 2n SO
2

2

0,1
→ n SO =
= 0,05 mol → VSO = 0,05.22,4 = 1,12 lít.
2

2

2

→ Đáp án D.
Bài 4.Hoà tan hoàn toàn 2,08 gam hỗn hợp gồm FeS và FeS2 trong dung dịch
axit HNO3 (đặc, dư), thu được 5,376 lít khí NO2 (đktc) và dung dịch X. Cho X tác
dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư, lọc kết tủa và nung trong không khí đến khối
lượng không đổi thu được m gam chất rắn. Giá trị của m là
A. 8,43.

B. 8,59.

C. 10,19.

D. 6,19.


Hướng dẫn giải:
n NO2 =

5,376
= 0,24 mol.
22,4

Gọi số mol: FeS (a mol) và FeS2 (b mol). Ta có: 88a + 120b = 2,08.
Các phản ứng khử:
FeS - 9e 
→ Fe+3 + S+6
FeS2 - 15e 
→ Fe+3 + 2S+6
Bảo toàn lectron:
n NO2 = 9 n FeS + 15 n FeS2 → 9a + 15b = 0,24 → a =0,01; b = 0,01.

Bảo toàn nguyên tố Fe và S:
→
FeS 

1
Fe2O3
2

+ BaSO4
23


Mol: 0,01


0,005

→
FeS2 

0,01

1
Fe2O3 + 2BaSO4
2

Mol: 0,01
0,005
0,02
→ m = 160.0,01 + 0,03.233 = 8,59.
→ Đáp án B.
Bài 5. Cho 1,92 gam Cu vào 60 gam dung dịch HNO3 21%, thu được V ml khí
NO (sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch Y. Thể tích dung dịch NaOH 1M cần
thiết để kết tủa hết ion Cu2+ trong dung dịch Y là
A. 60 ml.

B. 120 ml.

C. 150 ml.

D. 180 ml.

Hướng dẫn giải:
nCu =


1,92
60.0, 21
= 0, 03 mol; n HNO3 =
= 0, 2 mol.
64
63

Phản ứng hóa học:
3Cu + 8HNO3 
→ 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O
Y gồm: Cu(NO3)2 = 0,03 mol; HNO3 dư = 0,2 - 0,08 = 0,12 mol.
Các phản ứng: H+ + OH- 
→ H2O và Cu2+ + 2OH- 
→ Cu(OH)2
→ n OH − = n H+ + 2n Cu 2+ = 0,12 + 0,03.2 = 0,18 mol
→ VNaOH = 0,18 lít = 180 ml → Đáp án D.
n OH −

Lưu ý: Các em dễ quên phản ứng trung hòa axit (H+ + OH-) và chỉ tính:
= 2n Cu = 0, 06 mol → VNaOH = 0,6 lít = 60 ml sẽ chọn nhầm A!
2+

Bài 6. Cho 19,2 gam kim loại M (hóa trị n) tan hoàn toàn trong dung dịch HNO3,
thu được 4,48 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Kim loại M là:
A. Mg.

B. Al.

C. Cu.


D. Fe.

Hướng dẫn giải:
nNO = 0,2 mol. Phản ứng hóa học:
3M + 4nHNO3 
→ 3M(NO3)n + nNO + 2nH2O
19, 2
3n NO 0, 6
= 32n
→
=
Nhận thấy: nM =
mol
MM = 0, 6
n
n
n
→ n = 2 và M = 64 (Cu)
→ Đáp án C.

Bài 7. Nung 2,94 gam hỗn hợp X gồm các kim loại Al, Zn, Mg trong khí oxi, sau
một thời gian thu được 3,42 gam hỗn hợp Y. Hoà tan hoàn toàn Y vào dung dịch
HNO3 (dư), thu được 0,672 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Số mol
HNO3 đã phản ứng là
24


A. 0,12.


B. 0,18.

C. 0,16.

D. 0,14.

Hướng dẫn giải:
Nhận xét: Bài toán cho nhiều kim loại nên không giải theo cách viết phương
trình phản ứng.
Bảo toàn khối lượng: m O = 3,42 - 2,94 = 0,48 gam
2

→ n O = 0,015 mol → n O = 0,03 mol → n O
2

-2

(oxit)

= 0,03mol.

Ở đây, các em cần sử dụng sơ đồ phản ứng:
+O
+ HNO
X 
→ Y →
Muối nitrat + NO
3

2


Lưu ý: Y chứa cả kim loại (còn dư) và oxit.
+ Khi cho kim loại + HNO3: n NO

−
3

(muối)

= n e trao đổi = 3 n NO = 0,09 mol.

+ Khi cho oxit + HNO3: 1 gốc O-2 trong oxit sẽ bị thay thế bằng 2 gốc NO 3− để
tạo muối nitrat, do đó: n NO =2 n O = 0,06 mol.
−
3

-2

Bảo toàn nguyên tố N: n HNO = n NO + n NO = 0,09+0,06+0,03 = 0,18 mol.
3

3

→ Đáp án B.
Bài 8. Để nhận biết ba axit đặc, nguội: HCl, H2SO4, HNO3 đựng riêng biệt trong
ba lọ bị mất nhãn, ta dùng thuốc thử là
A. Al.

B. Fe.


C. CuO.

D. Cu.

Hướng dẫn giải:
Nhận xét: Al, Fe không tác dụng với H2SO4 và HNO3 đặc nguội → Loại A
và B. Loại C vì CuO tác dụng với cả 3 axit → dung dịch muối màu xanh.
→ Đáp án D.

Giải thích: Dung dịch HCl không hòa tan Cu; HNO3 hòa tan Cu và có khí
NO2 màu nâu bay ra:
Cu + 4HNO3 
→ Cu(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O
Dung dịch H2SO4 đặc hòa tan Cu và có khí không màu, mùi xốc thoát ra:
Cu + 2H2SO4 đặc 
→ CuSO4 + SO2 + 2H2O
Bài 9. Cho 3,6 gam Mg tác dụng hết với dung dịch HNO3 (dư), sinh ra 0,84 lít khí
X (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Khí X là
A. N2.

B. N2O.

C. NO2.

D. NO.

Hướng dẫn giải:
nMg = 0,15 mol; nX = 0,0375 mol.
Chất oxi hóa: N+5 + ne 
→ X


25