Luận văn Thiết kế website về phương pháp giải nhanh các bài tập trắc nghiệm khách quan hóa học vô cơ ở trường trung học phổ thông

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH Nguyễn Thị Ngọc Xuân Chuyên ngành : Lý luận và phương pháp dạy học Hĩa học Mã số : 60 14 10 LUẬN VĂN THẠC SĨ GIÁO DỤC HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS. TRẦN THỊ TỬU Thành phố Hồ Chí Minh - 2008 LỜI CẢM ƠN Đề tài này đã được hồn thành là kết quả của quá trình học tập tại Đại học Sư phạm Tp.HCM. Tác giả luận văn xin chân thành cảm ơn Ban Giám Hiệu, Phịng Khoa học cơng nghệ - Sau đại học, Khoa Hĩa học trường Đại học Sư phạm Tp.HCM. Tác giả xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc, chân thành đến PGS. TS Trần Thị Tửu, người hướng dẫn đề tài đã dành nhiều thời gian đọc bản thảo, bổ sung và đĩng gĩp nhiều ý kiến quý báu trong suốt quá trình xây dựng và hồn thành luận văn. Tác giả xin chân thành cảm ơn TS. Trịnh Văn Biều, người Thầy là đã giúp đỡ, động viên tác giả hồn thành luận văn này. Tác giả xin cảm ơn các bạn cùng lớp đã luơn tạo điều kiện giúp đỡ, động viên nhau trong suốt quá trình học tập và thực hiện đề tài nghiên cứu. Cuối cùng, tác giả xin bày tỏ lịng biết ơn đối với gia đình, bạn bè đồng nghiệp đã động viên, giúp đỡ trong thời gian học tập, nghiên cứu để tác giả cĩ thể hồn thành luận văn này. Nguyễn Thị Ngọc Xuân DANH MỤC CÁC CHỮ VIẾT TẮT ĐC : Đối chứng ĐLBT : Định luật bảo tồn GV : Giáo viên Hh : Hỗn hợp HS : Học sinh KL : Kim loại PPGDHH : Phương pháp giảng dạy hĩa học Ptpư : Phương trình phản ứng THPT : Trung học phổ thơng TN : Thực nghiệm TNKQ : Trắc nghiệm khách quan TNTL : Trắc nghiệm tự luận TSCĐ : Tuyển sinh cao đẳng TSĐH : Tuyển sinh đại học MỞ ĐẦU 1. Lí do chọn đề tài Thực hiện chủ trương đổi mới chương trình giáo dục phổ thơng về việc xây dựng nội dung chương trình, sách giáo khoa phổ thơng, đổi mới phương pháp dạy học, định hướng đổi mới kiểm tra đánh giá mơn học (cĩ sử dụng 30-50% trắc nghiệm khách quan) thì ngành giáo dục đã khơng ngừng phát triển về mọi mặt với mục tiêu và phương châm nâng cao hơn nữa chất lượng dạy và học tồn diện nhằm đáp ứng nhu cầu phát triển nguồn nhân lực phục vụ cơng nghiệp hĩa, hiện đại hĩa đất nước. Theo xu hướng đổi mới phương pháp kiểm tra đánh giá kết quả học tập của HS, hiện nay Bộ giáo dục đã cĩ quyết định từ năm học 2006- 2007 sẽ tổ chức thi tốt nghiệp trung học phổ thơng và kì thi tuyển sinh đại học áp dụng hình thức thi trắc nghiệm khách quan tồn bộ đối với bộ mơn Hĩa học. Để đảm bảo tính khách quan, cơng bằng, khả thi và hướng quá trình dạy học ngày càng tích cực hơn, đánh giá kết quả học tập của HS cần căn cứ vào mục tiêu của chương trình THPT nâng cao, chuẩn kiến thức, kĩ năng ở mỗi lớp. Muốn vậy, trước tiên phải đổi mới phương pháp giảng dạy bộ mơn cho phù hợp với hình thức thi trắc nghiệm, nhanh chĩng xây dựng bộ ngân hàng trắc nghiệm và tổ chức kiểm tra trắc nghiệm thường xuyên để HS làm quen dần. Việc nâng cao chất lượng dạy và học địi hỏi người giáo viên phải luơn tự trao dồi kiến thức, nghiên cứu các phương pháp tối ưu nhất, đặc biệt là các phương pháp giải tốn trắc nghiệm nhanh là nhu cầu cấp thiết nhằm truyền đạt cho HS khối lượng kiến thức cơ bản một cách chính xác, khoa học và nhanh chĩng nhất qua đĩ bồi dưỡng cho HS năng lực tự đánh giá kết quả học tập của bản thân, tự giác, chủ động tích cực học tập, tự tìm lấy kiến thức cho bản thân, biết vận dụng sáng tạo, linh hoạt và nhanh nhạy trong mọi tình huống. Nhằm đáp ứng cho nhu cầu “nĩng” về việc đổi mới phương pháp kiểm tra đánh giá trong dạy học hĩa học ở trường phổ thơng, nhiều tác giả đã cho ra đời các quyển sách về bài tập trắc nghiệm. Tuy nhiên, việc hệ thống thành phương pháp giải cụ thể cho từng dạng bài cũng như việc xây dựng thành hệ thống các bài tốn trắc nghiệm vơ cơ là vấn đề tương đối mới mẻ. Chính vì vậy, chúng tơi dã chọn đề tài: “Thiết kế Website về phương pháp giải nhanh các bài tập trắc nghiệm khách quan hĩa học vơ cơ ở trường trung học phổ thơng” nhằm giúp ích cho HS hội nhập nhanh với xu hướng kiểm tra thi cử dưới hình thức trắc nghiệm, phát triển năng lực tư duy, khả năng nhạy bén của HS trong giải quyết bài tập từ đĩ nâng cao chất lượng học tập trong thời đại mới. 2. Mục đích nghiên cứu Thiết kế Website về phương pháp giải nhanh các bài tập trắc nghiệm khách quan hĩa học vơ cơ ở trường THPT nhằm gĩp phần nâng cao chất lượng học tập của HS và hiệu quả dạy học của GV. 3. Nhiệm vụ của đề tài - Nghiên cứu cơ sở lý luận về việc xây dựng câu hỏi trắc nghiệm khách quan. - Nghiên cứu tổng quan về các phần mềm hỗ trợ thiết kế website. - Đề xuất và hệ thống hĩa phương pháp giải các bài tập trắc nghiệm hĩa học vơ cơ. - Thiết kế website về phương pháp giải nhanh các bài tập trắc nghiệm hĩa học vơ cơ gồm các nội dung chính sau: + Phương pháp giải nhanh bài tốn trắc nghiệm vơ cơ; + Bài tập trắc nghiệm theo từng chương trong chương trình hĩa vơ cơ THPT; + Ngân hàng câu hỏi trắc nghiệm hĩa vơ cơ; + Lý thuyết vơ cơ; + Tài nguyên. - Tiến hành thực nghiệm sư phạm nhằm kiểm tra, đánh giá hiệu quả sử dụng của Website trong việc nâng cao kĩ năng giải bài tập trắc nghiệm cho HS. 4. Khách thể và đối tượng nghiên cứu 4.1. Khách thể nghiên cứu Quá trình dạy học mơn hĩa học ở trường phổ thơng. 4.2. Đối tượng nghiên cứu Việc thiết kế Website về phương pháp giải nhanh các bài tập trắc nghiệm khách quan hĩa vơ cơ ở trường trung học phổ thơng. 5. Phạm vi nghiên cứu Chương trình Hĩa học vơ cơ trung học phổ thơng. 6. Giả thuyết khoa học Nếu hệ thống hĩa được các phương pháp giải, vận dụng được để xây dựng hệ thống bài tập hĩa học vơ cơ đa dạng và thiết kế website hỗ trợ phương pháp giải nhanh được thực hiện đảm bảo tính khoa học, tính sư phạm, tính thẫm mỹ thì sẽ giúp học sinh cĩ thêm một cơng cụ tự học đắc lực, giáo viên cĩ thêm nguồn tư liệu giảng dạy, gĩp phần nâng cao chất lượng dạy và học. 7. Phương pháp và phương tiện nghiên cứu - Đọc và nghiên cứu các tài liệu cĩ liên quan đến đề tài. - Phân tích, tổng hợp. - Sử dụng máy tính và các phần mềm tin học để thiết kế website về phương pháp giải nhanh các bài tốn trắc nghiệm hĩa học vơ cơ. - Điều tra thực tiễn. - Thực nghiệm sư phạm. - Tổng hợp và xử lý kết quả điều tra, kết quả thực nghiệm sư phạm theo phương pháp thống kê tốn học. 8. Điểm mới của luận văn - Nghiên cứu và đề xuất các phương pháp giải nhanh các bài tốn hĩa học vơ cơ. - Thiết kế website hỗ trợ phương pháp giải nhanh các bài tốn trắc nghiệm hĩa vơ cơ. Website cịn cĩ thêm phần bổ trợ kiến thức giáo khoa, ngân hàng đề thi trắc nghiệm giúp cho việc tự học của học sinh được tốt hơn. Chương 1 CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN CỦA ĐỀ TÀI NGHIÊN CỨU 1.1. Lịch sử vấn đề nghiên cứu Theo xu hướng đổi mới kiểm tra thi cử theo hình thức trắc nghiệm khách quan cùng với sự bùng nổ của cơng nghệ thơng tin, hiện nay trên mạng đã xuất hiện rất nhiều website viết về trắc nghiệm. Với các trang web như hocmai.vn, onthi.com, onbai.com,…chúng ta dễ dàng tìm thấy ngân hàng câu hỏi trắc nghiệm hĩa học. Tuy nhiên, chưa cĩ một trang web nào được kiểm định về chất lượng ngân hàng câu hỏi cũng như hồn chỉnh về phương pháp giải nhanh các bài tốn trắc nghiệm hĩa học. Hiện nay đã cĩ khá nhiều đề tài nghiên cứu về trắc nghiệm. Sau đây là một số luận văn, luận án chuyên ngành hĩa học, trường Đại học sư phạm Hà Nội, Đại học sư phạm Huế và Đại học sư phạm Vinh. - Đào Thị Việt Anh (1998), Bước đầu nghiên cứu sử dụng máy vi tính trong việc kiểm tra kiến thức hĩa học phần vơ cơ lớp 11 PTTH, Luận văn thạc sỹ PPGDHH, Trường ĐHSP Hà Nội. - Lê Danh Bình (1997), Xây dựng câu hỏi trắc nghiệm cho kiểm tra đánh giá kiến thức kỹ năng hĩa học của HS lớp 11, Luận văn thạc sỹ PPGDHH, Trường ĐHSP Hà Nội. - Nguyễn Đức Chính (2006), Biên soạn các bài tốn hĩa học hữu cơ cĩ phương pháp giải nhanh để làm câu hỏi trắc nghiệm khách quan nhiều lựa chọn, Luận văn thạc sỹ PPGDHH, Trường ĐHSP Hà Nội. - Hồng Thị Kiều Dung (1999), Xây dựng hệ thống câu hỏi trắc nghiệm để kiểm tra đánh giá kiến thức HS lớp 11 và 12 PTTH, Luận văn thạc sỹ PPGDHH, Trường ĐHSP Huế. - Nguyễn Thị Khánh (1998), Xây dựng hệ thống câu hỏi trắc nghiệm để kiểm tra kiến thức hĩa học 12 PTTH, Luận văn thạc sỹ PPGDHH, Trường ĐHSP Hà Nội. - Phạm Thị Tuyết Mai (2003), Sử dụng bài tập trắc nghiệm khách quan và tự luận trong kiểm tra, đánh giá kiến thức hĩa học của HS lớp 12 trường THPT, Luận văn thạc sỹ PPGDHH, Trường ĐHSP Huế. - Nguyễn Thị Phương Thúy (2000), Nghiên cứu sử dụng trắc nghiệm trong kiểm tra đánh giá các kiến thức về kỹ năng thực hành PPGHHH ở các trường ĐH và CĐSP, Luận văn thạc sỹ PPGDHH, Trường ĐHSP Hà Nội. Nhìn chung, các đề tài đã nghiên cứu đa phần xây dựng hệ thống câu hỏi trắc nghiệm dùng làm ngân hàng câu hỏi. Đề tài của thầy Nguyễn Đức Chính cĩ đề cập tới phương pháp giải nhanh bài tốn trắc nghiệm hĩa học hữu cơ, chưa cĩ đề tài nào nghiên cứu về lĩnh vực vơ cơ, nhất là việc xây dựng Website cĩ nội dung hỗ trợ phương pháp giải nhanh các bài tốn trắc nghiệm hĩa học vơ cơ là hồn tồn mới mẻ. 1.2. Cơ sở lí luận về trắc nghiệm khách quan 1.2.1. Khái niệm [11], [15] Theo nghĩa chữ Hán “trắc” là đo “nghiệm” là suy xét, chứng thực. Ngày nay, trắc nghiệm được hiểu là là hình thức đặc biệt để thăm dị một số đặc điểm về năng lực trí tuệ (thơng minh, trí nhớ, tưởng tưởng, chú ý) hoặc để kiểm tra một số kiến thức, kĩ năng của HS thuộc một chương trình nhất định. TNKQ là phương pháp kiểm tra đánh giá kết quả học tập của HS bằng hệ thống câu hỏi trắc nghiệm khách quan. Trắc nghiệm được gọi là khách quan vì cách cho điểm là khách quan chứ khơng chủ quan như TNTL. Cĩ thể coi kết quả chấm điểm là như nhau khơng phụ thuộc vào người chấm bài trắc nghiệm đĩ. 1.2.2. Các hình thức TNKQ TNKQ được chia làm 4 loại câu hỏi [15], [18] 1.2.2.1. Câu hỏi đúng - sai hoặc cĩ - khơng Là hình thức câu trắc nghiệm đơn giản nhất gồm phần câu dẫn là một câu hỏi, hoặc một nhận định, phần trả lời là 2 lựa chọn nhằm trả lời cho câu hỏi, hoặc nhận xét về ý kiến nhận định ở phần gốc. Ví dụ 1: Khoanh trịn vào chữ Đ nếu câu phát biểu đúng, vào chữ S nếu câu đĩ là sai: 1. Nguyên tử là phần tử nhỏ nhất của vật chất ở trạng thái hĩa hợp và mang điện Đ S 2. Nguyên tử gồm những hạt cĩ mang điện Đ S Ví dụ 2: Giả sử rằng một tờ nhật báo loan tin người ta vừa khám phá ra một nguyên tố mới cĩ khối lượng nguyên tử ở giữa khối lượng nguyên tử Nitơ và Oxi. Anh chị cĩ tin rằng nguyên tố đĩ cĩ thực hay khơng? C K Loại câu này rất thơng dụng vì hình thức đơn giản nhất, dễ soạn và cĩ khả năng áp dụng rộng rãi nhất. GV cĩ thể soạn đề thi trong một thời gian ngắn. Khuyết điểm của loại này cĩ độ phân cách (khả năng phân biệt HS giỏi với HS kém) thấp, vì độ may rủi cao (50%), cĩ độ tin cậy thấp, tính khoa học kém, đề ra thường cĩ khuynh hướng trích nguyên văn giáo khoa nên khuyến khích thĩi quen học thuộc lịng hơn là tìm tịi suy nghĩ. 1.2.2.2. Câu hỏi ghép đơi Là những câu hỏi cĩ hai dãy thơng tin, một bên là các câu hỏi và bên kia là câu trả lời. Số câu ghép đơi càng nhiều thì xác suất may rủi càng thấp, do đĩ càng tăng phần ghép so với phần được ghép thì chất lượng trắc nghiệm càng được nâng cao. Loại này thích hợp với câu hỏi sự kiện khả năng nhận biết kiến thức hay những mối tương quan khơng thích hợp cho việc áp dụng các kiến thức mang tính nguyên lý, quy luật và mức đo các khả năng trí thức nâng cao. Ví dụ: Chọn cấu hình electron ở cột II ghép vào chỗ trống ở cột I cho thích hợp Cột I A. N147 cĩ cấu hình electron B. 3147 N cĩ cấu hình electron C. Na2311 cĩ cấu hình electron D. Na2311 cĩ cấu hình electron Cột II 1. 1s22s22p6 2. 1s22s22p63s1 3. 1s22s22p3 4. 1s22s22p6 5. 1s22s22p5 6. 1s22s1 1.2.2.3. Câu hỏi điền khuyết hay cĩ câu trả lời ngắn Câu hoặc đoạn câu cĩ 1 khoảng trống để người trả lời bài trắc nghiệm chọn từ, ngữ thích hợp điền vào chỗ trống đĩ. Ví dụ: Hãy viết cấu hình electron đầy đủ cho các nguyên tử cĩ lớp electron ngồi cùng là: …………… 2s1 ……………… 2s22p3 …………… 2s22p6 ………………………… 3s23p1 Lợi thế của nĩ là làm hạn chế sự đốn mị của HS. Họ cĩ cơ hội trình bày những câu trả lời khác thường phát huy ĩc sáng tạo. GV dễ soạn câu hỏi thích hợp với các mơn tự nhiên, cĩ thể đánh giá mức hiểu biết về nguyên lý, giải thích các sự kiện, diễn đạt ý kiến và thái độ của mình đối với vấn đề đặt ra. Tuy nhiên khuyết điểm chính của loại trắc nghiệm này là việc chấm bài mất nhiều thời gian và giáo viên thường khơng đánh giá cao các câu trả lời sáng tạo tuy khác đáp án mà vẫn cĩ lý. 1.2.2.4. Câu hỏi nhiều lựa chọn Đây là loại câu trắc nghiệm cĩ ưu điểm hơn cả và được dùng thơng dụng nhất. Trắc nghiệm nhiều lựa chọn là dạng câu hỏi cĩ nhiều phương án cho trước, thí sinh chỉ việc chọn một trong các phương án đĩ. Hiện nay thường dùng 4 đến 5 phương án. Câu hỏi dạng này thường cĩ hai phần là phần dẫn và phần lựa chọn. Phần gốc là câu hỏi hay câu bỏ lửng (chưa hồn tất) phải đặt ra một vấn đề hay đưa ra một ý tưởng rõ ràng giúp cho thí sinh hiểu rõ câu hỏi trắc nghiệm để chọn câu trả lời thích hợp. Phần lựa chọn gồm nhiều cách giải đáp trong đĩ cĩ một phương án đúng cịn lại là “mồi nhữ” hay câu nhiễu. Ví dụ: Sự sắp xếp các nguyên tố trong bảng HTTH dựa vào A. hĩa trị. B. điện tích hạt nhân. C. độ âm điện. D. khối lượng nguyên tử. 1.2.3. Cách biên soạn câu trắc nghiệm khách quan nhiều lựa chọn [15] Lựa chọn kiến thức như các khái niệm cơ bản, các định nghĩa, nguyên tắc, nguyên lí, định luật…mà HS cần phải biết hoặc hiểu. Thiết kế câu trắc nghiệm xoay quanh một khái niệm, một kiến thức, một vấn đề, một ý tưởng được trình bày trong câu dẫn. Tồn bộ các lựa chọn cĩ quan hệ với câu dẫn được xây dựng theo cùng một phương thức. Phải đảm bảo chắc chắn để mỗi một câu hỏi trắc nghiệm chỉ cĩ một câu trả lời đúng. Phải xem xét tất cả các khả năng, tất cả các phương án sao cho chỉ cĩ một phương án đúng. Sau đây là một số chú ý quan trọng để soạn được câu trắc nghiệm nhiều lựa chọn tốt: - Câu chọn phải cĩ cùng quan hệ với câu dẫn. Ví dụ: Chọn định nghĩa đúng về ion trong các phương án sau: A. Ion là hạt mang điện. B. Ion là nguyên tử mang điện. C. Ion là nguyên tử hay nhĩm nguyên tử mang điện. D. Ion là thành phần của chất điện li. Đáp án là câu C. Câu D sai vì cĩ thể hiểu thành phần ở đây là thành phần nguyên tố, ví dụ H2SO4 là chất điện li, thành phần gồm H, S, O. - Câu đúng phải đúng hồn tồn, khơng được gần đúng. Ví dụ: “Axit sunfuric đặc, nĩng cĩ tính oxy hĩa mạnh, cịn axit sunfiric lỗng khơng cĩ tính oxy hĩa”. Câu này khơng chính xác vì ion H+ trong dung dịch H2SO4 lỗng thể hiện tính oxy hĩa khi tác dụng với kim loại đứng trước H trong dãy hoạt động hĩa học của kim loại. - Câu đúng phải đúng khơng tranh cãi được, điều này cĩ nghĩa là một và chỉ một câu được xác định từ trước là đúng. Ví dụ: Phản ứng nào sau đây thuộc loại tự oxy hĩa - khử? A. 2 Na + 2 H2O  2 NaOH + H2. B. 2 NaNO3 ot 2 NaNO2 + O2. C. NH4NO3 ot N2O + 2 H2O. D. 3 NO2 + H2O ot 2 HNO3 + NO. Phương án C và D cĩ tài liệu đều coi là phản ứng tự oxy hĩa khử, nhưng cũng cĩ tài liệu chỉ coi phương án D mới là phản ứng tự oxy hĩa khử, cịn phương án C là phản ứng nội oxy hĩa khử. - Phải luơn cĩ ý thức rõ ràng về mục đích của câu hỏi. Điều này cĩ ý nghĩa nếu như cĩ ý định trắc nghiệm năng lực nhận thức ở mức nhớ thì khơng được “ngụy trang” câu hỏi trắc nghiệm dưới dạng một thể hiện khác đi. Thí dụ muốn trắc nghiệm ở mức nhớ định nghĩa oxit lớp 8: “ Oxit là hợp chất của Oxi với một nguyên tố khác” thì khơng nên thể hiện dưới dạng khác đi là: “Oxit là hợp chất gồm hai nguyên tố, trong đĩ cĩ một nguyên tố là oxi”. - Câu dẫn phải ngắn gọn, rõ ràng, ít dùng các từ phủ định. Và tránh dùng hai lần phủ định. Người ta thường nhấn mạnh khía cạnh khẳng định hơn phủ định trong kiến thức. Tuy nhiên, đơi khi HS cần biết những ngoại lệ hoặc sai lầm cần tránh. Trong những trường hợp ấy, việc dùng một ít câu hỏi cĩ chữ “khơng” hoặc “ngoại trừ” là cĩ thể được. Khi dùng một từ cĩ ý nghĩa phủ định nên gạch dưới hoặc ion đậm để HS chú ý hơn. - Các câu dẫn phải trong sáng, tránh dẫn đến hiểu lầm hay cĩ thể hiểu theo nhiều cách. Ví dụ: Đốt a gam chất hữu cơ thu được 5 mol CO2 và nước. Ví dụ trên cĩ thể hiểu theo hai cách: Cả CO2 và H2O cĩ tổng số mol là 5 mol hoặc cĩ 5 mol CO2, cịn số mol H2O khơng cho biết. - Câu dẫn khơng nên quá dài vì phải mất nhiều thời gian cho việc đọc câu hỏi. - Câu dẫn nên là câu hỏi trọn vẹn, khơng địi hỏi HS đọc các câu chọn mới biết mình đang được hỏi về vấn đề gì. - Những từ buộc phải nhắc lại nhiều lần trong các câu chọn thì đưa vào câu dẫn. Ví dụ: Nguyên tố hĩa học là những nguyên tử cĩ cùng đặc tính nào sau đây? A. Điện tích hạt nhân. B. Nguyên tử khối. C. Số khối. D. Số nơtron trong hạt nhân. - Câu nhiễu phải cĩ tính hấp dẫn, phải tỏ ra cĩ lí đối với những người khơng am hiểu hoặc hiểu khơng đúng. Ví dụ: “Bazơ là hợp chất, phân tử phải cĩ nhĩm –OH”. Nếu đã học lý thuyết về axit – bazơ của Bronsted thì câu trên là sai, cĩ thể dùng làm câu nhiễu vì nĩ đúng với định nghĩa axit – bazơ của Areniuyt. - Câu dẫn khơng được chứa một đầu mối nào để đốn ra câu trả lời. Ví dụ: Đưa 2 đầu đũa thủy tinh cĩ quấn bơng vừa nhúng vào dung dịch HCl đặc và dung dịch NH3 đặc lại gần nhau thường xuất hiện “khĩi trắng”. Cơng thức hĩa học của chất đĩ là chất nào sau đây? A. HCl. B. NH3. C. NH4Cl. D. Cl2. Ở đây, câu dẫn đã “mách bảo” đáp án C vì HCl tác dụng với NH3 phải tạo NH4Cl. - Các câu chọn cũng khơng được chứa một đầu mối nào để đốn ra câu trả lời. Ví dụ: Axit HCl cĩ thể tham gia phản ứng oxy hĩa – khử với vai trị chất nào sau đây? A. Chất khử. B. Chất oxy hĩa. C. Chất tạo mơi trường. D. A, B, C đều đúng. 1.2.4. Đánh giá chất lượng câu hỏi TNKQ [15], [18] Để đánh giá chất lượng của câu TNKQ hoặc của đề thi TNKQ, người ta thường dùng một số đại lượng đặc trưng. Sau đây chúng tơi chỉ giới thiệu một số đại lượng quan trọng nhất, bằng cách giải thích định tính đơn giản. Chia loại HS làm 3 nhĩm: - Nhĩm giỏi gồm 27% số lượng HS cĩ điểm số cao nhất của kỳ kiểm tra. - Nhĩm kém gồm 27% số lượng HS cĩ điểm thấp của kỳ kiểm tra. - Nhĩm trung bình gồm 46% số lượng HS cịn lại. Gọi: - N là tổng số HS tham gia làm bài kiểm tra - NH là số HS nhĩm giỏi làm đúng câu i - NM là số HS nhĩm trung bình làm đúng câu i - NL là số HS nhĩm kém làm đúng câu i 1.2.4.1. Độ khĩ hoặc độ dễ của câu hỏi Khi nĩi đến độ khĩ, ta phải xem xét câu TNKQ là khĩ đối với đối tượng nào. Nhờ việc thử nghiệm trên các đối tượng HS phù hợp. Độ khĩ của câu TNKQ được tính như sau: H M LN + N + NK = N % (0 ≤ K ≤ 1 hay 0% ≤ K ≤ 100%) K càng lớn thì câu hỏi càng dễ. 0 ≤ K ≤ 0,2: Câu hỏi rất khĩ 0 ,2 ≤ K ≤ 0,4: Câu hỏi khĩ 0,4 ≤ K ≤ 0,6: Câu hỏi rất trung bình 0,6 ≤ K ≤ 0,8: Câu hỏi dễ 0,8 ≤ K ≤ 1: Câu hỏi rất dễ 1.2.4.2. Độ phân biệt Khi ra một câu hỏi hay một bài trắc nghiệm cho một nhĩm HS nào đĩ, người ta muốn phân biệt trong nhĩm ấy những người cĩ năng lực khác nhau như giỏi, khá, trung bình, kém… Câu TNKQ thực hiện được khả năng đĩ gọi là cĩ độ phân biệt. Muốn cho câu hỏi cĩ độ phân biệt thì phản ứng của nhĩm HS giỏi và nhĩm HS kém đối với câu hỏi đĩ hiển nhiên phải khác nhau. Thực hiện phép tính thống kê, người ta tính được độ phân biệt P theo cơng thức: H LN - NP = 0,27 . N (0 ≤ P ≤ 1) P càng lớn thì câu hỏi cĩ độ phân biệt càng cao. 1.2.4.3. Độ tin cậy Trắc nghiệm là một phép đo lường để biết được năng lực của đối tượng được đo. Tính chính xác của phép đo lường này rất quan trọng. Độ tin cậy của bài trắc nghiệm chính là đại lượng biểu thị mức độ chính xác của phép đo nhờ bài trắc nghiệm. Tốn học thống kê cho nhiều phương pháp để tính độ tin cậy của một bài trắc nghiệm hoặc dựa vào sự ổn định của kết quả trắc nghiệm giữa hai lần đo cùng một nhĩm đối tượng hoặc dựa vào sự tương quan giữa kết quả của các bộ phận tương đương nhau trong một bài trắc nghiệm. 1.2.4.4. Độ giá trị Yêu cầu quan trọng nhất của bài trắc nghiệm với tư cách là một phép đo lường trong giáo dục là nĩ đo được cái cần đo. Phép đo bởi bài trắc nghiệm đạt được mục tiêu đĩ là phép đo cĩ giá trị. Độ giá trị của bài trắc nghiệm là đại lượng biểu thị mức độ đạt được mục tiêu đề ra cho phép đo nhờ bài trắc nghiệm. Để bài trắc nghiệm cĩ độ giá trị cao, cần xác định tỉ mỉ mục tiêu cần đưa ra trong bài trắc nghiệm và phải bám sát mục tiêu đĩ trong quá trình xây dựng bài tốn trắc nghiệm, ngân hàng câu hỏi trắc nghiệm. Nếu thực hiện khơng đúng quy trình trên thì cĩ khả năng kết quả của phép đo sẽ phản ánh một cái gì khác chứ khơng phải là cái mà chúng ta muốn đo nhờ bài trắc nghiệm. Một trong những phương pháp xác định độ giá trị của kỳ thi là tính xem kết quả của kỳ thi đĩ trên một nhĩm HS cĩ tương quan chặt chẽ tới kết quả học tập ở bậc cao hơn của nhĩm HS đĩ hay khơng. 1.2.5. Tầm quan trọng của việc xây dựng phương pháp giải nhanh các bài tốn để kiểm tra – đánh giá kết quả học tập của HS bằng phương pháp TNKQ Trong những năm gần đây đã cĩ nhiều tác giả tiến hành biên soạn, xây dựng hệ thống câu hỏi, bài tốn TNKQ dùng kiểm tra đánh giá kết quả học tập của HS. Hệ thống câu hỏi bài tập đưa ra nhìn chung đã đáp ứng được các yêu cầu, các tiêu chuẩn trong việc xây dựng các câu hỏi TNKQ. Tuy nhiên với đặc điểm của TNKQ số lượng câu hỏi trong một đề là nhiều, thời gian cho mỗi câu, mỗi một bài tập rất ít khoảng 1 3 phút. Do đĩ với những bài tốn hĩa học phức tạp thì việc giải mất nhiều thời gian tạo ra cho HS tâm lý hoang mang khi kiểm tra. Do đĩ vệc xây dựng các bài tốn hĩa học mà ngồi cách giải thơng thường HS cịn phải biết suy luận, nhẩm theo hướng logic hĩa học, với những con đường giải ngắn nhất trên cơ sơ các phương pháp giải tốn, các quy luật chung của hĩa học để từ đĩ HS phát triển tư duy và cũng đáp ứng được yêu cầu của câu hỏi TNKQ. Để giải nhanh những bài tốn hĩa học này học sinh khơng những nắm chắc kiến thức cơ bản mà cịn phải tự rèn luyện cách vận dụng các kiến thức đĩ một cách thơng minh, sáng tạo, phải cĩ kỹ năng tổng hợp, phân tích các kiến thức đã học, cần phải phát huy ĩc sáng tạo trong việc vận dụng linh hoạt các kiến thức cơ bản vào việc giải bài tốn. Đĩ là một trong những mục tiêu nhằm nâng cao chất lượng giáo dục ở trường phổ thơng. Phương pháp chung để giải nhanh các bài tốn hĩa học là sử dụng các định luật hĩa học cơ bản: - Định luật bảo tồn khối lượng: khối lượng sản phẩm tạo ra bằng khối lượng tác chất đã phản ứng, với trường hợp phản ứng xảy ra khơng hồn tồn hay chưa xong thì cũng cĩ thể vận dụng nguyên tắc này vì trong các chất thu được sau phản ứng cĩ chứa cả các tác chất chưa phản ứng nên khối lượng các chất thu được sau phản ứng cũng bằng khối lượng các chất trước phản ứng. - Định luật bảo tồn nguyên tố: Tổng khối lượng mỗi nguyên tố trong một phản ứng được bảo tồn. Ví dụ: Tổng số số mol nguyên tử N trong các muối nitrat, NO2, NO, N2O, NH4+ bằng số mol nguyên tử N cĩ trong dung dịch HNO3 của tác chất. - Định luật bảo tồn electron: Tổng số mol điện tử cho của các chất khử bằng tổng số mol điện tử nhận của các chất oxi hĩa. - Định luật bảo tồn điện tích: Trong một dung dịch, tổng số mol điện tích dương phải bằng tổng số mol điện tích âm. Ứng dụng định luật này, biết được tổng số mol ion H+ của các axit trung hịa vừa đủ tổng số mol ion OH- của các bazơ. 1.3. Một số phần mềm hỗ trợ thiết kế website 1.3.1. Phần mềm DreamWeaver Đây là một cơng cụ hỗ trợ thiết kế các trang web tĩnh và động rất dễ sử dụng. Với giao diện đồ họa thân thiện, Dreamweaver giúp người dùng cĩ thể làm việc hiệu quả hơn các cơng cụ thiết kế web khác. 1.3.2. Phần mềm Sothink tree menu Sothink Tree menu là một cơng cụ cho phép tạo menu dạng nhánh chuyên nghiệp và khơng địi hỏi kỹ năng lập trình, hay Javacript. Chương trình sẽ hướng dẫn bạn tạo menu chính tương thích với nhiều trình duyệt phổ biến với những phiên bản khác nhau: Internet explorer , Firefox….Những mẫu cĩ sẵn giúp bạn tạo những menu nhánh chuyên nghiệp từ menu cĩ sẵn, những mẫu này được thiết kế bởi các chuyên gia phát triển web. Menu styles rất thời trang và đa chức năng, sẽ cĩ một hay nhiều mẫu phù hợp với trang web của bạn. Để tạo một menu nhánh đẹp bằng mẫu, bạn chỉ cần sửa chữa và thay thế hình ảnh. Người sử dụng tích hợp cơng cụ này với DreamWeaver để chỉnh sửa lại trang web của riêng mình. 1.3.3. Phần mềm SQLyog Enterprise SQLYog là một cơng cụ hỗ trợ thao tác xây dựng, quản lý, theo dõi cơ sở dữ liệu của MySql server. Phần mềm này được cung cấp bởi hãng webyog. Đây là một phần mềm cĩ bản quyền, tuy nhiên chúng ta cũng cĩ thể sử dụng phiên bản thử nghiệm. Địa chỉ download: 1.3.4. Phần mềm Apache server Apache server là 1 webserver dùng để xuất trang web qua mạng, đây cũng là một phần mềm mã nguồn mở được cung cấp bởi hãng Apache. Địa chỉ download: 1.3.5 Bộ cơng cụ easy PHP Ngơn ngữ lập trình PHP là một trong những ngơn ngữ thiết kế trang web động, xây dựng các đề kiểm tra một cách linh hoạt. Địa chỉ download: Easy PHP là một phần mềm mã nguồn mỡ được ra đời từ năm 1991. EasyPHP là bộ tích hợp mysql server và server apache. Nhờ bộ cơng cụ chúng ta cĩ thể cài đặt một web server kết nối với cơ sở dữ liệu mysql một cách đễ dàng và nhanh chĩng. Kết luận chương 1 Nội dung chương một là tổng quan phần lý luận nghiên cứu của đề tài. Trong chương này chúng tơi tiến hành nghiên cứu về cơ sở lý luận của trắc nghiệm. Trắc nghiệm khách quan hiện đang là hình thức kiểm tra đánh giá phổ hiến nhất. Hình thức này đỏi hỏi ở người học yếu tố nhanh nhạy để giải quyết, nhất là với các bài tốn. Nhiệm vụ đặt ra của đề tài là phải hệ thống và đề xuất được các phương pháp giải nhanh phù hợp với HS, xây dựng được hệ thống ngân hàng bài tập trắc nghiệm cĩ cách giải nhanh để các em rèn luyện kĩ năng giải tốn. Mặt khác, đáp ứng xu hướng khuyến khích việc tự học của HS, chúng tơi chọn cách thể hiện phương pháp trên website bằng cách phối hợp các phần mềm dùng để thiết kế trang web về phương pháp giải nhanh các bài tập trắc nghiệm hĩa học vơ cơ ở trường THPT. Chương 2 PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH CÁC BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HĨA HỌC VƠ CƠ 2.1. Các phương pháp chung để giải nhanh bài tập trắc nghiệm hĩa học vơ cơ Bài tập hĩa học là một trong những cơng cụ quan trọng để đánh giá chất lượng học tập của HS. Nhằm đáp ứng yêu cầu thi trắc nghiệm, thơng thường các bài tốn trắc nghiệm hĩa học cĩ thể giải theo cách thi tự luận bằng cách viết phương trình phản ứng, dựa vào dữ kiện đề bài để lập phương trình tốn học khá dài dịng; cũng cĩ thể giải nhanh bằng cách suy luận thơng minh, giải nhanh, nhẫm nhanh. Để giải nhanh bài tốn trắc nghiệm hĩa, các em cần nắm vững các định luật hĩa học, sử dụng nhuần nhuyễn các phương pháp giải nhanh để cĩ sự lựa chọn cách giải nhanh và nhạy nhất, cần đảm bảo làm sao với tối đa 2 phút phải cho kết quả chính xác. Ở đây cần nhấn mạnh rằng dù giải theo phương pháp nào thì HS cũng cần nắm thật vững kiến thức giáo khoa. Dưới đây là tổng hợp các phương pháp chung để giải nhanh bài tốn trắc nghiệm vơ cơ. 2.1.1. Phương pháp bảo tồn nguyên tố 2.1.1.1. Nội dung phương pháp  Định luật bảo tồn nguyên tố (ĐLBTNT): “Trong các phản ứng hĩa học thơng thường, các nguyên tố luơn được bảo tồn ”. Từ đĩ suy ra: Tổng số mol nguyên tử của một nguyên tố bất kỳ trước và sau phản ứng luơn bằng nhau.  Áp dụng: Để áp dụng tốt phương pháp này, nên: - Hạn chế viết phương trình phản ứng mà thay vào đĩ nên viết sơ đồ phản ứng (chú ý hệ số), biểu diễn các biến đổi cơ bản của chất (nguyên tố) cần quan tâm. - Nên quy về số mol nguyên tố (nguyên tử). - Đề bài thường cho số mol nguyên tố cần quan tâm (hoặc sẽ tính được qua dữ kiện bài tốn). Từ đĩ suy ra lượng chất cần tìm.  Lưu ý: Cho hợp chất AxBy, muốn tìm số mol nguyên tố A và B trong hợp chất này ta dùng cơng thức: x y x y x y x yA(A B ) A B B(A B ) A B n = n .x ; n = n .y 2.1.1.2. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Hỗn hợp chất rắn A gồm 0,1 mol Fe2O3 và 0,1 mol Fe3O4. Hịa tan hồn tồn 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 khơng khí đến khối lượng khơng đổi thu được m gam chất rắn D. Giá trị của m là A. 16 gam. B. 24 gam. C. 32 gam. D. 40 gam. Hướng dẫn giải Sơ đồ biến đổi: o 2 22 3 2 2 +O +H O,t+ddHCl +ddNaOH 2 3 3 33 4 Fe O FeCl Fe(OH) Fe O FeCl Fe(OH)Fe O         Áp dụng ĐLBTNT Fe: 2 3 3 4 2 3Fe O (A) Fe O (A) Fe O (D) n . 2 + n . 3 = n . 2  0,1. 2 + 0,1. 3 = 2 3Fe O (D) n .2  2 3Fe O (D) n .2 = 0,25 mol  2 3Fe O m = 0,25. 160 = 40 g Đáp án D. 2.1.2. Phương pháp bảo tồn khối lượng 2.1.2.1. Nội dung phương pháp  Định luật bảo tồn khối lượng (ĐLBT khối lượng) “Tổng khối lượng của các sản phẩm bằng tổng khối lượng của các chất phản ứng”.  Hệ quả 1 : Dù phản ứng xảy ra vừa đủ hay cĩ chất dư thì luơn cĩ: các chất trước phản ứng các chất sau phản ứngm m   Hệ quả 2 : Khi cation kim loại kết hợp với anion phi kim để tạo ra các hợp chất (như oxit, hiđroxit, muối) thì ta luơn cĩ: m hợp chất = m kim loại + m anion Ví dụ: Bài tốn: Kim loại + axit (HCl, H2SO4 lỗng,…)  muối + H2 mmuối = mKim loại + mcác gốc axit và HnX  n/2 H2 + X- Thay thế kim loại hoạt động nĩi chung bằng kim loại kiềm, kiềm thổ; thay thế axit bằng H2O. Khi đĩ muối sẽ được thay thế bằng bazơ: mbazơ (rắn khan) = mkim loại + OHm và H2O  ½ H2↑ + OH-  Hệ quả 3 : Khi cation kim loại thay đổi để tạo ra hợp chất mới, sự chênh lệch khối lượng giữa hai hợp chất bằng sự chênh lệch về khối lượng giữa các cation. Ví dụ: CuSO4 + Fe  FeSO4 + Cu ∆m muối giảm = ∆m kim loại tăng  Hệ quả 4 : Trong phản ứng khử oxit kim loại bằng CO, H2. + Khi khử oxit kim loại, CO hoặc H2, Al lấy oxi ra khỏi oxit. Khi đĩ ta cĩ : 2 2 2    O(oxit) CO CO H H On n n n n + Áp dụng định luật bảo tồn khối lượng: tính khối lượng hỗn hợp oxit ban đầu hoặc khối lượng kim loại thu được sau phản ứng. moxit = mO (oxit) + mkim loại  Chú ý: Nên dùng kết hợp phương pháp bảo tồn khối lượng với bảo tồn nguyên tố. 2.1.2.2. Các ví dụ minh họa Ví dụ 2: Khử hồn tồn m gam hỗn hợp A gồm các oxit FeO, CuO, Fe3O4 bằng khí CO ở nhiệt độ cao, người ta thu được 40 g hỗn hợp các chất rắn X và 13,2 g khí CO2. Giá trị của m gam là A. 44,8g. B. 48,4g. C. 44g. D. 48g. Hướng dẫn giải Pt pư: FeO + CO  Fe + CO2↑ CuO + CO  Cu + CO2↑ Fe3O4 + 4 CO  3Fe + 4 CO2↑ Theo 3 pt trên: 2CO CO 13,2n = n = = 0,3 mol 44 Theo ĐLBTKL: mhỗn hợp A + mCO = 2COm + mrắn X m + 28.0,3 = 40 + 44.0,3  m = 44,8g Đáp án A. Ví dụ 3: Cho 2,81 gam hỗn hợp Fe2O3, ZnO, MgO tác dụng vừa đủ với 500 ml dung dịch H2SO4 0,1M. Cơ cạn dung dịch sau phản ứng thì thu được muối sunfat cĩ khối lượng là A. 6,81 g. B. 3,81 g. C . 5,81g. D. 4,81g. Hướng dẫn giải Ptpư: Fe2O3 + 3 H2SO4  Fe2(SO4)3 + 3 H2O ZnO + H2SO4  ZnSO4 + H2O MgO + H2SO4  MgSO4 + H2O Theo 3 pt: 2 4 2H SO H O n = n = 0,5 . 0,1 = 0,05 mol BTKL: moxit + maxit = mmuối + 2H Om  2,81 + 0,05. 98 = mmuối + 0,05. 18  mmuối = 6,81 gam Đáp án A. 2.1.3. Phương pháp tăng giảm khối lượng 2.1.3.1. Nội dung phương pháp Dựa vào sự tăng giảm khối lượng khi chuyển từ chất này sang chất khác để xác định khối lượng một hỗn hợp hay một chất . Cụ thể : Dựa vào phương trình hĩa học tìm sự thay đổi về khối lượng của 1 mol A  1 mol B hoặc chuyển từ x mol A  y mol B ( với x, y là tỉ lệ mol cân bằng phản ứng ). Từ đĩ tính được số mol các chất tham gia phản ứng và ngược lại. 1. Xét phản ứng: MCO3 + 2 HCl  MCl2 + CO2↑ + H2O Theo phương trình ta thấy : Cứ 1 mol MCO3 tác dụng với HCl  1 mol MCl2 thì khối lượng muối tăng: 71 – 60 = 11g; giải phĩng 1 mol CO2.  Vậy nếu đề cho khối lượng của muối cacbonat và khối lượng của muối clorua thì ta cĩ thể tính số mol của muối cacbonat , số mol CO2 và từ đĩ xác định cơng thức phân tử của muối cacbonat. Nếu gọi x là số mol muối ban đầu, ta cĩ biểu thức: ∆m muối tăng = 11. x = m muối clorua - mmuối cacbonat 2. Xét phản ứng: 2Al + 3CuSO4  3Cu + Al2(SO4)3 Theo phương trình ta thấy : Cứ 2 mol Al phản ứng  3 mol Cu thì khối lượng kim loại tăng: 3. 64 – 2. 27 = 138g.  Vậy nếu đề cho khối lượng của thanh kim loại trước và sau phản ứng thì ta cĩ thể tính số mol của Al phản ứng và Cu sinh ra. Nếu gọi 2a là số mol Al phản ứng  số mol Cu tạo thành là 3a, ta cĩ biểu thức: ∆m kim loại tăng = 3a. 64 – 2a. 27 = 138a = m sau - mtrước 3. Khi đun nĩng m (g) chất rắn thu được m’ (g) chất rắn, với m’ < m  ∆m rắn giảm = m chất khí thốt ra 2.1.3.2. Các ví dụ minh họa Ví dụ 4: Hịa tan hồn tồn 23,8g hỗn hợp gồm một muối cacbonat của một kim loại hĩa trị I và một muối cacbonat của một kim loại hĩa trị II trong axit HCl dư thì tạo thành 4,48 lit khí ở đktc và dung dịch X. Cơ cạn dung dịch X thì thu được bao nhiêu gam muối khan? A. 38,0g. B. 3,8g. C. 2,60g. D. 26,0g. Hướng dẫn giải Kí hiệu kim loại hố trị I là M, số mol kim loại là x; kim loại hố trị II là R, số mol là y. M2CO3 + 2HCl  2MCl + CO2 + H2O (1) x mol x RCO3 + 2HCl  RCl2 + CO2 + H2O (2) y mol y Từ (1) và (2): nhh = x + y = 2CO n = 0,2 ∆m muối tăng = 11. nhh = msau - mtrước  msau = 11. 0,2 + 23,8 = 26 g Đáp án D. Ví dụ 5: Hồ tan hồn tồn 104,25 gam hỗn hợp X gồm NaCl và NaI vào nước được dung dịch Sục khí Cl2 dư vào dung dịch A. Kết thúc thí nghiệm, cơ cạn dung dịch thu được 58,5g muối khan. Khối lượng NaCl cĩ trong hỗn hợp X là A. 17,55 g. B. 58,5 g. C. 29,25 g. D. 23,4 g. Hướng dẫn giải 2NaI + Cl2  2 NaCl + I2 y y ∆m rắn giảm = (127 -35,5). y = mtrước - msau = 104,25 – 58,5  y = 0,5 mol  mNaI = 0,5. 150 = 75 g  mNaCl = 104,25 – 75 = 29,25 g  C Đáp án C. 2.1.4. Phương pháp bảo tồn bảo tồn electron 2.1.4.1. Nội dung phương pháp  Định luật bảo tồn electron (ĐLBTe) Tổng số mol electron của các chất khử cho phải bằng tổng số mol electron của các chất oxi hĩa nhận.  ne nhường =  ne nhận  .m .n  ( ,  : số mol; n, m: số e nhường và nhận)  Phạm vi áp dụng: chỉ áp dụng cho phản ứng oxy hĩa khử.  Lưu ý: Cần xác định đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối của các chất khử (nhường e) và các chất oxy hĩa (nhận e). Khơng cần quan tâm đến phương trình phản ứng và sản phẩm trung gian. 2.1.4.2. Các ví dụ minh họa DẠNG 1. Bảo tồn electron 1 giai đoạn Ví dụ 6: (TSĐH Khối A – 2007) Hịa tan hồn tồn 12g hỗn hợp Fe, Cu (tỉ lệ mol 1 : 1) bằng axit HNO3, thu được V lít (đkc) hỗn hợp khí X gồm NO và NO2 và dung dịch Y (chỉ chứa 2 muối nitrat và axit dư). Tỉ khối hơi của X đối với H2 bằng 19. Giá trị của V là A. 3,36 lít. B. 2,24 lít. C. 4,48 lít. D. 5,6 lít. Hướng dẫn giải Gọi x là % số mol của khí NO trong hỗn hợp X. 2 X NO NO 30x + 46 (100-x) 100 M = = 19 . 2 x = 50 % n n = b (mol)   Vì: nFe = nCu  mhh = 56. nFe + 64. nFe = 12g  a = 0,1 mol 0 0 2 2 3 +4 +2 5 3H N O ;Fe Cu Cu Fe NO ; NO       Fe và Cu là chất nhường e ; HNO3 là chất nhận e. Theo ĐLBT e : 2Fe Cu NO NO 3. n + 2.n = 3. n + n  3. 0,1 + 2. 0,1 = 3b + b  b = 0,125 mol  nhhX = 0,125. 2 = 0,25 mol  VX = 0,25. 22,4 = 5,6 lít Đáp án D. DẠNG 2. Bảo tồn electron nhiều giai đoạn Dạng 2.1. 1 chất khử + 1 chất oxy hĩa  ne (1 chất khử cho) =  ne (1chất oxy hĩa nhận) Ví dụ 7: Cho khí CO đun nĩng qua ống sứ đựng m (g) Fe2O3 một thời gian được 6,72 g hỗn hợp X. Hịa tan hồn tồn X vào dung dịch HNO3 dư thấy tạo thành 0,448 lít khí NO (đkc) là sp khử duy nhất. Giá trị m là A. 5,56g. B. 6,64g. C. 7,2g. D. 8,8g. Hướng dẫn giải 3 5 2 3 3 2 4 2 2 3Fe O H N O hhX Fe CO CO N O              CO là chất nhường e; N+5 (HNO3) là chất nhận e. Áp dụng ĐLBT e: 2. nCO = 3. nNO = 0,06  nCO = 0,03mol Khi CO khử oxit kim loại, luơn cĩ: nCO = nO (oxit) = 0,03 mol Theo BT khối lượng: 2 3Fe O X O(oxit) m = m + m = 6,72 + 0,03.16 = 7,2g Đáp án C. Dạng 2.2. 1 chất khử + 2 chất oxy hĩa  ne (1 chất khử cho) =  ne (2chất oxy hĩa nhận) Ví dụ 8: (ĐH khối B-2007) Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 3 gam hỗn hợp chất rắn X. Hịa tan hết hỗn hợp X trong dung dịch HNO3 (dư), thốt ra 0,56 lít (ở đktc) NO (là sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của m là A. 2,52. B. 2,22. C. 2,62. D. 2,32. Hướng dẫn giải 5 32 3 0 +2 H N OO hhX Fe Fe N O     Fe là chất nhường e, cịn chất nhận e là: O2 và HNO3. Nhường e: Fe – 3e → 3+ Fe Nhận e: +5 2N + 3e N (NO) O2 + 4e → 2 2 O  ĐLBT e: 2Fe NO O m 3 - m 3. = 3. 0,025 + 4. 56 32 3. n = 3. n + 4. n   m = 2,52g Đáp án A Dạng 2.3. 2 chất khử + 1 chất oxy hĩa  ne (2 chất khử cho) =  ne (1chất oxy hĩa nhận) Ví dụ 9: (TSCĐ Khối A – 2008) Trộn 5,6 gam bột sắt với 2,4 gam bột lưu huỳnh rồi nung nĩng (trong điều kiện khơng cĩ khơng khí), thu được hỗn hợp rắn M. Cho M tác dụng với lượng dư dung dịch HCl, giải phĩng hỗn hợp khí X và cịn lại một phần khơng tan G. Để đốt cháy hồn tồn X và G cần vừa đủ V lít khí O2 (ở đktc). Giá trị của V là A. 2,80. B. 3,36. C. 3,08. D. 4,48. Hướng dẫn giải o 0 2 0 t 0 2 2 2 HCl 4 2 O 2 Fe A S H H S Fe ; S O            Fe và S nhường e, cịn O2 nhận e. Fe Sn > n  S hết. Tuy nhiên, sau quá trình phản ứng thì tồn bộ Fe → Fe+2 Nhường e: Fe – 2e → Fe2+ ; S - 4e → S+4 (SO2) 5,6 mol 0,2 56  2,4 0,3 32  Nhận e: O2 + 4e → 2O-2 x mol → 4x ĐLBT e: 4x = 0,2 + 0,3  x = 0,125mol  2O V = 22,4 . 0,125 = 2,8(l) Đáp án A. Dạng 2.4. 2 chất khử + 2 chất oxy hĩa  ne (2 chất khử cho) =  ne (2chất oxy hĩa nhận) Ví dụ 10: Hịa tan hồn tồn 14,8g hỗn hợp Fe và Cu vào lượng dư dung dịch hỗn hợp HNO3 và H2SO4 đặc nĩng. Sau phản ứng thu được 10,08 lít NO2 và 2,24 lít SO2 (đkc). Khối lượng Fe trong hỗn hợp đầu là A. 5,6. B. 8,4. C. 18. D. 18,2. Hướng dẫn giải      2 2 +5 +6 3 2 4 0 2+ 3+ +4 +40 +H N O ; H S O Cu FeFe NO ; S OCu ; Fe và Cu là chất nhường e ; HNO3 và H2SO4 là chất nhận e. ĐLBT e: 3. nFe + 2. nCu = 2 2NO SO n n .2  3x + 2y = 0,65 mhh = 56x + 64y = 14,8 Giải hệ pt: x = 0,15; y = 0,1 mol  mFe = 0,15. 56 = 8,4g Đáp án B. Dạng 2.5. Cùng lượng các chất khử + 2 chất oxy hĩa khác nhau  ne (chất oxy hĩa 1 nhận) =  ne (chất oxy hĩa 2 nhận) Chú ý: Chất khử chỉ thể hiện 1 mức oxy hĩa với mọi chất oxy hĩa. Ví dụ 11: Hỗn hợp X gồm 2 kim loại A, B cĩ hĩa trị khơng đổi, khơng tan trong nước và đứng trước Cu. - Cho m g X tác dụng với dung dịch CuSO4 dư. Tồn bộ lượng Cu thu được tác dụng hết với dung dịch HNO3 dư thu được 1,12 lít NO (đkc). - Cho m (g) X tác dụng với dung dịch HNO3 dư thu được V (l) N2 (đkc) duy nhất. Giá trị V là A. 0,336 lít. B. 0,448 lít. C. 0,56 lít. D. 0,896 lít. Hướng dẫn giải +2 +5 34 +2 +2 +5 0 23 + H NO+ CuSOA, B Cu Cu ; N O A, B + H N O N     Ở thí nghiệm 1: A, B nhường e cho +5 N để tạo ra +2 N (NO). Cịn CuSO4 chỉ đĩng trị chất vận chuyển (số oxy hĩa Cu khơng đổi). +5 +2 N + 3e N (NO) Ở thí nghiệm 2: A, B trực tiếp nhường e cho +5N để tạo ra N2. +5 22 N + 10e N 2 2N NNO 1,12ĐLBT e :3.n = 10. n 3. = 10.n 22,4  2 2N N n = 0,015 mol V = 0,336 lít   Đáp án A Dạng 2.6. Áp dụng phương pháp bảo tồn electron trong điện phân Chú ý : Để áp dụng tốt định luật bảo tồn electron trong điện phân cần : 1. Nắm vững thứ tự điện phân ở (A) và (K). 2. Áp dụng cơng thức Faraday: e I.tn = (F = 26,8 khi t(h); F = 96500 khi t(s)) F Ví dụ 12: Điện phân dung dịch chứa 0,2 mol FeSO4 và 0,06 mol HCl với I = 1,34 A trong 2h (điện cực trơ, màng ngăn). Bỏ qua sự hịa tan Clo trong nước, coi hiệu suất quá trình điện phân là 100%. Khối lượng kim loại thốt ra ở (K) và thể tích khí thốt ra ở (A) (đkc) là A. 11,2g; 8,96lít. B. 5,6g; 4,48lít. C. 1,12g; 0,896lít. D. 0,5g; 0,448 lít. Hướng dẫn giải e I.tn = = F 1,34. 2 = 0,1 mol 26,8 Theo ĐLBT e : ∑ số mol e nhường = ∑ số mol e nhận = 0,1 mol nên : Suy ra : mFe =0,02. 56 = 1,12g Vkhí (Cl2, O2) = 0,03. 22,4 + 0,01. 22,4 = 0,896 lít Đáp án C.  Nhận xét: Phương pháp bảo tồn electron cho kết quả rất nhanh, tính tốn rất nhẹ nhàng, khắc sâu bản chất nhường e và thu e của các quá trình hĩa học. Hạn chế là chỉ áp dụng được cho các quá trình oxi hố - khử. 2.1.5. Phương pháp bảo tồn điện tích 2.1.5.1. Nội dung phương pháp  Định luật bảo tồn điện tích (ĐLBTĐT) ’’Trong 1 dung dịch: ionđiện tích điện tích dương điện tích âm Với : n . điện tích ionn n n     Phạm vi áp dụng: thường áp dụng cho các bài tốn trong dung dịch chất điện li. - Tính lượng (số mol, nồng độ, khối lượng,...) của 1 ion trong dung dịch khi biết lượng của các ion khác. - Tính khối lượng chất rắn sau khi cơ cạn 1 dung dịch khi biết số mol của các ion trong dung dịch. - Bài tốn xử lí nước cứng. - Bài tập pha dung dịch.  Chú ý: Trong dung dịch, áp dụng định luật bảo tồn khối lượng: ion ion ion ion nguyên tố tạo ion ion / dung dịchchất tan / dung dịch Với : = n . M (M = M ) m m m   2.1.5.2. Các ví dụ minh họa Ví dụ 13: (TSCĐ khối A – 2007) Một dung dịch chứa 0,02 mol Cu2+; 0,03 mol K+; x mol Cl- và y mol SO42- . Tổng khối lượng các muối tan cĩ trong dung dịch là 5,435g. Giá trị của x và y lần lượt là bao nhiêu? A. 0,01 và 0,03. B. 0,02 và 0,05. C. 0,05 và 0,01. D. 0,03 và 0,02. Hướng dẫn giải Áp dụng ĐLBT điện tích: x + 2y = 2. 0,02 + 0,03 = 0,07 (1) Theo định luật ĐLBT khối lượng: mmuối = ∑ mion nên: 64. 0,02 + 39. 0,03 + 35,5x + 96y = 5,435 (2)  35,5 x + 96y = 2,985 Giải (1) và (2)  x = 0,03; y = 0,02 Đáp án D. Ví dụ 14: (TSĐH khối A-2007) Hịa tan hồn tồn hỗn hợp gồm 0,12 mol FeS2 và a mol Cu2S vào axit HNO3 (vừa đủ), thu được dung dịch X (chỉ chứa hai muối sunfat) và khí duy nhất NO. Giá trị của a là A. 0,04. B. 0,075. C. 0,12. D. 0,06. Hướng dẫn giải Vì dung dịch X chỉ chứa muối sunfat: FeS2  Fe3+ + 2SO42-; Cu2S  2Cu2+ + SO42- 0,12  0,12 0,24; a  2a a Theo ĐLBT điện tích: 3+ 2+ 2- 4Fe Cu SO n .3 + n .2 = n .2 0,12.2 + 2a.2 = (0,24+a). 2  a = 0,06 Đáp án D. 2.1.5.3. Kết hợp phương pháp bảo tồn điện tích – Bảo tồn electron  Nội dung:  Đối với phản ứng oxy hĩa khử: e kim loại nhường điện tích cation kim loạin n   Áp dụng định luật bảo tồn điện tích: điện tích cation kim loại điện tích anion tạo muốin n   Theo định luật bảo tồn electron:  điện tích anion tạo muốie nhường e nhận nn n   (*)  Áp dụng: Bài tốn hỗn hợp kim loại tác dụng với axit cĩ tính oxy hĩa mạnh (HNO3, H2SO4 đặc). Khi biết khối lượng kim loại  khối lượng muối.  Chú ý: Số mol anion tạo muối được tính qua số mol electron nhận trong quá trình tạo sản phẩm khí theo cơng thức (*). Ví dụ 15: Hịa tan hồn tồn 12g hỗn hợp X gồm Fe và Cu bằng dung dịch HNO3 dư, kết thúc thí nghiệm thu được hỗn hợp khí gồm 0,1 mol NO và 0,2 mol NO2. Khối lượng muối nitrat (khơng cĩ NH4NO3) tạo thành trong dung dịch là A. 43g. B. 30,6g. C. 55,4g. D. 39,9g. Hướng dẫn giải Các quá trình nhận electron: N+5 + 3e → N+2 ; N+5 + 1e → N+4 nđiện tích dương (cation) = n e nhường = ne nhận = 0,1. 3 + 0,2.1 = 0,5 mol Dung dịch thu được chỉ cĩ muối sunfat. Theo BTĐT: - 3NO (muối) n = 0,5 mol  - 3 muối nitrat KL NO (muối) m = m + m = 12 + 0,5. 62 = 43g Đáp án A. 2.1.6. Phương pháp trung bình (khối lượng mol trung bình, số nguyên tử trung bình) 2.1.6.1. Nội dung phương pháp  Dấu hiệu nhận biết : Khi bài tốn xảy ra nhiều phản ứng nhưng các phản ứng cùng loại và cùng hiệu suất thì ta thay hỗn hợp nhiều chất thành 1 chất trung bình. Lúc đĩ : lượng (số mol, khối lượng hay thể tích) của chất trung bình bằng lượng của hỗn hợp.  Giá trị trung bình dùng để biện luận tìm ra nguyên tử khối hoặc phân tử khối hay số nguyên tử trong phân tử hợp chất.  Khối lượng mol trung bình là khối lượng của một mol hỗn hợp (kí hiệu là M ) hh 1 1 2 2 1 1 2 2 hh 1 2 m n .M + n .M %V .M + %V .M M = = = n n + n 100 với M1< M < M2  Phạm vi áp dụng : Trong vơ cơ, phương pháp này thường áp dụng khi hỗn hợp nhiều kim loại hoạt động hay hỗn hợp nhiều oxit kim loại, hỗn hợp muối cacbonat tham gia phản ứng,… hoặc khi hỗn hợp kim loại phản ứng với nước. 2.1.6.2. Các ví dụ minh họa Ví dụ 16: Hồ tan hồn tồn 4,68g hỗn hợp muối cacbonat của hai kim loại A và B kế tiếp trong nhĩm II A vào dd HCl thu được 1,12 lít CO2 ở đktc. Xác định tên kim loại A và B? A. Be và Mg. B. Mg và Ca. C. Be và Ca. D. Ca và Sr. Hướng dẫn giải Đặt M là nguyên tử khối trung bình của 2 kim loại A và B M CO3 + 2HCl → M Cl2 + CO2 + H2O 23 COM CO 1,12n = n = 0,05 mol 22,4  (BT nguyên tố C)  3M CO M = 4,68 = 93,6 0,05  M + 60 = 93,6  M = 33,6 Vì A, B thuộc 2 chu kì liên tiếp nhau nên : A là Mg = 24 ; B là Ca = 40. Ví dụ 17: Cho 31,84 gam hỗn hợp NaX và NaY (X,Y là 2 halogen ở hai chu kì liên tiếp) vào dung dịch AgNO3 dư thì thu được 57,34 gam kết tủa. Cơng thức của hai muối đĩ là A. NaCl và NaBr. B. NaBr và NaI. C. NaF và NaCl. D. NaF và NaCl hoặc NaCl và NaI. Hướng dẫn giải Đặt cơng thức trung bình của 2 muối: NaX 3+AgNONaX AgX a a mol ∆m tăng = (108 – 23) . a = 57,34 – 31,84  a = 0,3 mol Na X 31,84M = = 106,33 0,3  23 + XM = 106,33 XM = 83,33  X là Br (80); Y là I (127)  B 2.1.7. Phương pháp đường chéo 2.1.7.1. Nội dung phương pháp  Bản chất của kĩ thuật này là lập cơng thức giải hệ phương trình bậc nhất 2 ẩn.  Được áp dụng cho hầu hết các bài tốn cĩ sử dụng phương pháp trung bình (chú ý là chỉ trong hỗn hợp 2 thành phần).  Sơ đồ tổng quát của phương pháp đường chéo như sau: D1 x1 x2 – x x 1 2 2 1 D x x D x x   D2 x2 x - x1 x1, x2, x là khối lượng chất ta quan tâm với x1 < x < x2 D1, D2 là khối lượng hay thể tích các chất (hay dung dịch) đem trộn lẫn.  Sau đây là các dạng bài tốn đặc trưng sử dụng phương pháp đường chéo: Dạng 1: Trộn các chất khí khơng tác dụng với nhau. Tính tỉ lệ thành phần của hỗn hợp khí qua tỉ khối V1 M1 M2 - M M 1 2 2 1 V M - M = V M - M V2 M2 M – M1 V1 là thể tích chất khí cĩ phân tử khối M1 V2 là thể tích chất khí cĩ phân tử khối M2 M là khối lượng mol trung bình thu được sau khi trộn. Với M1<M <M2 Dạng 2: Tính tốn pha chế dung dịch Điều kiện: trộn dung dịch phải cùng chất (hoặc chất khác, nhưng do phản ứng với H2O lại cho cùng một chất. Ví dụ trộn Na2O với dd NaOH ta được cùng một chất là NaOH). Trộn các chất cùng nồng độ C% m1 C1 C2 - C C 1 2 2 1 m C - C = m C - C m2 C2 C – C1 Trong đĩ: m1 là khối lượng dung dịch cĩ nồng độ C1 (%) m2 là khối lượng dung dịch cĩ nồng độ C2 (%) C (%) là nồng độ dung dịch thu được sau khi trộn lẫn. Với C1 < C < C2 Trộn các chất cùng nồng độ mol V1 C1 C2 - C CM 1 2 2 1 V C - C = V C - C V2 C2 C – C1 Trong đĩ : V1 là thể tích dung dịch cĩ nồng độ mol C1 V2 là thể tích dung dịch cĩ nồng độ mol C2 CM là nồng độ mol dung dịch thu được sau khi trộn lẫn. Với C1 < CM < C2 Ngồi ra, phương pháp đường chéo cịn được áp dụng trong bài tốn xác định thành phần muối trong phản ứng đơn bazơ và đa axit; bài tốn hỗn hợp 2 chất vơ cơ của 2 kim loại cĩ cùng hĩa trị và khả năng phản ứng... 2.1.7.2. Các ví dụ minh họa Dạng 1: Trộn các chất khí khơng tác dụng với nhau. Tính tỉ lệ thành phần của hỗn hợp khí qua tỉ khối. Ví dụ 18: Cần trộn H2 và CO theo tỉ lệ thể tích như thế nào để được hỗn hợp khí cĩ tỉ khối so với metan bằng 1,5? A. 3 : 2. B. 2 : 3. C. 11 : 2. D. 2 : 11. Hướng dẫn giải hhM 1,5.16 24  2H V 2 4 24 2H CO V 4 2 = = V 22 11  COV 28 2 2 Đáp án D. Dạng 2: Tính tốn pha chế dung dịch 1. Trộn các chất cùng nồng độ C% Ví dụ 19: Trộn một khối lượng dung dịch H2SO4 20% với một khối lượng gấp đơi dung dịch H2SO4 14% thì được dung dịch H2SO4 mới cĩ nồng độ là A. 15%. B. 18%. C. 15,65%. D. Tất cả đều sai. Hướng dẫn giải Gọi a là nồng độ % của dung dịch sau khi trộn . Vậy: 14 < a < 20 mdd 20 % a – 14 a% dd dd m a -14 a -14 1= = 2.m 20-a 20-a 2  2.mdd 14 % 20 - a a 16 %   Đáp án D. 2. Trộn các chất cùng nồng độ mol Ví dụ 20: Trộn V lít dung dịch HNO3 2M với 0,5V lít dung dịch HNO3 a mol/lít ta thu được dung dịch HNO3 mới cĩ nồng độ 2,5M thì giá trị a là A. 3,5M. B. 3,2M. C. 3,6M. D. 4M. Hướng dẫn giải V 2 M a – 2,5 2,5 V a - 2,5= a = 3,5 0,5V 2,5 - 2  0,5 V a 2,5 - 2 Đáp án A. 3. Pha lỗng dung dịch Ví dụ 21: Cần thêm bao nhiêu gam nước vào 500g dung dịch NaOH 12% để cĩ dung dịch NaOH 8%? A. 250. B. 200. C. 150. D. 100. Hướng dẫn giải m1 C1 C2 - C C 1 2 2 1 m C - C = m C - C m2 C2 C – C1 Dung dịch 1 là H2O cĩ C1 = 0 % nên: 2H O m 0 % 4 8% 2 2 H O H O m 4= m =250 g 500 8  500 12 % 8 Đáp án A. Dạng 3: Trộn 2 chất cùng thành phần Ví dụ 22: Từ 1 tấn quặng hematit (A) điều chế được 420kg sắt. Từ 1 tấn quặng manhetit (B) điều chế được 504kg sắt. Phải trộn 2 quặng trên với tỉ lệ về khối lượng là bao nhiêu để được 1 tấn quặng hỗn hợp mà từ 1 tấn quặng hỗn hợp này điều chế được 480kg sắt ? A. 3 : 5. B. 2 : 3. C. 4 : 5. D. 2 : 5. Hướng dẫn giải mA 420 24 480 A B m 24 2 = = m 60 5  mB 504 60 Đáp án D. Dạng 4: Bài tốn xác định thành phần muối trong phản ứng đơn bazơ và đa axit Ví dụ 23: Trộn lẫn 150ml dung dịch KOH 1,2M với 80ml dung dịch H3PO4 1,5M được dung dịch X. Nồng độ mol/l của muối tan trong dung dịch X là A. 0,26M; 0,26M. B. 0,13M; 0,26M. C. 0,13M; 0,13M. D. 0,3M; 0,26M. Hướng dẫn giải - 3 4 OH H PO n 0,15.1,2T = = = 1,5 n 0,08.1,5  tạo 2 muối NaH2PO4 (x mol) và Na2HPO4 (y mol). NaH2PO4 (T = 1) 2-1,5=0,5  1 T = 1,5 Na2HPO4 (T = 2) 1,5-1=0,5  1 3 4H PO n = 0,08. 1,5 = 0,12 mol 2 4 2 4 2 4 2 4NaH PO Na HPO NaH PO Na HPOM M n = n C = C= 0,06 mol = 0,06 0,26M 0,23    Đáp án A. Dạng 5: Bài tốn hỗn hợp 2 chất vơ cơ của 2 kim loại cĩ cùng hĩa trị và khả năng phản ứng Ví dụ 24: Cho hỗn hợp gồm NaCl và NaBr tác dụng với dung dịch AgNO3 dư thì tạo ra kết tủa cĩ khối lượng bằng khối lượng của AgNO3 đã tham gia phản ứng. Thành phần % theo khối lượng của NaCl trong hỗn hợp đầu là A. 25,84%. B. 27,84%. C. 40,45%. D. 27,48%. Hướng dẫn giải NaCl + AgNO3  AgCl↓ + NaNO3 NaBr + AgNO3  AgBr↓ + NaNO3 Khối lượng kết tủa (gồm AgCl và AgBr) bằng khối lượng AgNO3, do đĩ khối lượng mol trung bình của hai muối kết tủa. 3 (AgCl AgBr ) AgNO (Cl;Br)M M 170 M 170 108 62       (Cl;Br) (NaCl;NaBr) M =170 - 108 = 62 M = 62 + 23= 85  Áp dụng sơ đồ đường chéo: N aB r . ....... 1 0 3 2 6, 5 85 N aC l ...........5 8, 5 1 8 NaCl%m = 18. 58,5 . 100 = 27,84% 18. 58,5 + 26,5. 103  Đáp án B. Nhận xét chung : Rõ ràng phương pháp đường chéo được áp dụng rộng rãi và linh hoạt với những nét ưu việt riêng. Tuy nhiên, việc phân chia các dạng tốn trên đây hồn tồn mang tính tương đối. Từ việc nắm được bản chất của phương pháp mà cĩ thể áp dụng một cách linh hoạt. 2.1.8. Phương pháp quy đổi 2.1.8.1. Quy đổi chất  Nội dung phương pháp: - Quy đổi hỗn hợp nhiều chất về hỗn hợp 2 chất, thậm chí là 1 chất duy nhất. - Bước quy đổi giúp: + Rút gọn số phương trình phản ứng. + Rút gọn các bước tính tốn → bài tốn trở nên đơn giản.  Ví dụ minh họa: Ví dụ 25: (Đề ĐH khối B- 2007) Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 3 gam hỗn hợp chất rắn X. Hịa tan hết hỗn hợp X trong dung dịch HNO3 (dư), thốt ra 0,56 lít (ở đktc) NO (là sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của m là (cho O = 16, Fe = 56) A. 2,52. B. 2,22. C. 2,62. D. 2,32. Hướng dẫn giải Phương án 1: Quy hỗn hợp X thành: 2 3 Fe: x mol Fe O : y mol  Ta cĩ: mX = 56x + 160y = 3 (1) Theo ĐLBT e: 0 +3 +5 +2 Fe - 3e Fe; N + 3e N  x 3x 0,075 0,56 0,025 22,4   3x = 0,075 (2) Từ (1), (2)  x = 0,025 y = 0,01   Vậy X gồm: 2 3 Fe: 0,025 mol Fe O : 0,01 mol  Theo ĐLBT nguyên tố Fe: 2 3Fe Fe Fe O n = n + 2.n =0,025 + 2.0,01 = 0,045 mol  m = 0,045. 56 = 2,52 g Phương án 2: Quy hỗn hợp X thành: 2 3 FeO: x mol Fe O : y mol  Ta cĩ: mX = 72x + 160y = 3 (3) Theo ĐLBT e: +2 +3 +5 +2 Fe - 1e Fe; N + 3e N  x x 0,075 0,56 0,025 22,4   x = 0,075 (4) Từ (3), (4)  x = 0,075 y = -0,015   Vậy X gồm: 2 3 FeO: 0,075 mol Fe O : -0,015 mol  Theo ĐLBT nguyên tố Fe: 2 3Fe FeO Fe O n = n + 2.n =0,075 + 2.(-0,015) = 0,045 mol  m = 0,045. 56 = 2,52 g Phương án 3: Quy hỗn hợp X thành: 3 4 2 3 Fe O : x mol Fe O : y mol  Ta cĩ: mX = 232x + 160y = 3 (5) Theo ĐLBT nguyên tố e: +8/3 +3 +5 +21Fe - e Fe; N + 3e N 3   3x x 0,075 0,56 0,025 22,4   x = 0,075 (6) Từ (5), (6)  x = 0,075 y = -0,09   Vậy X gồm: 3 4 2 3 Fe O : 0,075 mol Fe O : -0,09 mol  Theo ĐLBT nguyên tố Fe: 3 4 2 3Fe Fe O Fe O n = 3.n + 2.n =3. 0,075 + 2.(-0,09) = 0,045 mol  m = 0,045. 56 = 2,52 g Phương án 4: Quy hỗn hợp X thành: Fe: x mol FeO: y mol  Ta cĩ: mX = 56x + 72y = 3 (7) Theo ĐLBT e: +3 2 +3 +5 +2 Fe - 3e Fe; Fe - 1e Fe; N + 3e N     x 3x y y 0,075 0,56 0,025 22,4   3x + y = 0,075 (8) Từ (7), (8)  x = 0,015 y = 0,03   Vậy X gồm: Fe: 0,015 mol FeO : 0,03 mol  Theo ĐLBT nguyên tố Fe: Fe Fe FeOn = n + n = 0,015 + 0,03 = 0,045 mol  m = 0,045. 56 = 2,52 g Phương án 5: Quy hỗn hợp X thành: 3 4 Fe: x mol Fe O : y mol  Ta cĩ: mX = 56x + 232y = 3 (9) Theo ĐLBT e: +3 8/3 +3 +5 +21Fe - 3e Fe; Fe - e Fe; N + 3e N 3     x 3x 3y y 0,075 0,56 0,025 22,4   3x + y = 0,075 (10) Từ (9), (10)  x = 0,0225 y = 0,0075   Vậy X gồm: 3 4 Fe: 0,0225 mol Fe O : 0,0075 mol  Theo ĐLBT nguyên tố Fe: 3 4Fe Fe Fe O n = n + 3.n = 0,0225 + 3.0,0075 = 0,045 mol  m = 0,045. 56 = 2,52 g Phương án 6: Quy hỗn hợp X thành: 3 4 FeO: x mol Fe O : y mol  Ta cĩ: mX = 72x + 232y = 3 (11) Theo ĐLBT e:      2 +3 8/3 +3 +5 +2 Fe - 1e Fe; 3 Fe - e 3Fe; N + 3e N x x 3y y 0,075 0,56 0,025 22,4   x + y = 0,075 (12) Từ (11), (12)  x = 0,09 y = -0,015   Vậy X gồm: 3 4 FeO: 0,09 mol Fe O : - 0,015 mol  Theo BTNT Fe: 3 4Fe FeO Fe O n = n + 3.n = 0,09 + 3.(-0,015) = 0,045 mol  m = 0,045. 56 = 2,52 g Đáp án A.  Một số nhận xét và chú ý: - Việc quy đổi phải đảm bảo giữ nguyên tổng số mol từng nguyên tố (do đĩ khối lượng khơng đổi) và tổng số oxy hĩa của hỗn hợp. - Do việc quy đổi nên số mol một chất cĩ thể cĩ giá trị âm để tổng số mol từng nguyên tố là khơng đổi. - Trong các hướng quy đổi đã trình bày thì với bài tốn dạng này (hỗn hợp oxit FexOy và Fe) ta nên quy đổi về hỗn hợp Fe và Fe2O3 (phương án 1) là đơn giản và gọn nhất. - Trong quá trình làm bài ta thường kết hợp sử dụng phương pháp bảo tồn electron cùng với việc sơ đồ hĩa bài tốn để tránh phải viết phương trình phản ứng, qua đĩ rút ngắn được thời gian làm bài.  Qua ví dụ trên ta thấy cĩ thể quy đổi hỗn hợp nhiều chất về 2 chất thậm chí là một chất. - Tuy nhiên, các phép biến đổi trên đơi khi cịn phức tạp, thậm chí là khĩ hiểu. - Thực tế của phép quy đổi là nhằm mục đích đơn giản hĩa bài tốn. Do đĩ, đơn giản nhất (và cũng là bản chất nhất) ta quy đổi tồn bộ hỗn hợp về các nguyên tử đơn chất cấu thành nên hỗn hợp. 2.1.8.2. Quy đổi hỗn hợp về đơn chất  Nội dung phương pháp: Phải đảm bảo giữ nguyên tổng số mol từng nguyên tố.  Phạm vi áp dụng: Các bài tập hỗn hợp nhiều chất (thơng thường được cấu thành từ 2 nguyên tố).  Ví dụ minh họa: Ví dụ 26: Giải lại đề ĐH khối B - 2007 Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 3 gam hỗn hợp chất rắn X. Hịa tan hết hỗn hợp X trong dung dịch HNO3 (dư), thốt ra 0,56 lít (ở đktc) NO (là sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của m là (cho O = 16, Fe = 56) A. 2,52. B. 2,22. C. 2,62. D. 2,32. Hướng dẫn giải Quy hỗn hợp X thành: Fe: x mol O: y mol  Ta cĩ: mX = 56x + 16y = 3 (1) Theo ĐLBT e: 0 +3 0 -2 5 +2 Fe - 3e Fe; O + 2e O; N + 3e N     x 3x y 2y 0,075 0,56 0,025 22,4   3x = 2y + 0,075 (2) Từ (1), (2)  x = 0,045 y = 0,03   Vậy X gồm: Fe: 0,045 mol O: 0,03 mol   m = 0,045. 56 = 2,52 g Đáp án A. Ví dụ 27: (Đề ĐH khối B – 2008) Cho 9,12 gam hỗn hợp gồm FeO, Fe2O3, Fe3O4 tác dụng với dung dịch HCl (dư). Sau khi các phản ứng xảy ra hồn tồn, được dung dịch Y; cơ cạn Y thu được 7,62 gam FeCl2 và m gam FeCl3. Giá trị của m là A. 9,75. B. 8,75. C. 7,80. D. 6,50. Hướng dẫn giải Quy đổi hỗn hợp 3 oxit thành 2 nguyên tố: Fe (x mol) và O (y mol). mhh = 56x + 16y =9,12 (1) Ptpu: FeO + 2 HCl → FeCl2 + H2O Fe2O3 + 6HCl → 2 FeCl3 + 3H2O Fe3O4 + 8HCl → FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O Thực chất của các quá trình trên là: 2H+ (HCl) + O (oxit) → H2O + - O(oxitKL)H Cln = n =2.n  2 3FeCl FeCl O(oxit KL) n .2 + n .3 = 2. n (BTNT Cl) 3 3 2FeCl FeCl Fe(hhđầu) FeCl 0,06. 2 + n .3 = 2. y với n = n - n = x - 0,06  0,12 + (x – 0,06). 3 = 2y  3x – 2y = 0,06 (2) Giải hệ phương trình (1) và (2): x =0,12 mol; y = 0,15 mol   3 3FeCl FeCl n = x - 0,06 = 0,06mol m = 0,06. 162,5 = 9,75 (g) Đáp án A.  Một số kết luận Tĩm lại, một bài tốn cĩ thể cĩ nhiều hướng quy đổi khác nhau. - Quy đổi hỗn hợp nhiều chất về hai chất hoặc một chất. - Quy đổi hỗn hợp nhiều chất về các đơn chất (nguyên tố). Tùy theo từng trường hợp cụ thể mà ta lựa chọn cách quy đổi thích hợp cho lời giải chính xác và nhanh, gọn nhất. 2.1.9. Dựa vào phương trình ion thu gọn 2.1.9.1. Nội dung phương pháp  Phương trình ion thu gọn cho biết bản chất của phản ứng đồng thời giúp giải tốn nhanh, gọn hơn.  Trong phản ứng dạng ion rút gọn: chất điện li mạnh phải viết dưới dạng ion; các chất điện li yếu và chất khí, chất kết tủa viết dưới dạng phân tử.  Áp dụng: Trong bài tốn cĩ nhiều phản ứng nhưng cĩ cùng bản chất như: - Phản ứng axit – bazơ (liên quan đến pH) - Bài tốn cho từ từ H+ vào muối CO32- hoặc ngược lại. - Phản ứng oxy hĩa khử: kim loại, muối tác dụng với hỗn hợp axit cĩ tính oxy hĩa mạnh. 2.1.9.2. Ví dụ minh họa Dạng 1: Phản ứng axit mạnh + bazơ mạnh a. Phương pháp làm bài: - Phương trình ion rút gọn: H+ + OH- → H2O - Ta luơn cĩ: + - (pư) (pư)H OH n = n  - Khi biết  + - (ban đầu) (ban đầu)H OH n , n xem H+ hay OH- dư  pH - Khi biết + -H OHn ; n  - +OH Hn hay n  V hay CM ... - Khi biết pH sau khi trộn  H+ hay OH- dư  tính tốn theo yêu cầu bài tốn (chú ý: sau trướcV = V ) Ví dụ 28: (TSĐH khối A- 2008) Trộn lẫn V ml dung dịch NaOH 0,01M với V ml dung dịch HCl 0,03 M được 2V ml dung dịch Y. Dung dịch Y cĩ pH là A. 4. B. 3. C. 2. D. 1. Hướng dẫn giải +H n 0,03.V  ; OH n 0,01. V  Khi phản ứng: H+ + OH-  H2O 0,01V  0,01V  H+ dư: 0,02V  + 0,02V[H ] = = 0,01 M 2V  pH = - lg 0,01 = 2 Đáp án C. c. Nhận xét  Với dạng bài tốn axit tác dụng với bazơ mạnh này, cĩ thể giải bằng phương trình phân tử. Tuy nhiên nên giải bài tốn bằng phương trình ion thu gọn sẽ rất nhanh, cho kết quả chính xác, đồng thời khắc sâu bản chất của phản ứng axit – bazơ là phản ứng giữa H+ và OH-. Dạng 2: Bài tốn: Muối CO32- + H+ a. Phương pháp làm bài: Cần nhận định về bản chất của quá trình phản ứng (khi cho CO32- từ từ vào H+ hay cho từ từ H+ vào CO32-). - Khi cho CO32- từ từ vào H+: CO32- + 2H+  CO2↑ + H2O - Khi cho từ từ H+ vào CO32-: H+ + CO32-  HCO3- HCO3- + H+  CO2↑ + H2O Lưu ý: NaHSO4 đĩng vai trị như axit H2SO4 cung cấp ion H+. b. Ví dụ minh họa Ví dụ 29: (TSĐH Khối A – 2007) Cho từ từ dung dịch chứa a mol HCl vào dung dịch chứa b mol Na2CO3 đồng thời khuấy đều, thu được V lít khí (ở đktc) và dung dịch X. Khi cho dư nước vơi trong vào dung dịch X thấy cĩ xuất hiện kết tủa. Biểu thức liên hệ giữa V với a, b là A. V = 22,4(a - b). B. V = 11,2(a - b). C. V = 11,2(a + b). D. V = 22,4(a + b). Hướng dẫn giải + HClHn = n = a mol ; 2-3COn = b mol Khi cho từ từ H+ vào CO32-: H+ + CO32-  HCO3- b  b H+ + HCO3-  CO2↑ + H2O Khi cho Ca(OH)2 vào dung dịch X thấy cĩ ↓  dung dịch X cĩ HCO3- dư  H+ hết + 2CO H dư n = n = a - b (mol) V = 22,4.(a-b) Đáp án A. c. Nhận xét: Dạng tốn này giải bằng phương trình phân tử hay ion thu gọn đều được. Tuy nhiên, đối với bài cho hỗn hợp nhiều axit (NaHSO4), việc viết phản ứng sẽ khĩ khăn, trong trường hợp này nên dùng phương trình ion là đơn giản nhất. Dạng 3: Quá trình: chất khử + H+ + NO3- a. Phương pháp làm bài: Đối với bài tốn chất khử tác dụng với axit cĩ tính oxy hĩa mạnh (HNO3, H2SO4 đặc) liên quan đến lượng axit H+, bắt buộc dùng phương trình ion thu gọn khi lượng H+ tính từ nhiều axit. Chú ý: - Ion NO3- trong mơi trường H+ cĩ tính oxy hĩa mạnh như HNO3. - Cu, Fe2+,.. khơng phản ứng với HCl, H2SO4 lỗng, NaHSO4 ; cũng khơng phản ứng với NaNO3, KNO3 nhưng phản ứng với hỗn hợp 2 loại chất đĩ giống như phản ứng với HNO3. 3Cu + 8H+ + 2 NO3-  3Cu2+ + 2NO↑ + 4H2O 3Fe2+ + 4H+ + NO3-  3 Fe3+ + NO↑ + 2H2O - Cu, Fe2+,..phản ứng được với hỗn hợp (NaNO3 và NaHSO4) nhưng khơng phản ứng được với hỗn hợp (NaNO3 và NaHCO3) vì NaHCO3 là muối axit nhưng lại cĩ mơi trường kiềm. b. Ví dụ minh họa Ví dụ 30: (Đề ĐH khối B – 2007) Thực hiện hai thí nghiệm: 1) Cho 3,84 gam Cu phản ứng với 80 ml dung dịch HNO3 1M thốt ra V1 lít NO. 2) Cho 3,84 gam Cu phản ứng với 80 ml dung dịch chứa HNO3 1M và H2SO4 0,5 M thốt ra V2 lít NO. Biết NO là sản phẩm khử duy nhất, các thể tích khí đo ở cùng điều kiện. Quan hệ giữa V1 và V2 là A. V2 = V1. B. V2 = 2,5V1. C. V2 = 2V1. D. V2 = 1,5V1. Hướng dẫn giải: Cu 3,84n 0,06mol 64   * Thí nghiệm 1: 3HNOH n n 0,08.1 0,08mol    3Cu + 8H+ + 2 NO3-  3Cu2+ + 2NO↑ + 4H2O 0,06 0,08  0,02 mol H Cu n 0,08 4 8 n 0,06 3 3      H+ cho thiếu  chiếu mol theo H+ * Thí nghiệm 2: 3 2 4HNO H SOH n n 2.n 0,08.1 2.0,08.0,5 0,16mol      3Cu + 8H+ + 2 NO3-  3Cu2+ + 2NO↑ + 4H2O 0,16  0,04 mol H Cu n 0,16 8 n 0,06 3     phản ứng vừa đủ  V2 = 2. V1 Đáp án C. c. Nhận xét: Dạng bài tập chất khử tác dụng với hỗn hợp H+ và NO3- bắt buộc dùng phương trình ion vì H+ ở đây do nhiều axit cung cấp, kể cả axit lỗng (HCl, H2SO4, NaHSO4); lẫn axit cĩ tính oxy hĩa mạnh như HNO3…  Ngồi ra, phương trình ion thu gọn cịn được sử dụng rộng rãi để giải nhanh một số dạng bài tốn: hiđroxit lưỡng tính, bài tốn CO2 tác dụng với dung dịch kiềm. Bài này cĩ thể giải bằng phương trình phân tử hay ion đều được. 2.2. Vận dụng các phương pháp giải nhanh vào một số dạng bài tập trắc nghiệm hĩa học vơ cơ cụ thể 2.2.1. Kim loại tác dụng với axit loại 1 (HCl, H2SO4 lỗng,…) 2.2.1.1. Nội dung phương pháp Dạng 1: Kim loại + HCl  Muối Clorua + H2 Phương trình phản ứng: M + 2nHCl → 2MCln + n H2↑ Nhận xét: HCl → ½ H2↑ + Cl- (ĐLBT nguyên tố) 2kimloại HCl (pư) Hmuối clorua m + m = m + m (ĐLBT khối lượng) - 2Cl (muối) HHCl (pư) = nn 2. n= - 2HClKL pư KL pưmuối clorua = = m m + 35,5.n m +71.n Dạng 2: Kim loại + H2SO4 lỗng  Muối Sunfat + H2 Phương trình phản ứng: 2M + nH2SO4 → M2(SO4)n + n H2↑ Nhận xét: H2SO4 → H2↑ + SO42- (BTNT) 2 4 2SOkimloại H (pư) Hmuối sunfat m + m = m + m 2 4 2SO HH (pư) n n = 2- 24SO HKL pư KL pưmuối sunfat = = m m + 96.n m + 96.n  Nhận xét: - Bài tốn cĩ 3 đại lượng (kim loại, H2, muối) đề bài sẽ cho 2 đại lượng và hỏi đại lượng cịn lại. - Thay thế hỗn hợp nhiều kim loại bằng các kim loại cụ thể khác nhau (số lượng khơng nhiều lắm) sẽ mắc bẫy là lập phương trình. - Thay thế HCl bằng axit khác (như H2SO4 lỗng, HBr, HI) thậm chí là hỗn hợp axit (tác dụng vừa đủ với số mol cụ thể của mỗi axit). Khi đĩ: m muối = mkim loại + m các gốc axit và HnX → n/2 H2↑ + X- 2.2.1.2. Ví dụ minh họa Ví dụ 1: Hịa tan hồn tồn 10 g hỗn hợp 2 kim loại hĩa trị I và II trong dung dịch HCl dư thấy tạo ra 2,24 lít khí H2 (đkc). Cơ cạn dung dịch sau phản ứng thấy thu được m (g) muối khan. Giá trị m là A. 1,71 g. B. 17,1 g. C. 3,42 g. D. 34,2 g. Hướng dẫn giải 2H 2,24n = = 0,1 mol 22,4 2Hkim loạimuối clorua = 10+71.0,1 = 17,1g= m m +71.n Đáp án B. Ví dụ 2: (TSCĐ khối A – 2008) Hồ tan hết 7,74 gam hỗn hợp bột Mg, Al bằng 500 ml dung dịch hỗn hợp HCl 1M và H2SO4 0,28M thu được dung dịch X và 8,736 lít khí H2 (ở đktc). Cơ cạn dung dịch X thu được lượng muối khan là A. 38,93 g. B. 103,85 g. C. 25,95 g. D.77,86 g. Hướng dẫn giải Giả sử HCl và H2SO4 phản ứng hết  2 2 4H HCl H SO 1 1 n = . n + n = . 0,5.1 + 0,5. 0,28 = 0,39 mol 2 2 2H thu được 8,736n = = 0,39 mol 22,4  HCl và H2SO4 phản ứng vừa đủ với hỗn hợp Mg, Al. - 2- 4 muối KLpư Cl SO m = m + m + m = 7,74 + 0,5.35,5 + 0,5. 028.96 = 38,93 g Đáp án A. 2.2.2. Kim loại tác dụng với axit loại 2 (H2SO4 đặc, HNO3) 2.2.2.1. Nội dung phương pháp Dạng 1: Kim loại + H2SO4 đặc    2 +4 2 +6 0 2 4đặc -2 2 + H O S O Kim loại + H S O Muối sunfat + S H S  Phương trình phản ứng: 2M + 2n H2SO4 → M2(SO4)n + n SO2↑ + 2n H2O (1) 6M + 4n H2SO4 → 3M2(SO4)n + n S↓ + 4n H2O (2) 8M + 5n H2SO4 → 4M2(SO4)n + n H2S ↑ + 4n H2O (3)  Nhận xét: - Trong phản ứng, số oxy hĩa của kim loại M tăng; đồng thời số oxy hĩa của S (H2SO4) giảm. - Cụ thể: S → SO2 (giảm 4); S → S (giảm 6); S → H2S (giảm 8). - Từ 3 phản ứng (1), (2), (3): 2- 2- 2 24 4 e nhận SO SO e nhậnSO (muối) SO (muối) 1n = 2.n (BT e); n = n (pt 1) n = . n 2  2- 2- 4 4 e nhận S S e nhậnSO (muối) SO (muối) 1n = 6.n (BT e); n = 3.n (pt 2) n = . n 2  2- 2- 2 24 4 e nhận H S H S e nhậnSO (muối) SO (muối) 1n = 8.n (BT e); n = 4.n (pt 3) n = . n 2  Với sản phẩm khử là SO2, S hay H2S ta luơn cĩ: 2- 4 e nhậnSO (muối) 1n = . n 2 kimloại sp khử của Sn . SOH KL tăng = n . SOH S giảm ĐLBT e) 2 4H SO S (sp khử)S (muối) n = n + n (ĐLBT nguyên tố S) 2- 4SO e nhậnKL pư KL pưmuối sunfat 196. 2 = = m m + 96.n m + n Dạng 2: Kim loại + HNO3 5 3 2 +4 2 +2 +1 2 0 2 -3 4 3 Kim loại + H NO Muối nitrat + + H O NO NO N O N NH NO    Dung dịch sau phản ứng + NaOH  NH3. Nếu sản phẩm khơng tạo khí  sản phẩm khử là dung dịch NH4NO3  Phương trình phản ứng: M + 2n HNO3 → M(NO3)n + n NO2↑ + n H2O (4) 3M + 4n HNO3 → 3M(NO3)n + n NO↑ + 2n H2O (5) 8M + 10n HNO3 → 8M(NO3)n + n N2O ↑ + 5n H2O (6) 10M + 12n HNO3 → 10 M(NO3)n + n N2 ↑ + 6n H2O (7) 8M + 10n HNO3 → 8 M(NO3)n + n NH4NO3 ↑ + 3n H2O (8)  Nhận xét:  Trong phản ứng, số oxy hĩa của kim loại M tăng; đồng thời số oxy hĩa của N (HNO3) giảm. Cụ thể: N → NO2 (giảm 1); N → NO (giảm 3); N → N2O (giảm 8); N → N2 (giảm 10); N → NH4NO3 (giảm 8).  Từ 5 phản ứng từ (4) đến (8): Chứng minh tương tự như H2SO4 đặc ở trên, ta rút ra nhận xét: Với sản phẩm khử là NO2, NO, N2O, N2 hay NH4NO3 ta luơn cĩ: - 3 e nhậnNO (muối) n = n kimloại sp khử của Nn . SOH KL tăng = n . SOH N giảm (ĐLBT e) 3HNO N (sp khử)N (muối) n = n + n (ĐLBT nguyên tố N) 3 e nhậnNOKL pư KL pưmuối nitrat 62. = = m m + 62.n m + n 2.2.2.2. Ví dụ minh họa Ví dụ 3: Hỗn hợp A gồm 2 kim loại hoạt động X và Y cĩ hố trị khơng đổi. Chia 4,04 gam A thành 2 phần bằng nhau. Phần 1 tan hồn tồn trong dung dịch lỗng chứa HCl và H2SO4 tạo ra 1,12 lít H2 (đktc). Phần 2 tác dụng hồn tồn với dung dịch HNO3 chỉ tạo ra khí NO duy nhất. (3a, 3b) 3a: Thể tích (lít) NO thốt ra ở đktc là A. 0,747. B. 1,746. C. 0,323. D. 1,494. 3b: Khối lượng (gam) muối nitrat thu được là A. 2,18. B. 4,22. C. 4,11. D. 8,22. Hướng dẫn giải Phần 1: 2 kim loại X và Y + dung dịch HCl, H2SO4 lỗng: Theo ĐLBT e: +2 KL nhường H nhậnn n   Phần 2: 2 kim loại X và Y + dung dịch HNO3: Theo ĐLBT e: +52 KL nhường N nhậnn n   Nhận xét: Tổng số mol e nhường ở 2 phần bằng nhau  Tổng mol e nhận ở 2 phần cũng bằng nhau. Xét quá trình nhận e ở mỗi phần: Phần 1: 2 H+ + 2e → H2 Phần 2: N+5 + 3e → N+2 (NO)   2 2H NO NO H 2 2 1,12 0,1 2. n = 3. n n = . n = . = (mol) 3 3 22,4 3 NO 0,1 V = .22,4 = 0,747 (l) 3  e nhận NOmuối nitrat KL(phần 2) KL(phần 2) 4,04 0,162. = +62.3. + 62. .3 = 8,22 g 2 3 = m m + n m n  Đáp án: 3a: A; 3b: D Ví dụ 4: Hịa tan hết m gam hỗn hợp A gồm Ag, Cu, Fe trong H2SO4 đặc nĩng, ta thu được 58,6g hỗn hợp muối và 11,2 lít khí SO2 (đkc). Giá trị của m (gam) là A. 10,6. B. 11,15. C. 13,6. D. 12,24. Hướng dẫn giải e nhậnKL pưmuối sunfat 196. 2 = m m + n e nhậnKL pư muối sunfat 196. 2 m m n    2SOKL pư 1 1 11,2 = 58,6 - 96. .2. n = 58,6 - 96. .2. = 10,6 g 2 2 22,4 m Đáp án A . 2.2.3. Kim loại tác dụng với oxi 2.2.3.1. Nội dung phương pháp mkim loại + 2Om (pứ) = moxit - Xét bài tốn: Kim loại + Oxi  Oxit kim loại Oxit kim loại + axit loại 1 (HCl / H2SO4 lỗng,...)  muối + H2O Ptpư: 2M + ½ n O2 → M2On (1) M2On + 2n H+ → 2 Mn+ + n H2O (2) Thực chất của quá trình (2) là: O (oxit) + 2H+ → H2O (3) Kim loại + O2  Oxit kim loại Theo ĐLBT khối lượng: Oxit kim loại + axit loại 1  Muối + H2O Theo ĐLBT khối lượng: Từ (1) và (3) suy ra: 2 + OO (oxit)H (axit) = 4.nn = 2. n 2.2.3.2. Ví dụ minh họa Ví dụ 5: Đốt cháy hồn tồn m (g) hỗn hợp Al và Fe ngồi khơng khí thu được (m + 4) g hỗn hợp 2 oxit. Cho 2 oxit trên tác dụng hồn tồn với V (lít) dung dịch H2SO4 0,5 M. Thể tích dung dịch H2SO4 cần dùng là A. 1 lít. B. 0,25 lít. C. 0,3 lít. D. 0,5 lít. Hướng dẫn giải Theo ĐLBT khối lượng: moxi = moxit - mkim loại = (m + 4) – m = 4 (g) 2O 4 = 0,125 mol 32 n = Cĩ: 2 + O H (axit) 4. 0,125 = 0,5 mol= n = 4. n H2SO4 → 2H+ + SO42- moxit + maxit (pứ) = mmuối + 2H Om 0,25  0,5 mol  2 4H SO M n 0,25V = = = 0,5 (l) C 0,5 Đáp án D. 2.2.4. Kim loại tác dụng với dung dịch muối 2.2.4.1. Nội dung phương pháp Dùng phương pháp tăng giảm Ví dụ 1: Zn + Cu2+  Zn2+ + Cu a a m kim loại giảm = mZn - mCu = 65.a – 64.a = a Ví dụ 2: Cu + 2Ag  Cu2+ + 2Ag a 2a m kim loại tăng = mAg - mCu = 108.2a – 64.a Ví dụ 3: 2Al + 3Cu2+  2Al3+ + 3Cu a 3/2 a m kim loại tăng = mCu - mAl = 3/2a.64 – a.27  Lưu ý: 1. Xét phản ứng : Kim loại A + Muối B → Muối A’ + kim loại B’ Điều kiện để kim loại A đẩy được dung dịch muối B: - A khơng tan trong nước. - Muối B phải tan. - A cĩ tính khử mạnh hơn B. 2. Dựa vào định luật bảo tồn khối lượng: tổng khối lượng trước và sau phản ứng phải bằng nhau.  m kim loại tăng / giảm = m muối giảm / tăng Ví dụ: Fe + CuSO4  FeSO4 + Cu a a m kim loại tăng = mCu - mFe = 64.a – 56.a = 8a = m muối sunfat giảm 3. Trường hợp 1 kim loại tác dụng với hỗn hợp nhiều muối: ưu tiên phản ứng của muối của ion kim loại cĩ tính oxy hĩa mạnh hơn trước. Ví dụ: Cho Fe vào dung dịch hỗn hợp Cu(NO3)2 và AgNO3. Thứ tự phản ứng như sau: Đầu tiên: Fe + 2 AgNO3 → 2 Ag + Fe(NO3)2 Khi AgNO3 hết: Fe + Cu(NO3)2 → Cu + Fe(NO3)2 4. Trường hợp: Hỗn hợp nhiều kim loại tác dụng với 1 muối: ưu tiên phản ứng của kim loại cĩ tính khử mạnh hơn trước. Ví dụ: Cho hỗn hợp Mg và Fe vào dung dịch CuSO4. Thứ tự phản ứng như sau: Đầu tiên: Mg + CuSO4 → Cu + MgSO4 Khi Mg hết: Fe + CuSO4 → Cu + FeSO4 2.2.4.2. Ví dụ minh họa Ví dụ 6: Cho m gam Fe vào 100 ml dung dịch Cu(NO3)2 thì nồng độ của Cu2+ cịn lại trong dung dịch bằng ½ nồng độ của Cu2+ ban đầu và thu được một chất rắn A cĩ khối lượng là m + 1,6 gam. Vậy m (g) Fe và nồng độ ban đầu của Cu(NO3)2 (phản ứng hồn tồn) là A. 1,12 g Fe; CM = 0,3M. B. 2,24g Fe; CM = 0,2 M. C. 1,12 g Fe; CM = 0,4 M. D. 2,24g Fe; CM = 0,3M. Hướng dẫn giải Sau phản ứng Cu2+ cịn dư → Fe phản ứng hết Fe + CuSO4 → Cu + FeSO4 a a ∆m tăng = mCu – mFe pư = 64 a – 56 a = 8a = msau - mtrước  8a = (m + 1,6) – m = 1,6 → a = 0,02 mol mFe = 0,02. 56 = 1,12 g 3 2 ban đầu 3 2 phản ứngCu(NO ) Cu(NO ) n = 2 . n = 0,04 mol 3 2 ban đầuM Cu(NO ) 0,04C = = 0,4M 0,1  Đáp án C. Ví dụ 7: Cho 1,12g bột Fe và 0,24g bột Mg tác dụng với 250ml dung dịch CuSO4 x mol/l. Khuấy nhẹ cho đến khi dung dịch mất màu xanh thấy khối lượng kim loại sau phản ứng là 1,88g. Giá trị của x là A. 0,04. B. 0,06. C. 0,1. D. 0,025. Hướng dẫn giải ∆m kim loại tăng = mkim loại sau pư - (mFe+ mMg) = 1,88 – (1,12 + 0,24) = 0,52g Fe ban đầu 1,12 n = = 0,02 mol 56 ; Mg ban đầu 0,24n = = 0,01 mol 24 Gọi a và b lần lượt là số mol Mg và Fe phản ứng. Do tính khử Mg > Fe nên Mg hết, Fe chưa hết Mg + Cu2+ → Cu + Mg2+(1) ∆m KL tăng (1) = (64-24).a = 40. 0,01 = 4g Fe + Cu2+ → Cu + Fe2+ (2) ∆m KL tăng = 0,52– 4 =0,12 = 8b b = 0,015   4CuSO = a + b = 0,01 + 0,015 = 0,025 moln  4M CuSO 0,025 C = x = = 0,1 M 0,25 Đáp án C. Ví dụ 8: Cho 14g bột Fe vào 400 ml dung dịch gồm AgNO3 0,5M và Cu(NO3)2 xM. Khuấy nhẹ cho tới khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch X và 30,4g chất rắn Z. Giá trị của x là A. 0,1. B. 0,125. C. 0,15. D. 0,2. Hướng dẫn giải ∆m kim loại tăng = 30,4 - 14 = 16,4 g ; Fe ban đầu 14= = 0,25 mol56n Agn = 0,4. 0,5 = 0,2 mol ; 2+Cun = 0,4.x mol Gọi a là số mol Fe phản ứng. Do tính oxy hĩa của Ag+ > Cu2+ nên Ag+ phản ứng hết Fe + 2Ag+ →2 Ag + Fe2+ (1) ∆m KL tăng (1) = 0,2.108- 0,1.56= 16 (Ag+ hết) Fe + Cu2+ → Cu + Fe2+ (2) ∆m KL tăng (2) = 16,4– 6 =0,4= 8a  a = 0,05  Sau 2 phản ứng: Fe dư: nFe dư = 0,25 – (0,1 + 0,05) = 0,1 mol  Cu2+ hết:    2Cun = b = 0,05 mol 0,4x = 0,05 x = 0,125 M Đáp án B. Ví dụ 9: Hịa tan 3,28g hỗn hợp muối MgCl2 và Cu(NO3)2 vào nước được dung dịch X. Nhúng X vào 1 thanh Fe, sau 1 thời gian lấy thanh Fe ra rửa sạch, làm khơ cân lại thấy tăng thêm 0,8g. Cơ cạn dung dịch sau phản ứng thu được m (g) muối khan. Giá trị của m(g) là A. 0,24. B. 2,48. C. 4,13. D. 1,49. Hướng dẫn giải Ptpư: Fe + Cu2+ → Cu + Fe2+ m kim loại tăng = = m muối giảm = 0,8 g  m muối sau phản ứng = 3,28 - 0,8 = 2,48 g Đáp án B. 2.2.5. Kim loại tác dụng với nước 2.2.5.1. Nội dung phương pháp Kim loại kiềm IA Kim loại kiềm thổ IIA (Ca, Ba, Sr) M + H2O  MOH + ½H2 nkim loại = nMOH = 2. 2Hn M + H2O  M(OH)2 + H2 nkim loại = 2M(OH)n = 2Hn Nhận xét: - Xét quá trình phản ứng trên thấy: H2O → ½ H2 + OH- - 2HOH n = 2. n - Dung dịch bazơ tạo thành được trung hịa bởi dung dịch axit loại 1 (HCl, H2SO4 lỗng,..): OH- + H+ → H2O - 2HOH H n n = 2. n 2.2.5.2. Ví dụ minh họa Ví dụ 10: Cho hỗn hợp 2 kim loại kiềm thổ tan hồn tồn trong nước thu được V lít H2 (đktc) . Dung dịch sau phản ứng cần 20ml dung dịch hỗn hợp HCl 1M và H2SO4 0,5M để trung hồ. V cĩ giá trị là A . 0,448 lít. B. 0,336 lít. C. 0,224 lít. D. 0,112 lít. Hướng dẫn giải Ptpư: M + 2 H2O → M(OH)2 + H2↑ OH- + H+ → H2O Nhận xét: + - 2HH OHn = n = 2. n 2 4+ H SOHClH = n + 2.nn = 0,02. 1 + 2. 0,02. 0,5 = 0,04 mol  + 2 HH 1 1= .n = . 0,04 = 0,02 mol 2 2 n  2H = 0,02 . 22,4 = 0,448 (l)V Đáp án A 2.2.6. Kim loại tác dụng với dung dịch kiềm 2.2.6.1. Nội dung phương pháp Kim loại lưỡng tính: Al, Zn, (Be, Cr) Khi kim loại lưỡng tính tác dụng với dung dịch axit hoặc bazơ. Chẳng hạn: Ví dụ 1: Al + OH- + H2O  AlO2- + 3/2 H2 (1a) Al + 3 H+  Al3+ + 3/2 H2 (1b) Ví dụ 2: Zn + 2OH-  ZnO22- + H2 (1a) Zn + 2H+  Zn2+ + H2 (1b) Nhận xét: - Khi cho Al tác dụng với dung dịch kiềm: 2H Al 3n n 2   - Khi cho Zn tác dụng với dung dịch kiềm: 2H Zn n n - Cùng một lượng Al, Zn phản ứng với dung dịch axit và bazơ thì thu được lượng H2 bằng nhau: 2.2.6.2. Ví dụ minh họa Ví dụ 11: Hồ tan hỗn hợp (Al và Zn) vào dung dịch NaOH dư thu được V(lít) khí ở đktc. Cũng lượng hỗn hợp trên tác dụng vừa đủ với 300 ml dung dịch H2SO4 2M. Tính V? A. 8,96 l. B. 13,44 l. C. 6,72 l. D. 4,48 l. Hướng dẫn giải 2 4H SO n = 0,3. 2 = 0,6 mol Ptpư: Al + OH- + H2O  AlO2- + 3/2 H2 Zn + 2OH-  ZnO22- + H2 Al + 3 H+  Al3+ + 3/2 H2 Zn + 2H+  Zn2+ + H2 Nhận xét: +22 H (pư với axit)H (pư với kiềm) H 1 1n = n = . n = . 0,6 .2 = 0,6 mol 2 2 2H 0,6. 22,4 = 13,44 (l) V =  Đáp án B 2.2.7. Oxit kim loại tác dụng với axit loại 1 2.2.7.1. Nội dung phương pháp  M2On + 2n H+ → 2 Mn+ + n H2O (1) Thực chất của quá trình (1) là: O (oxit) + 2H+ → H2O (1’) Từ (1’) rút ra nhận xét quan trọng: + O (oxit)H (axit)n = 2. n (*) Biểu thức (*) đúng cho hỗn hợp nhiều oxit kim loại tác dụng với hỗn hợp nhiều axit loại 1.  M2On + n H2SO4 → M2(SO4)n + n H2O (2) 2H n (pứ với kiềm) = 2Hn (pứ với axit) Từ (2) rúr ra nhận xét: 2- 2 4 4 O(oxit) H SO pư SO n = n = n Theo ĐLBT khối lượng: 2- 2- 4 4 2 4 2 4 2 4 muốisunfat KL oxitKL O(oxit)SO SO oxitKL H SO pư H SO pư oxitKL H SO pư m = m + m = m - m + m = m -16.n + 96.n = m + 80.n 2 4oxitKL H SO pưmuốisunfat m = m + 80. n  M2On + 2n HCl → 2MCln + n H2O (3) Từ (3) rút ra nhận xét: -O(oxit) HCl pư Cl 1 1n = n = n 2 2 Theo ĐLBT khối lượng: - -muối clorua KL oxitKL O(oxit)Cl Cl oxitKL HClpư HClpư oxitKL HClpư m = m + m = m - m + m 1 1 = m -16. n + 35,5.n = m + .55.n 2 2 oxitKL HClpưmuối clorua 1m = m + . 55. n 2  Xét bài tốn : Hỗn hợp kim loại và oxit kim loại tác dụng axit loại 1  + -2 4+H (HCl, H SO loãng),... + OHkim loạiHỗn hợp hỗn hợp muối cực đại oxit kim loại Điều kiện: Kim loại này khơng được là kiềm hoặc kiềm thổ, nghĩa là kim loại từ Mg trở đi (tạo được kết tủa hiđroxit tương ứng) Phương trình phản ứng: M + n H+ → Mn+ + ½ n H2↑ K2Om + 2m H+ → 2 Km+ + m H2O (1) Mn+ + n OH- → M(OH)n↓ Km+ + m OH- → K(OH)m↓ Ta luơn luơn cĩ: + -H OHn = n 2.2.7.2. Ví dụ minh họa Ví dụ 12: (Đề ĐH khối A – 2008) Để hồ tan hồn tồn 2,32 gam hỗn hợp gồm FeO, Fe3O4 và Fe2O3 (trong đĩ số mol FeO bằng số mol Fe2O3), cần dùng vừa đủ V lít dung dịch HCl 1M. Giá trị của V là A. 0,23. B. 0,18. C. 0,08. D. 0,16. Hướng dẫn giải Vì hỗn hợp 3 oxit cĩ: 2 3FeO Fe O n = n nên xem hỗn hợp tương đương với Fe3O4 Vậy xem hỗn hợp ban đầu tương đương với Fe3O4. Cho oxit tác dụng với HCl: 2 H+ (HCl) + O (oxit) → H2O + 3 4O(oxitKL) Fe OH 2,32n = 2.n = 2. n . 4 = 8. = 0,08 mol 232 HCl HCl 0,08n = 0,08 mol V = = 0,08 (l)1 Đáp án C. Ví dụ 13: Để hồ tan hồn tồn hỗn hợp gồm CuO và Fe cần dùng 100ml dung dịch hỗn hợp HCl 1M và H2SO4 0,5M thu được dung dịch X. Cho dung dịch X tác dụng với V lít dung dịch NaOH 1M thì thu được kết tủa cực đại. Vậy V cĩ giá trị là A . 0,2 lít. B. 0,3 lít. C. 0,15 lít. D. 0,4 lít. Hướng dẫn giải Ptpư dạng ion thu gọn: CuO + 2 H+ → Cu2+ + H2O Fe + 2 H+ → Fe2+ + H2↑ Cu2+ + 2 OH- → Cu(OH)2↓ Fe2+ + 2 OH- → Fe(OH)2↓ Nhận xét: + - - 2 4HCl H SOH (axit) OH OH n = n n = n + 2.n = 0,1.1 + 2.0,1.0,5 = 0,2 mol NaOH n 0,2 V = = = 0,2 (l) V 1  Đáp án A. 2.2.8. Dùng CO, H2 khử oxit kim loại 2.2.8.1. Nội dung phương pháp Dùng chất khử CO, H2 để điều chế kim loại sau Al: 0 t 22 x y 2 H OH + M O = M + COCO    Định luật bảo tồn khối lượng: moxit kim loại + 2H (CO)m = mkim loại + 2 2H O (CO )m Nếu chất khử là CO: Xét các phản ứng sau: FexOy + y CO ot xFe + yCO2 FeO + CO ot Fe + CO2 Fe2O3 + 3 CO ot 2Fe + 3 CO2 Fe3O4 + 4 CO ot 3 Fe + 4 CO2 Nhận xét:   2CO COO oxitn n n   Tương tự với chất khử là H2:   2 2H H OO oxitn = n = n Theo định luật bảo tồn khối lượng: moxit = mkim loại + mO (oxit) 2.2.8.2. Ví dụ minh họa Ví dụ 14: Một hỗn hợp X gồm Fe2O3, FeO và Al2O3 cĩ khối lượng là 42,4 gam . Khi cho X tác dụng với CO dư, nung nĩng người ta thu được 41,6 gam hỗn hợp rắn Y và hỗn hợp khí gồm CO, CO2, khi cho hỗn hợp khí này qua dung dịch Ba(OH)2 dư thì thu được m gam kết tủa. Khối lượng kết tủa này bằng A. 4 gam. B. 16 gam. C. 9,85 gam. D. 32 gam. Hướng dẫn giải moxit X = m hỗn hợp Y + mO (oxit) 42,4= 41,6+ mO (oxit) mO (oxit) = 0,8 mol   2CO O oxit 0,8n = n = = 0,05 mol 16  3 2BaCO CO n = n = 0,05 mol (BT nguyên tố C)  3BaCO m = 0,05. 197 = 9,85 g Đáp án C. 2.2.9. Xác định cơng thức oxit sắt 2.2.13.1. Nội dung phương pháp Đặt cơng thức oxit sắt: FexOy Lập tỉ lệ: Fe O m 56x x= =? m 16y y  Lưu ý: Nếu chất khử là CO:   2CO COO oxitn n n   Nếu chất khử là H2:   2 2H H OO oxitn = n = n Theo ĐLBT khối lượng: moxit = mkim loại + mO (oxit) 2.2.9.2. Ví dụ minh họa Ví dụ 15: Dùng khí CO để khử hồn tồn 11,6g một oxit sắt. Khí đi ra sau phản ứng cho vào dung dịch Ca(OH)2 dư, được 20g kết tủa. Cơng thức phân tử của oxit sắt là A. FeO. B. Fe2O3. C. Fe3O4. D. Khơng xác định được. Hướng dẫn giải Đặt CT oxit sắt: FexOy 3 2CaCO CO 20n = = 0,2 mol = n 100 (Bảo tồn nguyên tố C)  n O/ oxit = 0,2 mol  mO / oxit = 0,2. 16 = 3,2 g  mFe /oxit = 11,6 – 3,2 = 8,4 g Fe O m 56x 8,4 = = m 16y 3,2  x 3= y 4  CT oxit sắt: Fe3O4 Đáp án C. 2.2.10. Hiđroxit lưỡng tính 2.2.10.1. Nội dung phương pháp Dạng 1: Biết 3Aln  và -OHn . Tính lượng kết tủa tạo thành?  Nguyên tắc: Căn cứ vào phản ứng: 3 3-Al Al(OH) + 3OH   (1) Sau phản ứng (1) cịn OH- dư thì: Al(OH)3 + OH-  AlO2- + 2 H2O (2) Phản ứng (1) và (2) được viết lại: 3 3-Al Al(OH) + 3OH   (1’) 3 2 2-Al AlO 2H O + 4OH    (2’) Để xác định sản phẩm tạo thành, lập tỉ lệ: 3 OH Al n T = n   Ta cĩ bảng tĩm tắt sản phẩm sau: Sản phẩm . dư . dư T = OH - OH- Al3+ n n Al3+ 3T 4 AlO2-Al(OH)3 4 Al(OH)3 Al(OH)3 AlO2- AlO2- cực đại tan hết tan 1 phần tan hết Từ bảng kết quả, ta rút ra nhận xét: cĩ 2 trường hợp tạo kết tủa: - Trường hợp 1: T ≤ 3: phản ứng (1’) xảy ra: 3Al(OH) OH 1 . 3 n = n  (*) - Trường hợp 2: 3 < T < 4: phản ứng (1’) và (2’) xảy ra. Ta cĩ: 3+ - - 3 2 3 - 2 Al(OH) AlOAl Al(OH)OH AlO n (b) n = n + (a) n = 3. n + 4. n Lấy 4.(a) – (b) ta được: -3+ 3 OHAl(OH) Al - nn = 4.n (**) - Trường hợp3: T ≥ 4: phản ứng (2’) xảy ra. Hiển nhiên trong trường hợp này: m↓ = 0 Dạng 2: Biết 3Aln  và 3Al(OH)n . Tính -OHn cần dùng? Rõ ràng cĩ 2 trường hợp tạo kết tủa. Từ (*) và (**) ta dễ dàng rút ra nhận xét: - Trường hợp 1: T ≤ 3: phản ứng (1’) xảy ra: 3Al(OH)OH n = 3. n - Trường hợp 2: 3 < T < 4: phản ứng (1’) và (2’) xảy ra. Ta cĩ: - 3+ 3OH Al(OH)Al - n = 4.n n Dạng 3: Biết 2Znn  và -OHn . Tính lượng kết tủa tạo thành?  Nguyên tắc: Căn cứ vào phản ứng: 2 2-Zn Zn(OH) + 2OH   (3) Sau phản ứng (3) cịn OH- dư thì: Zn(OH)2 + 2 OH-  ZnO22- + 2 H2O (4) Phản ứng (3) và (4) được viết lại: 2 2-Zn Zn(OH) + 2OH   (3’) 2 22 2-Zn ZnO 2H O + 4OH    (4’) Để xác định sản phẩm tạo thành, lập tỉ lệ: 2 OH Zn n T = n   Ta cĩ bảng tĩm tắt sản phẩm sau: Sản phẩm 2. dư . dư T = OH - OH- n n T > 44 cực đại tan hết tan 1 phần tan hết Zn2+ T < 2 2 < T < 4 Zn(OH)2 Zn2+ Zn(OH)2 ZnO22- Zn(OH)2 ZnO22- ZnO22- Từ bảng kết quả, ta rút ra nhận xét: cĩ 2 trường hợp tạo kết tủa: - Trường hợp 1: T ≤ 2: phản ứng (3’) xảy ra: 2Zn(OH) OH 1 . 2 n = n  (3*) - Trường hợp 2: 2 < T < 4: phản ứng (3’) và (4’) xảy ra. Ta cĩ: 2+ - 2- 2 2 2- 2 2 Zn(OH) ZnO Zn(OH)Zn ZnO OH n n n (d) n = n + (c) n = 2. + 4. Lấy 4.(c) – (d) ta được: -2+ 2OH Zn(OH)Zn = 2. - n4.n n  -2+ 2 OHZn Zn(OH) = 2 - n4.n n (4*) - Trường hợp3: T ≥ 4: phản ứng (4’) xảy ra. Hiển nhiên trong trường hợp này: m↓ = 0 Dạng 4: Biết 2Znn  và 2Zn(OH)n . Tính -OHn cần dùng? Rõ ràng cĩ 2 trường hợp tạo kết tủa. Từ (3*) và (4*) ta dễ dàng rút ra nhận xét: - Trường hợp 1: T ≤ 2: phản ứng (3’) xảy ra: 2Zn(OH)OH n = 2. n - Trường hợp 2: 2 < T < 4: phản ứng (3’) và (4’) xảy ra. Ta cĩ: - 2+ 2OH Zn(OH)Zn - 2. n = 4.n n 2.2.10.2. Ví dụ minh họa Ví dụ 16: (TSĐH khối B 2007) Cho 200 ml dung dịch AlCl3 1,5M tác dụng với V lít dung dịch NaOH 0,5M, lượng kết tủa thu được là 15,6 gam. Giá trị lớn nhất của V là A. 1,2. B. 1,8. C. 2,4. D. 2. Hướng dẫn giải 3+Aln = 0,2. 1,5 = 0,3 mol ; 3Al(OH) 15,6n = = 0,2 mol 78 Cĩ 2 trường hợp xảy ra: - Trường hợp 1: Al3+ dư, chỉ cĩ 1 phản ứng xảy ra 3 3-Al Al(OH) + 3OH   - 3Al(OH)OH = 3.0,2 = 0,6moln = 3. n - Trường hợp 2: Al3+ phản ứng hết, cĩ 2 phản ứng xảy ra 3 3-Al Al(OH) + 3OH   3 2 2-Al AlO 2H O + 4OH    3+- 3Al(OH)OH Al - = 4.0,3 - 0,2 = 1 moln 4.n n= Giá trị lớn nhất của V ứng với: -OHn = 1 mol  NaOH 1 = 20,5 V = (l) Đáp án D. Ví dụ 17: (TSĐH khối A 2008) Cho V lít dung dịch NaOH 2M vào dung dịch chứa 0,1 mol Al2(SO4)3 và 0,1 mol H2SO4 đến khi phản ứng hồn tồn, thu được 7,8 gam kết tủa. Giá trị lớn nhất của V để thu được lượng kết tủa trên là A. 0,45. B. 0,35. C. 0,25. D. 0,05. Hướng dẫn giải 2 4 3 3+ /Al (SO )Al = 0,1.2 = 0,2 moln ; 3Al(OH) 7,8n = = 0,1 mol 78 2 4 + /H SOH n = 0,1.2 = 0,2 mol Khi thêm NaOH vào dung dịch Al2(SO4)3 và H2SO4 lần lượt cĩ các phản ứng xảy ra: H+ + OH- → H2O (1) 0,2 → 0,2 mol - Trường hợp 1: Al3+ dư, chỉ cĩ 1 phản ứng xảy ra 3 3-Al Al(OH) + 3OH   - 3Al(OH)OH = 3.0,1 = 0,3moln = 3. n - Trường hợp 2: Al3+ phản ứng hết, cĩ 2 phản ứng xảy ra 3 3-Al Al(OH) + 3OH   3 2 2-Al AlO 2H O + 4OH    3+- 3Al(OH)OH Al - = 4.0,2 - 0,1 = 0,7moln 4.n n= 60n (g) 96n (g) 60n (g) 35,5n (g) Giá trị lớn nhất của V ứng với: -OHn = 0,7 mol   -OH n 0,2 + 0,7 = 0,9 mol=  NaOH = 0,9 2V 0,45 (l)= Đáp án A. 2.2.11. Muối cacbonat tác dụng với dung dịch axit 2.2.11.1. Nội dung phương pháp Dùng phương pháp tăng giảm 1) Muối cacbonat + HCl: Xét muối cacbonat của kim loại hĩa trị n: (n =1, 2, 3) Ptpư: M2 (CO3)n + 2n HCl  2M Cln + nCO2 + n H2O 1/n 2a/n a (mol) m tăng = 35,5n. 2a/n – 60n. 1/n = 11a = m hỗn hợp sau - m hỗn hợp trước Với: a = 2CO n 2) Muối cacbonat + H2SO4: Xét muối cacbonat của kim loại hĩa trị n: (n =1, 2, 3) Ptpư: M2 (CO3)n + nH2SO4  M2 (SO4)n + nCO2 + nH2O a/n a/n a (mol) m tăng = 96n.a/n – 60n. a/n = 36. a = m hỗn hợp sau - m hỗn hợp trước Với: a = 2CO n 2.2.11.2. Ví dụ minh họa Ví dụ 18: Hịa tan hồn tồn 10 gam hỗn hợp muối cacbonat kim loại hĩa trị II và III bằng dung dịch HCl thu được dung dịch Avà 672ml khí đkc. Hỏi cơ cạn dung dịch A thu được bao nhiêu g muối khan? A. 10,33g. B. 20,66g. C. 30,99g. D. Kết quả khác. Hướng dẫn giải Ptpư: MCO3 + 2 HCl → MCl2 + CO2↑ + H2O M2(CO3)3 + 6 HCl → 2 MCl3 + 3 CO2↑ + 3 H2O 2CO 0,672n = = 0,03 mol 22,4 = x ∆m tăng = 71 x – 60 x = 11x = msau - mtrước = 11. 0,03 = mmuối clrorua – 10  mmuối clorua = 10,33 g Đáp án A. Ví dụ 19: Cho 7,2 g hỗn hợp A gồm 2 muối cacbonat của 2 kim loại liên tiếp trong phân nhĩm chính nhĩm II hồ tan hết trong dung dịch H2SO4 lỗng thu được khí B và dung dịch A. Khí B cho qua dung dịch Ba(OH)2 dư thu được 15,76g kết tủa. Hỏi cơ cạn dung dịch A thu được bao nhiêu g muối khan? A. 10,33g. B. 10,08g. C. 36g. D. Kết quả khác. Hướng dẫn giải MCO3 + H2SO4 → MSO4 + CO2↑ + H2O 3 2BaCO CO 15,76 n = = 0,08 mol = n 197 = x (BT nguyên tố C) ∆m tăng = 96 x – 60 x = 36 x = msau - mtrước  36. 0,08 = mmuối sunfat - 7,2  mmuối sunfat = 10,08g Đáp án B. 2.2.12. Phản ứng giữa CO2 (hoặc SO2) với dung dịch kiềm 2.2.12.1. Nội dung phương pháp Dạng 1: Biết 2CO n (hoặc SO2) và -OHn Xác định sản phẩm tạo thành?  Nguyên tắc: Lập tỉ lệ - 2 OH CO n T = n Căn cứ vào phản ứng: -3 - 2 HCOCO + OH  (1) - 2-2 3 2CO + 2OH CO + H O (2) Ta cĩ bảng tĩm tắt sản phẩm sau: CO2 Sản phẩm 1 2. dư . dư T 2 1 < T< 2T = OH- HCO3 -HCO3 - OH- CO2 HCO3 - CO3 2- CO3 2- CO3 2- Chú ý:  Đối với bài tốn cho CO2 tác dụng với hỗn hợp dung dịch kiềm của kim loại nhĩm IA NaOH, KOH và nhĩm IIA Ba(OH)2; Ca(OH)2 nên chuyển sang ion để việc tính tốn đơn giản hơn.  Trường hợp phản ứng cĩ tạo ra kết tủa  trong sản phẩm phải cĩ ion CO32-. Cĩ 2 trường hợp xảy ra: 1 < T < 2: - 2- 3 3 - 2- 3 3 2 - HCO CO HCO CO CO OH n = n + n n = n + 2.n   -2- 23 COOHCOn = n - n T ≥ 2 , OH- dư: 2- 23 COCOn = n  Trường hợp 1 < T < 2  tạo 2 muối 2 3 - 3 ; COHCO  . Gọi - 2- 3 3HCO CO x = n ; y = n . Dựa vào 2 phản ứng (1) và (2) ta luơn cĩ: 2 - CO OH n = x + y n = x + 2y  Dạng 2: Bài tốn CO2 tác dụng với dung dịch Ca(OH)2 hoặc Ba(OH)2 cĩ liên quan đến lượng kết tủa tạo thành. Dựa trên cơ sở của phản ứng: 2 2 3 2CO + Ca(OH) CaCO + H O (3) Sau phản ứng (3) cịn CO2 dư thì: CaCO3 + CO2 + H2O  Ca(HCO3)2 (4) Phản ứng (3) và (4) được viết lại: CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O (3’) 2 CO2 + Ca(OH)2  Ca(HCO3)2 (4’) Để xác định sản phẩm tạo thành, lập tỉ lệ: 2 2Ca(OH) COnT = n Từ đĩ ta cĩ bảng tĩm tắt sản phẩm sau: CO2 Ca(OH)2 Ca(HCO3)2 Sản phẩm 1 2. CaCO3 CaCO3 CO2dư . Ca(HCO3)2 Ca(OH)2 dư CaCO3 Ca(HCO3)2 T 2 1 < T< 2T = Thơng thường bài tốn CO2 tác dụng với dung dịch kiềm hĩa trị II như Ca(OH)2, Ba(OH)2; bài tốn rất hay đề cập tới lượng kết tủa tạo thành. Từ bảng kết quả, ta rút ra nhận xét: cĩ 2 trường hợp tạo kết tủa: - Trường hợp 1: T ≤ 1: phản ứng (3’) xảy ra: 2 3CO CaCO n = n (*) - Trường hợp 2: 1 < T < 2: phản ứng (3’) và (4’) xảy ra. Dựa vào bảo tồn nguyên tố C và Ca ta cĩ: 2 3 3 2 2 3 3 2 CO CaCO Ca(HCO ) Ca(OH) CaCO Ca(HCO ) (b) n = n + 2 .n (a) n = n + n Lấy 2x(b) – (a) ta được: 3 2 2 3Ca(HCO ) CO CaCO 2 .n - n = n (**)  Các dạng tốn ứng dụng: Dạng 2a:  3 2 2 CaCO CO Ca(OH) n Biết: n ? n Từ (*) và (**) thấy cĩ 2 trường hợp: 2 2 3 2 3 CO Ca(OH) CaCO CO CaCO n = 2.n - n n = n Dạng 2b:   3CaCO 2 2 CO Ca(OH) n n Biết: ? n Lập tỉ lệ T xem bài tốn rơi vào trường hợp 1 hay 2. Sau đĩ tính 3CaCO n theo cơng thức: 3 22 3 2 CaCO COCa(OH) CaCO CO n = 2.n - n n = n (T 1) (1<T<2)  Hiển nhiên, nếu tính tỉ lệ T ≥ 2, ta kết luận ngay: 3CaCO m = 0 Dạng 2c:   2Ca(OH) ban đầu 2 3 CO CaCO n n Biết: ? n Xét trường hợp:  2 3CO CaCO n n thì bài tốn rơi vào trường hợp 2 đã xét. Từ (**) ta cĩ cơng thức: 3 2 2 CaCO CO Ca(OH) n + n n = 2  Chú ý: Cho CO2 tác dụng với dung dịch Ca(OH)2, Ba(OH)2 thu được m (g) kết tủa. Sau đĩ, đun nĩng dung dịch thu được m’ (g) kết tủa nữa  tạo 2 muối CaCO3 và Ca(HCO3)2. Phản ứng xảy ra: CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 ↓ + H2O (5) 2CO2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2 (6) Ca(HCO3)2 ot CaCO3 ↓ + CO2↑ + H2O (7) Dùng bảo tồn nguyên tố C: 2 3 3 33 2CO CaCO CaCO CaCO(5) Ca(HCO ) (5) (7) n = n + n .2 = n + n .2 2.2.12.2. Ví dụ minh họa Ví dụ 20: Cho 0,2 mol CO2 vào 150 ml dung dịch Ca(OH)2 1M thì được m (g) kết tủa. Giá trị của m là A. 20. B. 10. C. 5. D. 0. Hướng dẫn giải 2 2Ca(OH) CO 0, 2 1,33 0,15 n T = n   ( 1 < T < 2)  3 22CaCO COCa(OH) n = 2.n - n = 2. 0,15 – 0,2 = 0,1 mol  3CaCO = 0,1. 100 = 10g m Đáp án B. Ví dụ 21: (Đề Đại học khối A- 2007) Hấp thụ hồn tồn 2,688 lít khí CO2 (ở đktc) vào 2,5 lít dung dịch Ba(OH)2 nồng độ a mol/l, thu được 15,76 gam kết tủa. Giá trị của a là: A. 0,032. B. 0,048. C. 0,06. D. 0,04. Hướng dẫn giải 2 3CO BaCO 2,688 15,76= = 0,12 mol; = = 0,08 mol 22,4 197 n n Xét thấy: 2 3CO CaCO n n 3 2 2 BaCO CO Ba(OH) 0,08 0,12 0,1mol 2 n + n n = 2   2M Ba(OH) 0,1 C = = 0,04M 2,5  Đáp án D. Ví dụ 22: (Đề Đại học khối A- 2008) Hấp thụ hồn tồn 4,48 lít khí CO2 (ở đktc) vào 500 ml dung dịch hỗn hợp gồm NaOH 0,1M và Ba(OH)2 0,2M, sinh ra m gam kết tủa. Giá trị của m là: A. 19,70. B. 17,73. C. 9,85. D. 11,82. Hướng dẫn giải - 2 OH CO 0,5.0,1 0,5.0, 2.2 1, 25 0, 2 n T = n    tạo 2 muối 2 3 - 3 ; COHCO  . Gọi - 2- 3 3HCO CO x = n ; y = n . Ta cĩ hệ phương trình: 2- 3 2 - CO CO OH x = 0,15 y = 0,05 = n n = x + y = 0,2 n = x + 2y = 0,25      2+ 2Ba(OH)Ba n = n = 0,5 .0,2 = 0,1 mol Phương trình phản ứng tạo kết tủa: 2+ 2-3 3Ba + CO BaCO 0,1 0,05 → 0,05 mol 3BaCO m = 0,05. 197 = 9,85g Đáp án C. 2.2.13. Phản ứng giữa H3PO4 với dung dịch kiềm 2.2.13.1. Nội dung phương pháp  Nguyên tắc: Căn cứ vào phương trình phản ứng: 1 - -3 4 2 4 2H PO + OH H PO + H O (1) 2 - 2-3 4 4 2H PO + 2OH HPO + 2H O (2) 3 - 3-3 4 4 2H PO + 3OH PO + 3H O (3) Nên khi biết 3 4H PO n và -OHn để xác định sản phẩm tỉ lệ: T 3 4 OH H PO n T = n  Ta cĩ bảng tĩm tắt sản phẩm sau: Sản phẩm 3. dư . T > 3 T = OH - H3PO4 1 < T< 21 2 . H2PO4- T < 1 2 < T< 3 H3PO4 H2PO4- HPO42- PO4 3- H2PO4- HPO42- HPO42- PO43- PO43- OH- dư  Chú ý:  Trường hợp P2O5 tác dụng với dung dịch kiềm. Ta cho 2+H O2 5 3 4P O H PO . Từ 2 5 3 4P O H POn n (BTNT P) Sau đĩ xét H3PO4 với dung dịch kiềm.  Nên kết hợp dùng bảo tồn nguyên tố P và kim loại kiềm (Na, K, Ba, Ca) để giải nhanh bài tốn. 2.2.13.2. Ví dụ minh họa Ví dụ 23: Cho 100ml dung dịch H3PO4 3M tác dụng với 200ml dung dịch NaOH 2,5M. Khối lượng muối tạo thành B và nồng độ mol/l của dung dịch tạo thành là A. 12g; 28,4g; 0,33M; 0,67M. B. 12g; 28,4g; 0,36M; 0,76M. C. 21g; 24,8g; 0,33M; 0,67M. D. 18g; 38,4g; 0,43M; 0,7M. Hướng dẫn giải - 3 4 OH H PO n 0,2.2,5 T = = = 1,67 n 0,1.3  tạo 2 muối NaH2PO4 (x mol) và Na2HPO4 (y mol). Theo ĐLBT nguyên tố Na và P: 2 4 2 4NaOH Na(NaH PO ) Na(Na HPO ) n = n + n = x + 2y = 0,2. 2,5 = 0,5 3 4 2 4 2 4H PO P(NaH PO ) P(Na HPO ) n = n + n = x + y = 0,1. 3 = 0,3  x = 0,1 mol; y = 0,2 mol  2 4 2 4NaH PO M NaH PO 0,1 m = 0,1.120 =12g; C = =0,33M 0,3 2 24 4Na HPO M Na HPO 0,2 m = 0,2.142 =28,4g; C = = 0,67M 0,3 Đáp án A. Ví dụ 24: (Đề TSĐH– 2008 – Khối B) Cho 0,1 mol P2O5 vào dung dịch chứa 0,35 mol KOH. Dung dịch thu được cĩ các chất A. K3PO4, K2HPO4. B. K2HPO4, KH2PO4. C. K3PO4, KOH. D. H3PO4, KH2PO4. Hướng dẫn giải 523 4 P OH PO .2 = 0,1.2 = 0,2 moln = n - 3 4 OH H PO n 0,35 T = = = 1,75 n 0,2  tạo 2 muối KH2PO4 (x mol) và K2HPO4 (y mol). Đáp án B. 2.2.14. Nhiệt phân chất rắn 2.2.14.1. Nội dung phương pháp Giả sử : Rắn A ot Rắn B + Khí C ∆m rắn giảm = m khí C = mA - mB  Nhiệt phân muối nitrat: Kim loại mạnh: (trước Mg) M(NO3)n 0t M(NO2)n + O2 Muối nitrit 2O trước saurắn giảm m = m = m - m Ví dụ: Ca(NO3)2 0t Ca(NO2)2 + O2  Kim loại trung bình: (từ Mg Cu) 2M(NO3)n 0t M2On +2nNO2 + ½ nO2 Oxit kim loại 2 2NO O trước saurắn giảm m = m + m = m - m Ví dụ: 2Cu(NO3)2 0t 2CuO + 4NO2 + O2 Kim loại yếu: (sau Cu) M(NO3)n 0t M +nNO2 + ½ nO2 Kim loại 2 2NO O trước saurắn giảm m = m + m = m - m Ví dụ: 2AgNO3 0t 2Ag + 2NO2 + O2  Nhiệt phân muối cacbonat  M2(CO3)n 0t M2On + nCO2 2CO trước saurắn giảm m = m = m - m  2M(HCO3)n 0t M2(CO3)n + nCO2 + nH2O 2 2CO H O trước saurắn giảm m = m + m = m - m 2.2.14.2. Ví dụ minh họa Ví dụ 25: Đem nung nĩng m gam Cu(NO3)2 một thời gian rồi dừng lại, làm nguội và đem cân thấy khối lượng giảm 0,54 gam so với ban đầu. Khối lượng muối Cu(NO3)2 đã bị nhiệt phân là A. 1,88 g. B. 0,47 g. C. 9,4 g. D. 0,94 g. Hướng dẫn giải Cu(NO3)2 0t CuO + 2NO2 + ½ O2 a 2a ½ a 2 2NO O trước saurắn giảm m = m + m = m - m  2a. 46 + ½ a. 32 = 0,54  a = 0,005 mol  3 2Cu(NO ) m = 0,05. 188 = 0,94g Đáp án D. Ví dụ 26: Nung 100g hỗn hợp gồm Na2CO3 và NaHCO3 cho đến khi khối lượng hỗn hợp khơng đổi được 69g chất rắn. Xác định phần trăm khối lượng của mỗi chất trong hỗn hợp lần lượt là A. 84% và 16%. B. 16% và 84%. C. 26% và 74%. D. 74% và 26%. Hướng dẫn giải Chỉ cĩ NaHCO3 bị phân hủy. Đặt x là số mol NaHCO3 phản ứng 2NaHCO3  0t Na2CO3 + CO2 + H2O x ½ x ½ x ∆m rắn giảm = mhh khí (CO2, H2O)  ½ x. 44 + ½ x. 18 = 100 – 69  x = 1 mol  3NaHCO m = 84 g → % 3NaHCO m = 84 % và % 2 3Na CO m = 16 % Đáp án B. 2.2.15. Halogen tác dụng với dung dịch muối của halogen cĩ tính oxy hĩa yếu hơn 2.2.15.1. Nội dung phương pháp  Dùng phương pháp tăng giảm khối lượng Tính oxy hĩa: F2 > Cl2 > Br2 > I2 ; F2 khơng tham gia phản ứng này. Xét phản ứng: nCl2 + 2MBrn → n Br2 + 2MCln a a mol trước saumuối giảmm = 2n.80. a- 2n. 35,5.a = 89na = m - m nBr2 + 2MIn → n I2 + 2MBrn a a mol trước saumuối giảmm = 2n.127. a- 2n. 80.a = 94.na = m - m  Lưu ý: Nên kết hợp dùng định luận bảo tồn nguyên tố trong lúc giải bài tốn. 2.2.15.2. Ví dụ minh họa Ví dụ 27: Hồ tan hồn tồn 104,25 gam hỗn hợp X gồm NaCl và NaI vào nước được dung dịch Sục khí Cl2 dư vào dung dịch A. Kết thúc thí nghiệm, cơ cạn dung dịch thu được 58,5g muối khan. Khối lượng NaCl cĩ trong hỗn hợp X là: A. 29,25 gam B. 58,5 gam C. 17,55 gam D. 23,4 gam Hướng dẫn giải Ptpư: 2NaI + Cl2 → I2 + 2 NaCl y y ∆m giảm = (127 -35,5). y = msau – mtrước = 104,25 – 58,5  y = 0,5 mol  mNaI = 0,5. 150 = 75 g  mNaCl = 104,25 – 75 = 29,25 g Đáp án A. Lưu ý: Bài này cịn cĩ thể giải bằng định luật bảo tồn nguyên tố Na. 2.3. Một số lưu ý trong quá trình áp dụng các phương pháp giải nhanh vào việc giải bài tập hĩa học trắc nghiệm hĩa học vơ cơ Để cĩ thể giải nhanh các bài tốn hĩa học vơ cơ trên cơ sở các phương pháp đã phân tích, HS cần lưu ý một số điểm sau:  Đọc kỹ đề bài tốn Đây là thao tác quan trọng để giúp HS định hướng việc giải bài tốn. Dựa vào yêu cầu bài tốn mà cĩ thể chọn phương pháp giải thích hợp. Ví dụ 1: Hịa tan hồn tồn 19,2g Cu vào dung dịch HNO3 lỗng. Tất cả khí NO thu được đem oxi hĩa thành NO2 rồi sục vào nước cĩ dịng khí O2 để chuyển hết thành HNO3. Thể tích khí O2 ( đktc) đã tham gia vào quá trình trên là A. 2,24 lít. B. 3,36 lít. C. 4,48 lít. D. 8,96 lít. Thơng thường nếu học hinh khơng đọc kỹ bài tốn và chưa nhuần chuyễn phương pháp sẽ sa vào viết phương trình phản ứng, chiếu mol trên phương trình và tính tốn ra kết quả. Nhưng việc viết và cân bằng các phương trình phải tốn nhiều thời gian, khơng đảm bảo yêu cầu thực hiện bài tốn trong vịng 1- 2 phút. Mặt khác, các em quên chú ý cộng lượng oxi tham gia cả 2 phản ứng: oxy hĩa NO tạo NO2, sau đĩ mới oxy hĩa NO2 (cĩ sự tham gia của H2O) tạo HNO3. Trong khi đĩ nếu HS bật ra nhận xét tồn bộ quá trình phản ứng trên là quá trình oxy hĩa khử, trong đĩ Cu là chất nhường electron, đồng thời O2 là chất nhận electron, các em vận dụng định luật bảo tồn electron giải bài tốn này trong vịng chưa đầy 1 phút. Phương pháp giải thơng thường: 3 Cu + 8 HNO3  3 Cu(NO3)2 + 2 NO + 4 H2O 19,2 64 = 0,3 0,2 2 NO + O2  2 NO2 0,2 0,1 0,2 4 NO2 + O2 + 2 H2O  4 HNO3 0,2 0,05 2O n = 0,1 + 0,05 = 0,15 mol 2O V = 0,15. 22,4 = 3,36 (l) Phương pháp giải nhanh: Dùng định luật bảo tồn electron Nhận xét: Bản chất của quá trình phản ứng trên là Cu nhường e cho +5 N của HNO3 để tạo +2 NO . Sau đĩ, +2 NO lại nhường e cho O2 thành +4 2NO , cuối cùng +4 2NO lại nhường hết số e đã nhận cho O2 để về trạng thái +5 N như ban đầu. Như vậy, nếu xét cả quá trình: chỉ cĩ Cu cho e và O2 nhận e; cịn N+5 trong HNO3 chỉ đĩng vai trị chất vận chuyển oxi. Quá trình nhường e: Cu - 2e  Cu2+ Quá trình nhận e: O2 + 4e  2 O2- ĐLBT e: 2 nCu = 4 2On  2. 19,264 = 4