Kinh nghiệm giảng dạy dạng bài tập kim loại tác dụng với dung dich muối

(OH)3+ 3NaCl 	 (2) 
(mol) 0,03	 0,09	 0,03
nNaOHbđ = 0,1mol
mà nNaOHpư(2) = 0,09 (mol ) => nNaOHdư	= 0,1 – 0,09 = 0,01(mol)
NaOH tiếp tục tham gia phản ứng hòa tan Al(OH)3
PTHH NaOH +	 Al(OH)3	 	 NaAlO2 + 2H2O (3)
t0
(mol)	 0,01 0,01 
 2Al(OH)3	 	 Al2O3 + 3H2O 	 (4)
 (mol) 0,02 0,01
Theo (4) nAl2O3 = 0,01(mol)
	a = 0,01x 102 =1,02 (gam)
BÀI 2: 
Cho 6,85 gam kim loại hoá trị II vào dung dịch muối sunfat của một kim loại hoá trị II khác (lấy dư) thu được khí A và 14,55 gam kết tủa B. Gạn lấy kết tủa B nung đến khối lượng không đổi thu được chất rắn C. Đem chất rắn C hoà tan trong dung dịch HCl (lấy dư) thấy chất rắn C tan một phần, phần còn lại không tan có khối lượng 11,65 gam. Xác định khối lượng nguyên tử của hai kim loại và gọi tên.
LỜI GIẢI
Gọi kim loại hoá trị II và và kim loại trong muối sunfat lần lượt là M và M’. Khi cho M vào dd M’SO4 thấy có chất khí thoát ra và kết tủa B, kết tủa B nung trong không khí thu được rắn C, rắn C tan một phần trong dd axit chứng tỏ kim loại M có khả năng phản ứng với H2O tạo dung dịch bazơ và sau đó dung dịch bazơ phản ứng với dd muối sunfat. Các phản ứng hoá học là:
M + 2H2O M(OH)2 + H2 (1)
M(OH)2 + M’SO4 MSO4 + M’(OH)2 (2)
M’(OH)2 M’O + H2O (3)
M’O +2HCl M’Cl2 + H2O (4)
Khi cho rắn C tác dụng với HCl lấy dư thấy có phần không tan trong dung dịch, chứng tỏ muối MSO4 không tan trong nước
=> nM = n(SO4) = = 0,05 (mol)
Khối lượng nguyên tử của M: = 137 (g) => M là Ba (bari)
Khối lượng M’(OH)2 = 14,55 – 11,65 = 2,9 (g)
Số mol M’(OH)2 = số mol M = 0,05 (mol)
=> 0,05(M’ + 34) = 2,9 => M’ = 24 (g) => M là Mg (magiê)
BÀI 3 :
Cho 19,4 gam hỗn hợp gồm Na, Al, Mg tác dụng vừa đủ với dung dịch CuSO4 thu được 4,48l khí (đktc) và 32 g đồng kim loại. Tính khối lượng mỗi kim loại có trong hỗn hợp ban đầu.
Các PTHH :
 2Na + 2H2O 2NaOH + H2 (1)
 2NaOH + CuSO4 Na2SO4 + Cu(OH)2 (2)
 Mg + CuSO4 MgSO4 + Cu (3)
(mol) x x
 2Al + 3CuSO4 Al2(SO4)3 + 3Cu (4)
(mol) y 1,5y
nH2 = 4,48 : 22,4 = 0,2 (mol), nCu = 32:64 = 0,5 (mol)
Theo (1) nNa = 2nH2 = 0,2. 2 = 0,4 (mol) =>mNa = 0,4. 23 = 9,2 (g)
=> mAl + mMg = 19,4 – 9,2 = 10,2 (g)
Gọi nMg = x (mol); nAl = y (mol)
Theo PTHH (3, 4) ta có hệ phương trình
 24x + 27y = 10,2
 x + 1,5y = 0,5 
Giải hệ phương trình: được x = y = 0,2 (mol)
=> mMg = 0,2 . 24 = 4,8 (g) => %Mg = . 100% = 24,74%
 mNa = 9,2 (g) => %Na = .100% = 47,42%
=> %Al = 100% - (24,74% + 47,42%) = 27,84%
4.2.3. BÀI TẬP TỰ LUYỆN
BÀI 1: 
Thả 27,3 gam K kim loại vào 200 ml dung dịch AlCl3 0,1M thấy thoát ra khí A, xuất hiện kết tủa B. Lọc lấy kết tủa B nung đến khối lượng không đổi cân nặng a gam. Viết phương trình phản ứng và tính a.
BÀI 2: 
Cho 4,6 gam Na vào 200g dung dịch CuSO4 16%. Tính nồng độ phần trăm của các chất có trong dung dịch sau phản ứng.
BÀI 3:
Cho một miếng Na tan hoàn toàn vào 500ml dd AlCl3 0,1M thấy thoát ra 4,48l khí H2 (đktc). Tính nồng độ mol của các chất có trong dung dịch sau phản ứng. Cho rằng thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể.
4.3. BÀI TẬP VẬN DỤNG Ở MỨC ĐỘ TỔNG HỢP, NÂNG CAO
4.3.1. BÀI TẬP
BÀI 1 : Cho 80 gam bột Cu vào 200 ml dung dịch AgNO3, sau một thời gian phản ứng, đem lọc thu được dung dịch A và 95,2 gam chất rắn B. Cho tiếp 80 gam bột Pb vào dung dịch A, phản ứng xong đem lọc tách thì thu được dung dịch D chỉ chứa một muối duy nhất và 67,05 gam chất rắn E. Cho 40 gam bột kim loại R (có hóa trị II) vào dung dịch D, sau phản ứng hoàn toàn đem lọc tách thì được 44,575 gam chất rắn F. Tính nồng độ mol của dung dịch AgNO3 và xác định kim loại R.
LỜI GIẢI
Phương trình hóa học
 Cu + 2AgNO3 Cu(NO3)2 + 2Ag	(1)
(mol) x 2x x 2x
Ta có phương trình và độ tăng khối lượng:
108.2x – 64x = 95,2 – 80 => x = 0,1 (mol)
 Pb + Cu(NO3)2 Pb(NO3)2 + Cu(2)
(mol) 0,1 0,1 0,1 0,1
Theo (2) thì độ giảm khối lượng kim loại sẽ là (207 – 64).0,1 = 14,3(g) > 80 – 67,05 = 12,95 (g).
 Điều này chứng tỏ trong dung dịch A vẫn còn muối AgNO3 dư để phản ứng:
 Pb + 2AgNO3 Pb(NO3)2 + 2Ag(3)
(mol) y 2y y 2y
Ta có phương trình về độ tăng khối lượng:
216. 2y – 207.y = 14,3 – 12,95 = 1,35 => y = 0,15
Từ (1) và (3) ta có số mol của AgNO3 = 2x + 2y = 0,1.2 + 0,15.2 = 0,5 (mol)
=> CMddAgNO3 = = 2,5 (M)
Dung dịch D chứa Pb(NO3)2, nPb(NO3) = 0,1 + 0,15 = 0,25 (mol). Vậy dung dịch D có số mol là 0,25. = 0,025 (mol)
 R + Pb(NO3)2 R(NO3)2 + Pb (4)
(mol) 0,025 0,025 0,025 0,025
Theo (4) độ tăng khối lượng kim loại là:
0,025.207 - 0,025.R = 44,575 – 40 = 4,575 (g)
=> R = 24 (g). Vậy R là Mg (magiê)
BÀI 2: Có hai thanh kim loại M có hóa trị II trong hợp chất . Mỗi thanh nặng 20 gam
1. Thanh thứ nhất được nhúng vào 100ml dung dịch AgNO3 0,3M. Sau một thời gian phản ứng, lấy thanh kim loại ra, đem cân thấy thanh kim loại nặng 21,52 gam. Nồng độ AgNO3 trong dung dịch còn lại là 0,1M. Coi thể tích dung dịch không thay đổi và lượng Ag sinh ra bám hoàn toàn vào thanh kim loại. Xác định kim loại M.
2. Thanh thứ hai được nhúng vào 460 gam dung dịch FeCl3 205. Sau một thời gian phản ứng, lấy thanh kim loại ra, thấy trong dung dịch thu được nồng độ phần trăm của MCl2 bằng nồng độ phần trăm của FeCl3 còn lại. Biết rằng ở đây chỉ xảy ra phản ứng : M + 2FeCl3 MCl2 + 2FeCl2. Xác định khối lượng thanh kim loại sau khi lấy ra khỏi dung dịch.
LỜI GIẢI
1. PTHH:
M + 2AgNO3 M(NO3)2 + 2Ag
Số mol AgNO3 phản ứng: . 100 - . 100 = 0,02 (mol)
Theo (1) số mol M phản ứng = = 0,01 (mol)
Ta có phương trình về độ tăng khối lượng thanh kim loại M
0,02. 108 – 0,01.M = 21,52 – 20 => M = 64. Vậy M là Cu
2. Cu + 2FeCl2 CuCl2 + 2FeCl2
(mol) x x 2x
Khối lượng FeCl3 còn lại trong dung dịch là: - 2x. 162,5 = 92 – 325x (g)
C%dd CuCl2 = . 100%
C%dd FeCl3 còn lại = . 100%
=> . 100% = . 100% . Giải được x = 0,2 (mol)
Khối lượng Cu đã phản ứng = 64. 0,2 = 12,8 (g)
Khối lượng thanh kim loại còn lại: 20 – 12,8 = 7,2 (g)
BÀI 3: Một thanh kim loại R được ngâm trong dung dịch CuSO4. Sau khi phản ứng kết thúc, thanh kim loại có khối lượng nhẹ bớt đi so với ban đầu. Cũng thang kim loại R như vậy, sau khi ngâm trong dung dịch AgNO3, kết thúc phản ứng thì khối lượng thì khối lượng thanh kim loại bây giờ lại nặng thêm so với ban đầu. Cho biết: R có hóa trị II: tất cả kim loại sinh ra đều bám vào thanh R; phần khối lượng nặng thêm 75,5 lần phần khối lượng nhẹ bớt đi; số mol kim loại bám vào thanh R trong hai thí nghiệm trên đều bằng nhau.
LỜI GIẢI
1. Xác định R: Đặt x là số mol kim loại bám vào R
Các PTHH:
 R + CuSO4 RSO4 + Cu
(mol) x x
 R + 2AgNO3 R(NO3)2 + 2Ag
(mol) 0,5x x x x
Phần khối lượng nhẹ bớt đi = (MR - 64). X
Phần khối lượng tăng thêm = (216 – MR). 0,5x
Theo đề ra ta có: (216 – MR). 0,5x = 75,5. (MR - 64). X
Giải ra: MR = 65 => Kim loại R là Zn (kẽm)
2. nCuSO4 = x = 0,1 (mol)
=> %m tăng thêm = .100% = 37,75%
Thể tích dung dịch AgNO3 cần dùng = = 0,25 (l) = 250ml
BÀI 4: R, X, Y là các kim loại hóa trị II, khối lượng nguyên tử tương ứng là r,x,y. Nhúng hai thanh kim loại R cùng khối lượng vào hai dung dịch muối nitrat củaX và Y. Người ta nhận thấy khi số mol muối nitrat của R trong hai dung dịch bằng nhau thì khối lượng của thanh thứ nhất giảm a% và thanh thứ hai tăng b% 
(giả sử tất cả kim loại X, Y bám vào R)
a, Lập biểu thức tính r theo a, b, x, y.
Áp dụng: X là Cu, Y là Pb, a = 0,2, b = 28,4 %
b. Lập biểu thức tính r ứng với trường hợp R là kim loại hóa trị III, X hóa trị I và Y hóa trị II, thanh thứ nhất tăng a%, thanh thứ hai tăng b% (các điều kiện khác như phần a)
LỜI GIẢI
a, Gọi z là số mol của R tham gia phản ứng :
 R + X(NO3)2 R(NO3)2 + X
(mol) z z z z
 R + Y(NO3)2 R(NO3)2 + Y
Gọi m là khối lượng ban đầu của thanh R. Độ giảm khối lượng của thanh R trong dd X(NO3)2 :
mR tan - mX = z.(r – x) = (1)
 Độ tăng khối lượng của thanh R trong dd Y(NO3)2 :
mY kết tủa - mR tan = z.(y – r) = (2)
=> = 
a.y – a.r = b.r – b.x => r = 
Với X là Cu x = 64, Y là Pb, y = 207, a = 0,2 ; b = 28,4. ta có :
r = = 65 => R là Zn (kẽm)
b, Với R là kim loại hóa trị III, X hóa trị I và Y hóa trị II, thì:
 R + 3XNO3 R(NO3)3 + 3X
(mol) z 3z z 3z
 2R + 3Y(NO3)2 2R(NO3)3 + 3Y
(mol) z z 
Độ tăng khối lượng thanh R trong dung dịch XNO3 :
mX kết tủa - mR tan = z.(3x – r) = (3)
Độ tăng khối lượng thanh R trong dung dịch Y(NO3)2 :
mY kết tủa - mR tan = z.( – r) = (4)
=> = => r = 
BÀI 5: Cho 12 g Mg vào 1 lít dd ASO4 và BSO4 có cùng nồng độ là 0,1M (biết Mg đứng trước A, A đứng trước B trong dãy hoạt động hóa học của kim loại).
a, Chứng tỏ rằng A và B kết tủa hết.
b, Biết rằng phản ứng cho ra chất rắn C có khối lượng 19,2 g và khi cho C tác dụng với dd H2SO4 loãng dư, còn lại một kim loại không tan có khối lượng 6,4 (g). Xác định hai kim loại A, B
c. Lấy 1 lit dung dịch ASO4 và BSO4 với nồng độ mỗi muối là 0,1M và thêm vào đó m gam Mg. Lọc lấy dd D. Thêm NaOH dư vào dd D được kết tủa E, nung kết tủa E ngoài không khí đến khối lượng không đổi, cuối cùng được chất rắn F có khối lượng 10 gam. Tính khối lượng m của Mg đã dùng
LỜI GIẢI
a, Số mol Mg ban đầu: 
nMg = 12: 24 = 0,5 (mol)
nASO4 = 0,1. 1= 0,1 (mol)
nBSO4 = 0,1 .1 = 0,1 (mol)
Theo bài ra ta có thứ tự các phản ứng xảy ra như sau:
 Mg + BSO4 MgSO4 + B 
Theo PTHH (mol): 1 1
Vậy (mol) 0,1 0,1
 Mg + ASO4 MgSO4 + A
Theo PTHH (mol): 1 1
Vậy (mol) 0,1 0,1
 Tổng số mol Mg tham gia cả hai phản ứng: 0,1 + 0,1 = 0,2 (mol)
Mà số mol ban đầu của Mg là 0,5 mol nên sau phản ứng còn dư Mg, A và B kết tủa hết.
b, Chất rắn C gồm 0,1 mol A, 0,1 mol B và 0,5 – 0,2 = 0,3 (mol) Mg dư
Ta có: 0,1. (A + B) + 0,3.24 = 19,2
 =>A + B = 12
Khi cho chất rắn C tác dụng với dd H2SO4 loãng dư, Mg và A tan, còn một kim loại không tan là B.
mB = 0,1B = 6,4 => B = 64. Vậy B là Cu
Thay vào (*) A = 120 – 64 = 56. Vậy A là Fe
c. Ta đã biết số mol ban đầu của Fe(SO4)2 và CuSO4 nhưng chưa biết số mol của Mg
Giả sử Mg vừa đủ để khử CuSO4
 Mg + CuSO4 MgSO4 + Cu(1)
(mol) 0,1 0,1 0,1
Dung dịch D chứa MgSO4 (0,1 mol), FeSO4 (0,1 mol)
Thêm NaOH dư và nung trong không khí, ta có sơ đồ phản ứng:
 MgSO4 Mg(OH)2 MgO 
(mol) 0,1 0,1
 2FeSO4 2Fe(OH)2 Fe2O3 
(mol) 0,1 0,05
mChất rắn = m1 = mMgO + mFe2O3 = 0,1.40 + 0,05. 160 = 12 (g)
Giả sử Mg vừa đủ để khử CuSO4 và FeSO4 
 Mg + FeSO4 MgSO4 + Fe(2)
(mol) 0,1 0,1 0,1 0,1
Dung dịch D khi đó chứa 0,2 mol MgSO4 . 
Thêm NaOH dư và nung trong không khí, ta có sơ đồ phản ứng:
 MgSO4 Mg(OH)2 MgO 
(mol) 0,2 0,2
mrắn = m2 = 0,2. 40 = 8(g)
Theo đề bài mF = 10 (g)
 8 m2 < mF < m1
Vậy: CuSO4 phản ứng hết, FeSO4 phản ứng một phần, Mg tan hết
Gọi x là số mol Mg còn lại sau phản ứng (1), x mol Mg này tham gia hết ở phản ứng (2):
 Mg + FeSO4 MgSO4 + Fe(2)
(mol) x x x x
Dung dịch D chứa (0,1 + x) mol MgSO4 và (0,1 – x) mol FeSO4 dư
Thêm NaOH dư và nung trong không khí, ta có sơ đồ phản ứng:
 MgSO4 Mg(OH)2 MgO 
(mol) 0,1+ x 0,1 + x
 2FeSO4 2Fe(OH)2 Fe2O3 
(mol) 0,1 - x 
mF = mMgO + mFe2O3 = 40.(0,1 + x) + 160. = 10 => x = 0,05 (mol)
nMg phản ứng = nMg ban đầu = 0,1 + x = 0,1 + 0,05 = 0,15 (mol) 
=> mMg = 0,15.24 = 3,6 (g)
BÀI 6: Trộn hai dung dịch AgNO3 0,44M và Pb(NO3)2 0,36 M với thể tích bằng nhau, được dung dịch A, thêm 0,828 gam bột Al vào 100 ml dung dịch A, thu được chất rắn, dung dịch C.
a, Tính khối lượng của B.
b, Cho 20 ml dd NaOH vào dd C, thu được 0,936 gam kết tủa. Tính nồng độ mol của dd NaOH.
c, Cho chất rắn B vào dung dịch Cu(NO3)2. sau phản ứng kết thúc, được 6,046 gam chất rắn D. Tính % về khối lượng các chất trong D.
LỜI GIẢI
nAl bđ = (mol)
nAgNO3 ban đầu = = 0,022 (mol)
nPb(NO3)2 ban đầu = = 0,018 (mol)
Thứ tự các PTHH xảy ra:
 Al + 3AgNO3 Al(NO3)3 + 3Ag
(mol): 0,022 0,022
Sau đó Al dư tác dụng với Pb(NO3)2:
 Al + 2Pb(NO3)2 Al(NO3)3 + 2Pb
(mol): 0,018 0,018
nAl còn lại sau hai phản ứng = - - = (mol)
Chất rắn B gồm:
Ag: m = 0, 022. 108 = 2,376 (g)
Pb: m = 0,018. 207 = 3,726 (g)
mB = 2,376 + 0,306 = 6,408 (g)
b, Dung dịch C chỉ chứa Al(NO3)3 với
nAl(NO3)3 = += (mol)
Để có được nAl(OH)3 kết tủa = = 0,012 (mol). Trong phản ứng dd C với dd NaOH có hai trường hợp:
Chỉ xảy ra phản ứng (dư Al(NO3)3
 Al(NO3)3 + 3NaOH Al(OH)3 + 3NaNO3
(mol): 0,012 0,036 0,012
=> CMddNaOH = = 1,8M
Trường hợp 2: Sau khi phản ứng tạo kết tủa Al(OH)3, kết tủa lại bị hòa tan
 Al(NO3)3 + 3NaOH Al(OH)3 + 3NaNO3
(mol): 
 Al(OH)3 + NaOH NaAlO2 + 2H2O
(mol): 
=> nNaOH tham gia phản ứng hòa tan = - 0,012 = (mol)
Tổng nNaOH = 0,058 + = (mol)
=> CMddNaOH = = 3,266 (M) 
c, Chất rắn B gồm: 0,022 mol Ag, 0,018 mol Pb và mol Al
Các PTHH:
 2Al + 3Cu(NO3)2 2Al(NO3)3 + 3Cu(1)
 Pb + Cu(NO3)2 PbNO3)2 + Cu (2)
- Giả sử vừa xong phản ứng (1) giữa Al và Cu(NO3)2, Pb chưa tác dụng, nên chất rắn D thu được chỉ gồm
Ag: m = 0, 022. 108 = 2,376 (g)
Pb: m = 0,018. 207 = 3,726 (g)
Cu: 64.. = 1,088 (g)
m1 = mrắn = 2,376 + 3,726 + 1.088 = 7,19 (g)
- Giả giả xảy ra cả phản ứng (1) và (2): Al, Pb tan hết
 2Al + 3Cu(NO3)2 2Al(NO3)3 + 3Cu(1)
(mol): 0,017
 Pb + Cu(NO3)2 PbNO3) + Cu (2)
(mol): 0,018 0,018
Chất rắn D gồm: 2,376g Ag và 64.(0,017 + 0,018) = 2,24 (g)
m2 = mrắn = 2,376 + 2,24 = 4,616 (g)
Ta thấy : 4,616 g < mD = 4,616 g < 7,19 g 
- Vậy Al tác dụng hết, Pb tác dụng một phần Cu(NO3)2 phản ứng hết
Gọi nPb dư = x (mol) => Theo (2) nCu kết tủa do Pb = (0,018 – x) mol
mD = mAg + mPb dư + mCu = 6,046 (g)
=> 2,376 + 207x + (0,017 + 0,018 – x).64 = 6,046 => x = 0,01 (mol)
Rắn D gồm 	
mAg = 2,376 (g), mPb = 207.0,01 = 2,07(mol)=> %Ag = .100% = 39,3%
mPb = 0,01. 207 = 2,07 (g)=>%Pb = .100% = 34,24%
=> %Cu = 100% - (39,3 + 34,24) = 26,46%
4.3.2. BÀI TẬP TỰ LUYỆN
BÀI 1: 
Hai thanh kim loại giống nhau (đếu tạo bởi cùng nguyên tố R hóa trị II) và có cùng khối lượng. Thả thanh thứ nhất vào dung dịch Cu(NO3)2 và thanh thứ hai vào dd Pb(NO3)2. Sau một thời gian, khi số mol hai muối phản ứng bằng nhau lấy thanh kim loại đó ra khỏi dung dịch thấy khối lượng thanh thứ nhất giảm 0,2%, còn khối lượng thanh thứ hai tăng thêm 28,4%. Tìm nguyên tố R.
BÀI 2:
Có 100 ml muối nitrat của một kim loại hóa trị I ( dung dịch A). Thả vào A một thanh Pb kim loại, sau một thời gian khi lượng Pb không đổi thì lấy nó ra khỏi dung dịch thấy khối lượng của nó giảm đi 28,6 gam. Dung dịch còn lại được thả tiếp vào đó một thanh sắt nặng 100 gam. Khi lượng sắt không đổi nữa thì lấy ra khỏi dung dịch, thấm khô cân nặng 130,2 gam. Hỏi công thức của muối ban đầu và nồng độ mol của dung dịch A.
BÀI 3:
Lấy hai thanh kim loại X, Y có cùng khối lượng và đứng trước Pb trong dãy hoạt động hóa học của kim loại. Nhúng thanh X vào dung dịch Cu(NO3)2 và thanh Y vào dung dịch Pb(NO3)2. Sau một thời gian phản ứng, lấy các thanh kim loại ra khỏi dung dịch và cân lại, thấy khối lượng của thanh X giảm 1% và của thanh Y tăng 152% so với khối lượng ban đầu. Biết số mol các kim loại X và Y tham gia phản ứng bằng nhau và tất cả Cu, Pb thoát ra bám hết vào các thanh X, Y.
Mặt khác để hòa tan 3,9 gam kim loại X cần V ml dung dịch HCl và thu được 1,344 lít H2 (đktc), còn để hòa tan 4,26 gam oxit kim loại Y cũng cần V ml dung dịch HCl nói trên.
a. Hãy so sánh hóa trị của hai kim loại X, Y
b. Số mol của Cu(NO3)2 và Pb(NO3)2 trong hai dung dịch này thay đổi như thế nào.
BÀI 4:
Một thanh kim loại hóa trị II khi nhúng vào một dung dịch CuSO4 thì khối lượng giảm 1% so với ban đầu, nhưng cũng thanh kim loại ấy nhúng vào dung dịch Hg(NO3)2 thì khối lượng tăng lên 67,5% so với khối lượng thanh ban đầu (khối lượng ban đầu là m gam).
a. Xác định kim loại A biết rằng độ giảm số mol của CuSO4 bằng hai lần độ giảm số mol của Hg(NO3)2.
b. Tính số mol của CuSO4 và Hg(NO3)2 tham gia phản ứng trong trường hợp m = 100 gam.
c. Tính khối lượng tối thiểu của thanh kim loại A để khi nhúng vào 5 lít dung dịch CuSO4 0,16 M thì thu được dung dịch sau phản ứng:
- Chỉ chứa một muối.
- Chứa hai muối và khi thêm NaOH vừa đủ để kết tủa hết hai hiđroxit, đem nung kết tủa này đến khối lượng không đổi, ta thu chất rắn có khối lượng 64,6 gam. (Các phản ứng trong phần c xảy ra hoàn toàn)
KẾT QUẢ THỰC HIỆN CỦA ĐỀ TÀI CÓ SO SÁNH ĐỐI CHỨNG
Dạng bài tập kim loại tác dụng với muối là dạng bài tập khá quan trọng đối với học sinh THCS. Do đó mỗi giáo viên cần không ngừng tự rèn luyện và trang bị thêm những kiến thức, kinh nghiệm bổ ích cho mình, nhằm phục vụ tốt cho quá trình công tác và giảng dạy.
Trong thời gian nghiên cứu của năm học 2013 -2014, Tôi đã áp dụng kinh nghiệm giảng dạy của bản thân, so sánh với thực trạng ban đầu tôi đã thu được kết quả như sau:
- Giảm có hiệu quả những sai lầm học sinh mắc phải trong phần thực trạng như tôi đã nêu.
- Tôi đã tiến hành kiểm tra học sinh và thu được kết quả như sau: 
Điểm
0- 2,4
2,5- dưới 5
5 - 7
8
9,10
Số lượng học sinh
0
2
24
6
3
Tỉ lệ %
0
2,7
68,6
17,1
8,6
So sánh với kết quả ban đầu:
Điểm
0- 2,4
2,5- dưới 5
5 - 7
8
9,10
Số lượng học sinh
2
5
23
3
2
Tỉ lệ %
5,7
14,3
65,7
8,6
5,7
So sánh dễ thấy tỉ lệ học sinh điểm dưới 5 giảm rõ rệt, tỉ lệ học sinh đạt trên điểm 5 tăng, đặc biệt học sinh đạt điểm giỏi tăng nhiều.
Qua đây tôi thấy rõ một điều rằng với bất kì một bài tập nào, giáo viên cần hướng dẫn học sinh phân dạng, sau đó cần khắc sâu lí thuyết và làm nhiều bài tập tương tự thì hiệu quả học tập sẽ cao.
KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ
Trong thời gian thực hiện đề tài, thân tôi cũng sáng tỏ thêm một số điều như sau:
Với bất kì một bài tập hóa học nào, giáo viên cũng cần hướng dẫn học sinh phân dạng, sau đó cần khắc sâu lí thuyết và làm nhiều bài tập tương tự thì hiệu quả học tập sẽ cao.
Đối với học sinh lớp 8 thì vấn đề này học sinh chưa được học. Với học sinh lớp 9 thì đây là một vấn đề thiết thực phù hợp với khả năng của các em. Tuy nhiên chủ yếu các em mới tìm hiểu dạng bài tập một kim loại tác dụng với dung dịch chứa một muối, trong sáng kiến kinh nghiệm của mình tôi mạnh dạn đưa thêm những dạng bài tập nữa: “Một kim loại tác dụng với dung dịch chứa hai muối”, “Hai kim loại tác dụng với dung dịch chứa một muối”, “Kim loại tan trong nước tác dụng với muối” với mục đích nâng cao kiến thức và ôn luyện học sinh giỏi. Khi các em học ở bậc học THPT sẽ biết thêm những dạng khác nữa: như nhiều kim loại tác dụng với nhiêu dung dịch muối
* Khuyến nghị:
Trong quá trình giảng dạy, do điều kiện thời gian nên nhiều dụng cụ hóa chất đã bị hỏng, để giảng dạy có hiệu quả bộ môn hóa học, tôi xin đề nghị BGH, các cấp giáo dục trang bị bổ sung, thay thế những dụng cụ, hóa chất hư hỏng.
Các cấp giáo dục tổ chức nhiều đợt học tập và phổ biến chuyên đề đến với giáo viên.
Trên đây là sáng kiến kinh nghiệm của tôi, mặc dù bản thân cũng đã cố gắng hết sức, nhưng chắc hẳn sẽ không tránh khỏi thiếu sót. Rất mong sự đóng góp ý của bạn bè đồng nghiệp để bổ sung vào đề tài cho hoàn thiện hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
Tôi xin cam đoan đây là sáng kiến kinh nghiệm do tôi viết, không sao chép của ai dưới bất kì hình thức nào. Nếu sai tôi hoàn toàn chịu trách nhiệm.
Thanh Cao, ngày 06 tháng 4 năm 2014
Tác giả
Lê Thị Minh Nguyệt
Ý KIẾN NHẬN XÉT ĐÁNH GIÁ VÀ XẾP LOẠI
CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC CƠ SỞ
CHỦ TỊCH HỘI ĐỒNG
(Ký tên, đóng dấu)
Ý KIẾN NHẬN XÉT ĐÁNH GIÁ VÀ XẾP LOẠI
CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC CẤP ..
CHỦ TỊCH HỘI ĐỒNG
 (Ký tên, đóng dấu)
Ý KIẾN NHẬN XÉT ĐÁNH GIÁ VÀ XẾP LOẠI
CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC CẤP ..
CHỦ TỊCH HỘI ĐỒNG
 (Ký tên, đóng dấu)
MỤC LỤC
 Trang
SƠ YẾU LÍ LỊCH
1
PHẦN MỞ ĐẦU
2
1. Lý do chọn đề tài
2
2. Mục đích nghiên cứu của đề tài
2
3. Khách thể và đối tượng nghiên cứu 
2
4. Giả thuyết khoa học
3
5. Nhiệm vụ của đề tài 
3
6. Phạm vi và kế hoạch nghiên cứu
3
7. Phương pháp nghiên cứu
3
 PHẦN NỘI DUNG
4
1. Cơ sở lí luận
4
2. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu
4
3. Nguyên nhân của thực trạng
5
4.1. DẠNG 1: KIM LOẠI KHÔNG TAN TRONG NƯỚC TÁC DỤNG VỚI DUNG DỊCH MUỐI 
5
4.1.1. Một kim loại tác dụng với dd chứa một muối 
5
4.1.2. Một kim loại tác dụng với dd chứa hai muối 
12
4.1.3. Hai kim loại tác dụng với dd chứa một muối
20
4.2. DẠNG 2: KIM LOẠI TAN TRONG NƯỚC TÁC DỤNG VỚI DUNG DỊCH MUỐI 
32
4.3. BÀI TẬP VẬN DỤNG Ở MỨC ĐỘ TỔNG HỢP NÂNG CAO
34
KẾT QUẢ THỰC HIỆN
43
KẾT LUẬN KHUYẾN NGHỊ 
44