Sáng kiến kinh nghiệm Bồi dưỡng kỹ năng giải các bài tập liên quan đến tính chất riêng của nhôm và hợp chất của nhôm cho học sinh giỏi

Bồi dưỡng kỹ năng giải các bài tập liên quan đến tính chất riêng của nhôm và hợp chất của nhôm cho học sinh giỏi.
1. PHẦN MỞ ĐẦU
1.1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
	Việc dạy và học hóa học ở các trường hiện nay đã và đang được đổi mới tích cực nhằm góp phần thực hiện thắng lợi các mục tiêu của trường THCS. Ngoài nhiệm vụ nâng cao chất lượng đại trà, các nhà trường còn phải chú trọng đến công tác bồi dưỡng học sinh giỏi các cấp; coi trọng việc hình thành và phát triển tiềm lực trí tuệ cho học sinh. Đây là một nhiệm vụ không phải trường nào cũng có thể làm tốt vì nhiều lý do. Có thể nêu ra một số lý do như: do môn học mới đối với bậc trung học cơ sở nên kiến thức kỹ năng của học sinh còn nhiều chỗ khuyết; một bộ phận giáo viên chưa có đủ các tư liệu cũng như kinh nghiệm để đảm nhiệm công việc dạy bồi dưỡng học sinh giỏi 
 Là một giáo viên được thường xuyên tham gia bồi dưỡng đội tuyển HS giỏi, tôi đã có dịp tiếp xúc với một số đồng nghiệp giảng dạy bộ môn hoá học, tham khảo các đề thi học sinh giỏi huyện và từ thực tế nhiều năm bồi dưỡng học sinh giỏi đã thấy được nhiều vấn đề mà trong đội tuyển nhiều học sinh còn lúng túng khi gặp những bài tập liên quan đến nhôm và tính chất của nhôm. Đề giúp học sinh hiểu một cách sâu sắc và có kỹ năng vận dụng tốt vào giải các bài tập.
 Với những lý do trên tôi đã tìm tòi nghiên cứu, tham khảo tư liệu và áp dụng đề tài: “ Bồi dưỡng kỹ năng giải các bài tập liên quan đến tính chất riêng của nhôm và hợp chất của nhôm cho học sinh giỏi ” nhằm giúp cho các em HS giỏi có kinh nghiệm trong việc giải các bài tập liên quan đến tính chất riêng của nhôm và hợp chất của chúng. Qua nhiều năm áp dụng đề tài, các thế hệ HS giỏi đã tự tin hơn và giải quyết có hiệu quả khi gặp những bài tập loại này.
1.2. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU:
1.2.1: Nghiên cứu các kinh nghiệm về bồi dưỡng kỹ năng hóa học cho học sinh giỏi lớp 9 dự thi học sinh giỏi huyện.
1.2.2: Nêu ra phương pháp giải các bài toán liên quan đến tính chất riêng của nhôm và hợp chất của chúng.
1.3. ĐỐI TƯỢNG VÀ KHÁCH THỂ NGHIÊN CỨU.
1.3.1. Đối tượng nghiên cứu.
Đề tài này nghiên cứu các phương pháp bồi dưỡng kỹ năng trong giải toán hóa học ( giới hạn trong phạm vi các bài tập liên quan đến nhôm và hợp chất của nhôm )
1.3.2. Khách thể nghiên cứu.
Khách thể nghiên cứu là học sinh giỏi lớp 9 trong đội tuyển dự thi học sinh giỏi cấp huyện. 
1.4. NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU. 
Nhiệm vụ nghiên cứu của đề tài này nhằm giải quyết một số vấn đề cơ bản sau đây :
-Những vấn đề liên quan đến tính chất riêng của nhôm và hợp chất của chúng.
-Thực trạng về trình độ và điều kiện học tập của học sinh.
-Từ việc nghiên cứu vận dụng đề tài, rút ra bài học kinh nghiệm góp phần nâng cao chất lượng trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi.
1.5. PHẠM VI NGHIÊN CỨU.
1.5.1: Phạm vi nghiên cứu.
Do hạn chế về thời gian nên không gian đề tài này chỉ nghiên cứu giới hạn trong phạm vi học sinh trường THCS Quỳnh Liên. 
1.5.2. Về mặt kiến thức kỹ năng:
Đề tài chỉ nghiên cứu những vấn đề liên quan đến tính chất riêng của nhôm và hợp chất của chúng.
1.6. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU.
 1.6.1. Xác định đối tượng: Xuất phát từ nhứng khó khăn vướng mắc trong những năm đầu làm nhiệm vụ bồi dưỡng HS giỏi, tôi xác định đối tượng cần phải nghiên cứu là học sinh tham gia học lớp bồi dưỡng học sinh giỏi và kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi của minh qua nhiều năm được tích luỹ.
1.6.2-Điều tra đối tượng: Thông qua quá trình bồi dưỡng để điều tra về khả năng nhận thức, kỹ năng giải các bài tập liên quan đến tính chất riêng của nhôm và hợp chất của chúng.
2. NỘI DUNG VÀ PHƯƠNG PHÁP THỰC HIỆN.
2.1. CƠ SỞ LÝ LUẬN.
2.1.1. Ta biết rằng Al và hợp chất của chúng như Al2O3, Al(OH)3 tác dụng được với dung dịch kiềm theo các phương trình hoá học sau: 
 2Al(r) + 2NaOH(dd) + 2H2O(l) 2NaAlO2(dd) + 2H2(k) (1)
 Al2O3(r) + 2NaOH(dd) 2NaAlO2(dd) + 2H2O(l) (2)
 Al(OH)3(r) + NaOH(dd) NaAlO2(dd) + 2H2O(l) (3)
Do vậy khi cho dung dịch kiềm vào muối nhôm thì xãy ra như sau:
- Khi cho dung dịch NaOH vào AlCl3 .
+ Đầu tiên xãy ra phản ứng tạo thành kết tủa Al(OH)3.
 AlCl3(dd) + 3NaOH(dd) Al(OH)3(r) + 3NaCl(dd) 
+ Sau đó nếu NaOH dư thì sẽ hoà tan một phần Al(OH)3.
 Al(OH)3(r) + NaOH(dd) NaAlO2(dd) + 2H2O(l) 
Do vậy nếu nAl(OH)3 < nAlCl3 thì phải giải bài toán với hai trường hợp sau:
+ NaOH thiếu.
+ NaOH dư sau khi kết tủa hết AlCl3, thì sẽ hoà tan bớt Al(OH)3.
2.1.2. Khi cho dung dịch a xit vào dung dịch muối aluminat.
 + Khi sục khí CO2 vào dung dịch muối aluminat thì: 
 NaAlO2(dd) + CO2 + 2H2O(l) Al(OH)3(r) + NaHCO3(dd) .	
 Al(OH)3 không tan khi cho thêm CO2.
+ Với a xit mạnh như HCl, H2SO4...
 Đầu tiên: NaAlO2(dd) + HCl(dd) + H2O(l) Al(OH)3(r) + NaCl(dd) 
 Sau đó nếu HCl dư thì thì Al(OH)3 bị hoà tan dần theo phản ứng sau:
 Al(OH)3 (r) + 3HCl(dd) AlCl3(dd) + 3H2O(l) 
Do đó khi nAl(OH)3 < nNaAlO2 thì phải giải bài toán với hai trường hợp:
HCl thiếu.
 - HCl dư.
2.2. THỰC TIỄN.
	2.2.1. Thực trạng chung.
	Nói về tính chất hoá học riêng của nhôm và hợp chất của chúng thì trong chương trình và SGK viết rất ngắn gọn, chỉ cho biết Al, Al2O3 có tính chất riêng là tác dụng được với dung dịch kiềm. Trong các loại sách tham khảo hiện có thì các dạng bài tập liên quan đến tính chất riêng của nhôm và hợp chất của chúng rất ít gặp. Vì thế các em không biết tham khảo ở đâu nên khi gặp các bài tập loại này thì các em cho rằng loại này quá khó, các em tỏ ra rất mệt mỏi và rất thụ động trong các buổi học bồi dưỡng và không có hứng thú học tập. 	
2.2.2 Chuẩn bị thực hiện đề tài.
	Để áp dụng đề tài vào trong công tác bồi dưỡng HS giỏi tôi đã thực hiện một số khâu quan trọng như sau:
	a) Điều tra trình độ HS, tình cảm thái độ của HS về nội dung của đề tài; điều kiện học tập của HS. Đặt ra yêu cầu về bộ môn, hướng dẫn cách sử dụng sách tham khảo và giới thiệu một số sách hay của các tác giả để những HS có điều kiện tìm mua. các HS khó khăn sẽ mượn sách ở ở thư viện nhà trường để học tập.
	b) Xác định mục tiêu, chọn lọc và nhóm các bài toán theo dạng, xây dựng nguyên tắc áp dụng cho mỗi dạng, biên soạn bài tập mẫu và các bài tập vận dụng và nâng cao. Ngoài ra phải dự đoán những tình huống sư phạm có thể xảy ra khi dạy bồi dưỡng.
 c) Chuẩn bị đề cương bồi dưỡng, lên kế hoạch về thời lượng.
 d) Sưu tầm tài liệu, trao đổi kinh nghiệm cùng các đồng nghiệp; nghiên cứu các đề thi HS giỏi của các năm trước trong huyện, tỉnh và một số huyện, tỉnh khác.
2.3. KINH NGHIỆM VẬN DỤNG ĐỀ TÀI VÀO THỰC TIỄN.
Ví dụ 1: Cho từ từ mỗi chất: Dung dịch HCl, khí CO2, dung dịch AlCl3 vào dung dịch NaAlO2 cho tới dư. Nêu rõ hiện tượng và viết phương trình hoá học.
Giáo viên gợi ý: - Dung dịch NaAlO2 bị kết tủa trong môi trường a xit.
 - Phản ứng giữa a xit và bazơ là phản ứng trung hoà và luôn xãy ra.
Hướng dẫn giải:
Dung dịch NaAlO2 bị kết tủa trong môi trường a xit. Do đó:
- Khi cho dung dịch HCl từ từ vào dung dịch NaAlO2 thì thấy xuất hiện kết tủa, sau đó HCl dư sẽ làm cho kết tủa tan dần. 
 NaAlO2(dd) + HCl(dd) + H2O(l) Al(OH)3 (r) + NaCl(dd) 
 Al(OH)3(r) + 3HCl(dd) AlCl3(dd) + 3H2O(l) 
- Khi cho khí CO2 từ từ vào dung dịch NaAlO2 thì thấy xuất hiện kết tủa, kết tủa tăng đến cực đại và không đổi mặc dù dư khí CO2. 
 NaAlO2(dd) + CO2(k) + 2H2O(l) Al(OH)3(r) + NaHCO3(dd) .
Khi dung dịch AlCl3 từ từ vào dung dịch NaAlO2 thì không thấy hiện tượng gì xãy ra.
Ví dụ 2: 
Cho 350ml dung dịch NaOH 1M vào 100ml dung dịch AlCl3 1M. Tính khối lượng kết tủa tạo thành.
Giáo viên gợi ý: - Trước hết phải xác định xem chất nào dư.
 - Nếu là NaOH dư thì nó sẽ hoà tan bớt kết tủa sinh ra.
Hướng dẫn giải:
nNaOH = 1. 0,35 = 0,35 mol.
nAlCl3 = 1.0,1 = 0,1 mol.
Ta có phương trình phản ứng: AlCl3(dd) + 3NaOH(dd) → 3NaCl(dd) + Al(OH)3(r)
 0,1 ------> 0,3 ----------> 0,3 -------------> 0,1
= > NaOH dư = 0,05mol
nAl(OH)3 sinh ra = nAlCl3 = 0,1 mol.
Do đó : NaOH(dd) + Al(OH)3(r) → NaAlO2(dd) + 2H2O(l) 
 0,05-------> 0,05----------- > 0,05.
nAl(OH)3 còn là = 0,1 - 0,05 = 0,05 mol.
mAl(OH)3 = 0,05.78 = 3,9g.
Ví dụ 3: Trộn lẫn 100ml dung dịch AlCl3 1M vào V(ml) dung dịch NaOH 1M thu được 6,25g kết tủa. Tính thể tích V(ml) của dung dịch NaOH.
 Giáo viên gợi ý: 
 Nếu là NaOH dư thì nó sẽ hoà tan bớt kết tủa sinh ra. Chính vì vậy ta phải so sánh xem số mol kết tủa so với số mol AlCl3, nếu số mol kết tủa sinh ra ít hơn số mol AlCl3 phản ứng thì có thể là NaOH thiếu hoặc dư nên ta phải giải bài toán với từng trường hợp.
Hướng dẫn giải:
nAlCl3 = 1.0,1 = 0,1 mol
nAl(OH)3 = 0,08 mol.
Nhận xét: nAl(OH)3 < nAlCl3.
+ Trường hợp 1: NaOH thiếu nên chưa tác dụng hết với dung dịch AlCl3.
 AlCl3(dd) + 3NaOH(dd) → Al(OH)3(r) + 3NaCl(dd) 
 0,08 <---- 0,24 <----- 0,08mol
nAlCl3 còn dư = 0,1 - 0,08 = 0,02 mol ; nNaOH = 0,24 mol = > VddNaOH = 0,24 lít.
+ Trường hợp 2: Xảy ra 2 phản ứng:
 AlCl3(dd) + 3NaOH(dd) → Al(OH)3(r) + 3NaCl(dd) 
 0,1----------> 0,3 0,1mol
Sau đó NaOH dư hoà tan bớt Al(OH)3 theo phản ứng sau:
 Al(OH)3 (r) + NaOH(dd) → NaAlO2(dd) + 2H2O(l) 
 ( 0,1 – 0,08)--------> 0,02
Tổng số mol NaOH đã dùng là 0,3 + 0,02 = 0,32 mol
 V d dNaOH = = 0,32 lít = 320ml.
Ví dụ 4 : Trộn V1 lít dung dịch HCl 0,6M với V2 lít dung dịch NaOH 0,4M thu được 0,6 lít dung dịch A. Biết 0,6 lít dung dịch A tác dụng hết với 1,02g Al2O3. Tính V1 và V2.
 Giáo viên gợi ý: Al2O3 là một oxít lưỡng tính nên có thể tác dụng được với a xit và bazơ. Vì vậy dung dịch A có thể có HCl dư hoặc NaOH dư. Nên ta có thể gải bài toán này với từng trường hợp.
Hướng dẫn giải:
 Al2O3 là một oxít lưỡng tính vì vậy dung dịch A có thể tác dụng được với dung dịch HCl dư hoặc NaOH dư.
+ Trường hợp 1: Sau khi trộn HCl dư.
nHCl (ban đầu) = 0,6.V1 mol ; nNaOH (ban đầu) = 0,4 .V2 mol.
nAl2O3 = 0,01 mol. Theo bài ra ta có phương trình.
 HCl(dd) + NaOH(dd) → NaCl(dd) + H2O(l) 
 0,4V2 <------ 0,4V2
nHCl dư = (0,6V1 – 0,4V2)mol phản ứng với Al2O3 là:
 Al2O3(r) + 6HCl(dd) 2AlCl3 (dd) + 3H2O(l) 
 0,01mol ----> 0,06mol = (0,6V1 – 0,4V2) (*)
 Ta có V1 + V2 = 0,6 (**) 
Từ (*) và (**) ta có: V1 = 0,3lít; V2 = 0,3lít
+ Trường hợp 2: Sau khi trộn NaOH dư.
 HCl (dd) + NaOH(dd) → NaCl (dd) + H2O (l) 
	0,6V2 -------> 0,6V2
 nNaOH d ư = 0,4V2 - 0,6V1mol phản ứng với Al2O3
 Al2O3(r) + 2NaOH(dd) → 2NaAlO2 (dd) + H2O(l) 
 0,01--------> 0,02
Ta có: V1 + V2 = 0,6 mol. (*)
 0,4V2 - 0,6V1 = 0,02 (**) Từ (*) và (**) ta suy ra: V1 = 0,38lít
 V2 = 0,22 lít
Ví dụ 5: Cho V ml dung dịch HCl 1M vào dung dịch chứa 0,1 mol NaAlO2 thu được 5,85g kết tủa. Tính thể tích V dung dịch HCl đã dùng.
Giáo viên gợi ý: - Dung dịch NaAlO2 bị kết tủa trong môi trường a xit.
- Phản ứng giữa a xit và bazơ là phản ứng trung hoà và luôn xãy ra.
 Chính vì vậy ta phải so sánh xem số mol kết tủa so với số mol NaAlO2, nếu số mol kết tủa sinh ra ít hơn số mol NaAlO2 phản ứng thì có thể là HCl thiếu hoặc dư nên ta phải giải bài toán với từng trường hợp.
Hướng dẫn giải:
nAl(OH)3 = = 0,075 mol
Nhận xét: nAl(OH)3 < nNaAlO2
 + Trường hợp 1: HCl thiếu
 HCl (dd) + NaAlO2(dd) + H2O(l) → Al(OH)3 + NaCl(dd) 
 0,075------ 0,075 <---------------- 0,075mol
nNaOH dư = 1- 0,075 = 0,025mol
Vd dHCl = = 0,075lít.
+ Trường hợp 2: Xảy ra hai phản ứng:
NaAlO2 (dd) + HCl (dd) + H2O(l) → Al(OH)3(r) + NaCl(dd) (1)
 0,1-------------> 0,1 ---------> 0,1mol
nAl(OH)3 phản ứng với dung dịch HCl dư là: 0,1- 0,075 = 0,025mol.
 3HCl (dd) + Al(OH)3(r) → AlCl3(dd) + 3H2O (l) (2)
 0,075<------ 0,025mol
Tổng số mol HCl đã dùng ở hai phản ứng là: 0,1 + 0,075 = 0,175mol
 Vdd HCl = = 0,175lít.
Ví dụ 6: Hỗn hợp A gồm có ba kim loại nguyên chất Cu, Mg, Al có khối lượng 1g. Cho A tác dụng với dung dịch HCl dư sau đó lọc lấy phần không tan đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 0,8 gam chất rắn. Cho thêm dung dịch NaOH dư vào phần nước lọc, lấy kết tủa nung đến khối lượng không đổi thu được 0,4g sản phẩm. Tính thành phần % về khối lượng các chất trong hỗn hợp A.
Giáo viên gợi ý: Đây là loại bài tập tổng hợp. 
 Hướng dẫn giải:
Khi cho hỗn hợp A vào dung dịch HCl thì Cu không phản ứng - > Chất rắn không tan là Cu.
 Đốt nóng Cu thì xãy ra phản ứng. Cu(r)+ O2(k) CuO(r)
Theo phương trình phản ứng: nCu = nCuO = = 0,01 mol = > mCu = 0,01. 64 = 0,64g
Gọi x, y lần lượt là số mol Mg, Al có trong hỗn hợp A.
 Thì: 24x + 27y = 1 – 0,64 = 0,36g (1)
Ta có các phản ứng hoá học xãy ra:
 Mg(r) + 2HCl(dd) MgCl2(dd) + H2O(l) (1)
 x mol -----------------------------> x mol
 2Al(r) + 6HCl(dd) 2AlCl3(dd) + 3H2O(l) (2)
 y mol ----------------------------> y mol
 MgCl2(dd) + 2NaOH(dd) Mg(OH)2(r) + 2NaCl(dd) (3)
 x mol --------------------------------> x mol
 AlCl3(dd) + 3NaOH(dd) Al(OH)3(r) + 3NaCl(dd) (4)
 y mol --------------------------------> y mol
 Al(OH)3(r) + NaOH dư(dd) → NaAlO2(dd) + 2H2O(l) (5)
 y mol-------------------------------> y mol
 Mg(OH)2 (r) MgO(r) + H2O(h) (6)
 x mol--------------> x mol
Ta có: x = nMgO = = 0,01 mol => mMgO = 0,01. 24 = 0,24g
Vậy: %mMgO = = 24%; %mCu = = 64%; 
 %mAl = 100% - ( 24% + 64% ) = 12%
Ví dụ 7: Hoà tan 11,04g hỗn hợp gồm Al2O3, FeCO3, trong 730g dung dịch HCl 2% lượng dư thu được 1,34 lít khí (đktc) và dung dịch X.
Tính thành phần % trong hỗn hợp.
Tính thể tích dung dịch KOH 0,8M cần cho vào dung dịch X để thu được lượng kết tủa lớn nhất.
Cho dung dịch có chứa 0,23 mol Ba(OH)2 vào dung dịch X. Tính lượng kết tủa thu được ( các phản ứng xãy ra hoàn toàn ). 
Giáo viên gợi ý: Đây là loại bài tập tổng hợp. 
 Hướng dẫn giải:
a. Ta có: nHCl = = 0,4 mol.
Ta có phương trình phản ứng :
 Al2O3(r) + 6HCl(dd) 2AlCl3(dd) + 3H2O(l) (1)
 FeCO3(r) + 2HCl(dd) FeCl2 (dd) + CO2 (k) + H2O(l) (2)
Theo phương trình phản ứng (2) : = = = 0,06 mol
=> = 0,06.116 = 6,96g = > %FeCO3 = = 63%
%Al2O3 = 100% -63% = 37%.
Số mol HCl phản ứng với FeCO3 là: nHCl = 2= 2.0,06 = 0,12 mol
 Số mol HCl phản ứng với Al2O3 là: 
 nHCl = 6= 6.0,06 = 6. = 0,24 mol
Vậy tổng số mol HCl tham gia phản ứng ở phương trình (1) và (2) là:
 nHCl = 0,12 + 0,24 = 0,36 mol.
Số mol HCl dư là: 0,4 - 0,36 = 0,04 mol.
Trong dung dịch X có : 0,04 mol HCl dư; 0,08 mol AlCl3 ; 0,06 mol FeCl2
Khi cho dung dich KOH vào dung dịch X thì có thể xãy ra các phản ứng sau :
	HCl(dd) + KOH(dd) KCl(dd) + H2O(l) (3)
 0,04 mol --------------> 0,04 mol
 FeCl2(dd) + 2KOH(dd) Fe(OH)2 (r) + 2KCl(dd) (4)
 0,06 mol ------------> 0,12 mol
 AlCl3(dd) + 3KOH(dd) Al(OH)3(r) + 3KCl(dd) (5)
 0,08 mol -----------> 0,24 mol
 Al(OH)3(r) + KOH(dd) → KAlO2(dd) + 2H2O(l) (6)
Để lượng kết tủa thuu được lớn nhất thì phương trình (6) không xãy ra: Tổng số mol KOH tham gia phản ứng là: 0,04 + 0,12 + 0,24 = 0,4 mol.
Vậy thể tích dung dịch KOH 0,8M cần phải lấy để thu được lượng kết tủa lớn nhất là: V = = 0,5 ( lít) 
c. Khi cho 0,23 mol dung dich Ba(OH)2 vào dung dịch X thì có thể xãy ra các phản ứng sau :
	2HCl(dd) + Ba(OH)2 (dd) BaCl2(dd) + 2H2O(l) (7)
 0,04 mol ----------> 0,02 mol
 FeCl2(dd) + Ba(OH)2 (dd) Fe(OH)2 (r) + BaCl2(dd) (8)
 0,06 mol---------> 0,06mol 0,06mol
 2AlCl3(dd) + 3Ba(OH)2 (dd) 2Al(OH)3(r) + 3BaCl2(dd) (9)
 0,08 mol----------> 0,12 mol 0,08mol
Tổng số mol Ba(OH)2 tham gia phản ứng vưói dung dịch X là: 
 0,02 + 0,06 + 0,12 = 0,2 mol < 0,23 mol
Vậy ( dư) = 0,23 – 0,2 = 0,03 mol nên đã hào tan một phần kết tủa Al(OH)3 sinh ra theo phương trình.
 2Al(OH)3(r) + Ba(OH)2 (dd) → Ba(AlO2)2 (dd) + 4H2O(l) (10)
 0,06 mol <------ 0,03 mol
Vậy số mol Al(OH)3 còn lại là: 0,08 – 0,06 = 0,02 mol.
Khối lượng kết tủa thu được là: mkết tủa = 0,06. 90 + 0,02 . 78 6,96g
 3. BÀI HỌC KINH NGHIỆM VÀ KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯỢC:
3.1. BÀI HỌC KINH NGHIỆM.
	Năm học 2009 -2010 tôi đã vận dụng đề tài này để giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi và rút ra một số kinh nghiệm thực hiện như sau:
	- Giáo viên phải chuẩn bị thật kỹ nội dung cho mỗi buổi dạy. Xây dựng được nguyên tắc và phương pháp giải dạng bài toán đó.
	- Tiến trình bồi dưỡng kỹ năng được thực hiện theo hướng đảm bảo tính kế thừa và phát triển vững chắc. Tôi thường bắt đầu từ một bài tập mẫu, hướng dẫn phân tích đầu bài cặn kẽ để học sinh xác định hướng giải và tự giải, từ đó các em có thể rút ra phương pháp chung để giải các bài toán cùng loại. Sau đó tôi tổ chức cho HS giải bài tập tương tự mẫu; phát triển vượt mẫu và cuối cùng nêu ra các bài tập tổng hợp.
	- Mỗi bài toán tôi đều đưa ra nguyên tắc nhằm giúp các em dễ nhận dạng loại bài tập và dễ vận dụng các kiến thức, kỹ năng một cách chính xác; hạn chế được những nhầm lẫn có thể xảy ra trong cách nghĩ và cách làm của HS.
	- Tôi luôn chú trọng đến việc kiểm tra, đánh giá kết quả, sửa chữa rút kinh nghiệm và nhấn mạnh những sai sót mà HS thường mắc. 
3.2. KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯỢC.
Những kinh nghiệm nêu trong đề tài đã phát huy rất tốt năng lực tư duy, độc lập suy nghĩ cho đối tượng HS giỏi. Các em đã tích cực hơn trong việc tham gia các hoạt động xác định hướng giải và tìm kiếm hướng giải cho các bài tập.Qua đề tài này, kiến thức, kỹ năng của HS được củng cố một cách vững chắc, sâu sắc; kết quả học tập của HS luôn được nâng cao. Từ chỗ rất lúng túng, thì nay phần lớn các em đã tự tin hơn , biết vận dụng những kỹ năng được bồi dưỡng để giải thành thạo các bài tập mang tính phức tạp.
Năm học
Số HS dự thi 
Số HS đạt 
Tỉ lệ
2008- 2009
4
1
25%
2009- 2010
3
2
66%
	Quỳnh Liên, ngày 23 tháng 11 năm 2010