Sáng kiến kinh nghiệm Phương pháp giải một số bài tập nâng cao trong đề tốt nghiệp THPT nhằm rèn luyện kỹ năng cho học sinh khá, giỏi

ỉ áp dụng một số phương pháp giải toán thông thường, tốn nhiều thời gian; chưa áp dụng những phương pháp giải toán nhanh và hiệu quả, kích thích được sự tư duy, sáng tạo và rèn luyện các kĩ năng quan sát, so sánh, biện luận, sự nhanh nhạy cho đối tượng HS khá, giỏi.
- Việc triển khai giảng dạy và áp dụng phương pháp giải các bài toán nâng cao khó áp dụng đại trà cho các lớp với nhiều đối tượng HS khác nhau mà chủ yếu cho nhóm HS khá,giỏi.CHƯƠNG II: PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ BÀI NÂNG CAO TRONG ĐỀ TỐT NGHIỆP THPT
II.1. Các bài toán hữu cơ vận dụng cao chủ yếu tập trung vào một số dạng toán cơ bản:
1. Bài toán este, axit, ancol: hợp chất hữu cơ chứa C,H,O
2. Bài toán peptit; hỗn hợp peptit – este; hỗn hợp peptit – aminoaxit: hợp chất hữu cơ chứa C, H, O, N
3. Bài toán aminoaxit, este aminoaxit; muối amoni, muối Na, K của axit hữu cơ: hợp chất hữu cơ chứa C, H, O, N, Na.
II.2. Phương pháp giải bài toán hữu cơ:
Biện luận tìm công thức cấu tạo các chất: biện luận C theo C, biện luận theo số liên kết pi, biện luận theo M, biện luận gốc hidrocacbon.
- Dựa vào hệ quả phản ứng cháy và quan hệ số mol các chất.
Đốt cháy hợp chất chứa C,H,O,N: 
Đối với hợp chất chứa C, H, O: 
Đối với chất béo không no:
Đối với hợp chất muối Na,K của axit cacboxylic: 
Tìm quy luật hoặc mối quan hệ về số nguyên tử các nguyên tố trong hợp chất.
Ví dụ: n(-COO-/este hoặc axit)=n(OH-); n(H+) = n (N/amin hoặc aminoaxit)
n(-OH)=2.n(H2); nC (muối) = nNa ( muối)
Với 1 số bài toán phức tạp, tiến hành quy đổi về hỗn hợp đơn giản hơn; sử dụng phương pháp đồng đẳng hóa, bơm thêm chất, sử dụng tư duy kĩ thuật dồn chất, xếp hình.
Đặc trưng của bài toán hữu cơ là biện luận tìm công thức cấu tạo, ngoài ra HS có thể đoán chất dựa trên đặc điểm của dãy đồng đẳng để có thể tìm ra công thức một cách nhanh nhất.
II.3. Một số ví dụ bài toán hữu cơ:
Ví dụ 1: Câu 72 ( Mã 203 – Đề THPTQG 2019)
Đốt cháy hoàn toàn m gam triglixerit X cần vừa đủ 3,08 mol O2 thu được CO2 và 2 mol H2O. Cho m gam tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ thu được glixerol và 35,36g muối. Mặt khác
, m gam X tác dụng tối đa với a mol brom trong dung dịch. Giá trị của a là:
A. 0,2	B. 0,24	C. 0,12	D. 0,16
Cách 1: Áp dụng phương pháp thông thường dành cho nhiều đối tượng HS, cơ sở là sử dụng bảo toàn nguyên tố, bảo toàn m kết hợp hệ quả phản ứng cháy, cộng.
Áp dụng công thức: 
Cách 2: Tiến hành phương pháp quy đổi thành nguyên tử và nhóm chức.
Quy chất béo thành hỗn hợp gồm:
Cách 3: Sử dụng phương pháp đồng đẳng hóa, cách này phù hợp cho nhiều đối tượng HS khá, giỏi.
Bơm thêm H2 vào chất béo, mol H2 bơm vào đúng bằng mol Br2 tác dụng với chất béo = a mol
Áp dụng định luật: 
Vậy a = 0,12 mol
Cách 4: Sử dụng phương pháp tư duy theo kĩ thuật dồn chất để quy đổi kết hợp bơm thêm H2 vào hỗn hợp.
 Bơm thêm H2 vào chất béo, mol H2 bơm vào đúng bằng mol Br2 tác dụng với chất béo = a mol. Quy hỗn hợp thành: COO, H2, CH2 ( kĩ thuật dồn chất)
Đốt cháy: COO " COO; CH2 + 1,5O2 "CO2 +H2O; H2 + 0,5O2 "H2O
Ta có hệ phương trình:
Ví dụ 2: Câu 76 (Đề minh họa THPTQG - 2018) Hỗn hợp X chứa hai amin kế tiếp thuộc dãy đồng đẳng của metylamin. Hỗn hợp Y chứa glyxin và lysin. Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol hỗn hợp Z (gồm X và Y) cần vừa đủ 1,035 mol O2, thu được 16,38 gam H2O; 18,144 lít (đktc) hỗn hợp CO2 và N2. Phần trăm khối lượng của amin có khối lượng phân tử nhỏ hơn trong Z là
A. 21,05%.	B. 16,05%.	C. 13,04%.	D. 10,70%.
Hướng dẫn:
Cách 1: Tìm công thức cấu tạo của các chất trong X, từ đó tính khối lượng:
Giải hệ: Glyxin (x mol); Lysin (y mol)
Cách 2: Phân tích thành phần các chất đã cho, tiến hành quy đổi thành hỗn hợp đơn giản hơn.
Amin = CH3NH2 + CH2	Glyxin C2H5O2N 
Lysin: C6H14O2N2 = C2H5O2N + 4CH2 + NH
Quy đổi Z thành hỗn hợp gồm:
 CH3NH2 (a mol), C2H5O2N (b mol); CH2 (c mol); NH (d mol)
 " " 
Ví dụ 3: Câu 40 (Đề MH THPTQG 2017): Cho m gam hỗn hợp M gồm đipeptit X, tripeptit Y, tetrapeptit Z và pentapeptit T (đều mạch hở) tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được hỗn hợp Q gồm muối của Gly, Ala và Val. Đốt cháy hoàn toàn Q bằng một lượng oxi vừa đủ, thu lấy toàn bộ khí và hơi đem hấp thụ vào bình đựng nước vôi trong dư, thấy khối lượng bình tăng 13,23 gam và có 0,84 lít khí (đktc) thoát ra. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn m gam M, thu được 4,095 gam H2O. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây?
	A. 6,0.	B. 6,5.	C. 7,0.	D. 7,5.
Hướng dẫn:
Cách 1: Quy đổi theo hướng đồng đẳng hóa. Đưa hỗn hợp về aminoaxit đơn giản nhất là glyxin, có thêm nhóm –CH2 và bơm thêm nước vào hỗn hợp. 
Theo đề:
Mặt khác, khi đốt cháy M: 
Giải hệ trên được: a = 0,075; b = 0,09 ; c = –0,05.
Vậy 
Cách 2: Có thể quy đổi theo hướng sử dụng kĩ thuật dồn chất:
Sau đó giải tương tự cách 1:
 Vậy 
Ví dụ 4: Câu 40 (Đề MH –THPTQG 2017): X là amino axit có công thức H2NCnH2nCOOH, Y là axit cacboxylic no, đơn chức, mạch hở. Cho hỗn hợp E gồm peptit Ala-X-X và Y tác dụng vừa đủ với 450 ml dung dịch NaOH 1M, thu được m gam muối Z. Đốt cháy hoàn toàn Z cần 25,2 lít khí O2 (đktc), thu được N2, Na2CO3 và 50,75 gam hỗn hợp gồm CO2 và H2O. Khối lượng của muối có phân tử khối nhỏ nhất trong Z là
A. 14,55 gam.	B. 12,30 gam.	C. 26,10 gam. D. 29,10 gam.
Hướng dẫn:
Cách 1: Biện luận C theo C tìm công thức X, Y
X: H2N-CnH2nCOOH; Y: CmH2mO2; E gồm Ala-X-X và Y
Muối Z gồm: C3H6O2NNa: a mol; CnH2nO2NNa: 2a mol; CmH2m-1O2Na: b mol
 Gọi mol CO2: x mol; H2O: y mol
Từ 1,2,3: Vậy X là Gly; Y là CH3COOH 
Muối nhỏ nhất là CH3COONa có m = 0,15.82 = 12,3 gam
Cách 2: Sử dụng phương pháp đồng đẳng hóa.
Quy hỗn hợp E về: 
 " Muối Z: 
Phản ứng cháy của Z:
2AlaNa + 7,5 O2 " Na2CO3 +5CO2 + 6H2O
2GlyNa + 4,5O2 " Na2CO3 + 3CO2 + 4H2O
2HCOONa + O2 " Na2CO3 + CO2 + H2O
CH2 +1,5O2 " CO2 + H2O
Có hệ pt: 
 Dễ dàng nhận thấy y/z=1 nên nhóm CH2 thuộc về HCOOH. 
Vậy axit là CH3COOH. Muối có M nhỏ nhất trong Z là CH3COONa. 
m(muối CH3COONa) = 82.0,15= 12,3 gam
Nhận xét: Với cách 2, học sinh dễ dàng tìm được công thức axit thông qua tỉ lệ mol mà không cần biện luận C theo C.
Ví dụ 5: Câu 78 (Đề THPTQG 2019): Chất X (CnH2n+4O4N2) là muối amoni của axit cacboxylic đa chức; chất Y (CmH2m-4O7N6) là hexapeptit được tạo bởi một amino axit. Biết 0,1 mol E gồm X và Y tác dụng tối đa với 0,32 mol NaOH trong dung dịch, đun nóng, thu được metylamin và dung dịch chỉ chứa 31,32 gam hỗn hợp muối. Phần trăm khối lượng của X trong E có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây?
	A. 49.	B. 52.	C. 77.	D. 22.
Hướng dẫn: Cách 1: Biện luận n theo m hoặc R theo R’ 
Dựa vào công thức tổng quát, nhận thấy: X là muối amoni của axit cacboxylic 2 chức, giải phóng metylamin nên có dạng:
R(COONH3CH3)2 (x mol) ; Y là hexapeptit tạo bởi - aa no, mạch hở chỉ chứa 1 nhóm –COOH, -NH2 (y mol). Hỗn hợp muối gồm:
Vậy 2 chất ban đầu là: 
" %X = 
Cách 2: Sử dụng kĩ thuật tư duy dồn chất cho hỗn hợp muối và xếp hình C. 
Hỗn hợp gồm muối của axit no, 2 chức và muối của aminoaxit no, mạch hở chứa 1 nhóm –COOH, 1 nhóm –NH2
Ta có hệ pt: 
Dồn chất: 31,32 gam muối gồm 
Xếp hình C ta có: 
 " %X = 
Ví dụ 6: Câu 79: (Đề THPT QG 2017) Hỗn hợp E gồm ba peptit mạch hở: đipeptit X, tripeptit Y, tetrapeptit Z có tỉ lệ mol tương ứng là 2 : 1 : 1. Cho một lượng E phản ứng hoàn toàn với dung dịch NaOH dư, thu được 0,25 mol muối của glyxin, 0,2 mol muối của alanin và 0,1 mol muối của valin. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn m gam E, thu được tổng khối lượng CO2 và H2O là 39,14. Giá trị của m là
	A. 16,78.	B. 25,08.	C. 20,17.	D. 22,64.
Hướng dẫn:
Cách 1: 
Hỗn hợp E gồm: 
n (aminoaxit) = 2.2x + 3.x + 4.x = 0,25+0,2+0,1 " x= 0,05mol
Ta có "E gồm 
Mặt khác, đốt cháy hỗn hợp E:
Cách 2: Sử dụng phương pháp đồng đẳng hóa.
 Bảo toàn N: nN=2.2a+3a+4a=0,25+0,2+0,1=0,55 " a = 0,05
" n (H2O) = nX+nY+nZ= 2a+a+a = 4a = 4.0,05 = 0,2
Quy đổi E gồm các peptit tạo bởi Gly, Ala, Val nên sử dụng kĩ thuật dồn chất quy đổi hỗn hợp thành:
 " m (E) = 0,55.57+14.0,5+ 18.0,2 = 41,95g
Nếu đốt 41,95 gam lượng E trên: 
Vậy đốt cháy m gam E thu 39,14 gam CO2 và H2O " m = 
Ví dụ 7: Câu 78 (Đề THPT QG 2018) : Hỗn hợp X gồm alanin, axit glutamic và axit acrylic. Hỗn hợp Y gồm propen và trimetylamin. Đốt cháy hoàn toàn a mol X và b mol Y thì tổng số mol oxi cần dùng vừa đủ là 1,14 mol, thu được H2O; 0,1 mol N2 và 0,91 mol CO2 . Mặt khác, khi cho a mol X tác dụng với dung dịch KOH dư thì lượng KOH phản ứng là m gam. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là
A. 16,8. 	B. 10,0. 	C. 11,2. 	D. 14,0
Hướng dẫn: 
COO không cháy; CH2 + 1,5O2 " CO2 + H2O; 2NH3 + 1,5O2 "N2 + 3H2O
Ta có hệ phương trình:
 " 
Ví dụ 8: Câu 78. (Đề MH THPT QG 2018) Cho hỗn hợp Z gồm peptit mạch hở X và amino axit Y (MX > 4MY) với tỉ lệ mol tương ứng 1 : 1. Cho m gam Z tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH, thu được dung dịch T chứa (m + 12,24) gam hỗn hợp muối natri của glyxin và alanin. Dung dịch T phản ứng tối đa với 360 ml dung dịch HCl 2M, thu được dung dịch chứa 63,72 gam hỗn hợp muối. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Kết luận nào sau đây đúng?
A. Phần trăm khối lượng nitơ trong Y là 15,73%.
B. Số liên kết peptit trong phân tử X là 5.
C. Tỉ lệ số gốc Gly : Ala trong phân tử X là 3 : 2.
D. Phần trăm khối lượng nitơ trong X là 20,29%.
Hướng dẫn: - Quy đổi theo hướng dồn chất
Ta có: 
Lưu ý: Việc khó khăn nhất với HS trong bài toán trên là đưa hỗn hợp muối có tỉ lệ mol về hỗn hợp X, Y ban đầu. Giáo viên nên hướng dẫn kĩ cho HS, có thể dùng phương pháp biện luận số gốc để tìm ra công thức X, Y.
Trường hợp 1: Nếu aminoaxit Y là Ala: n(Ala)=0,18; MX >4.89=356 g/mol. 
MX= n.75>356. Nếu tối thiểu n=5 thì mol Gly = 5.0,06 = 0,3 >0,18 " Loại
Trường hợp 2: Nếu aminoaxit Y là Gly: n(G)=0,06; MX >4.75=300 g/mol
Ta có: 
Vậy, 
Ví dụ 9: Câu 79 (Đề THPTQG 2019): Hỗn hợp E gồm 3 este mạch hở đều tạo bởi axit cacboxylic với ancol; X (no đơn chức), Y (không no đơn chức phân tử có 2 liên kết pi) và Z (no hai chức). Cho 0,58 mol E phản ứng vừa đủ với dung dịch NaOH thu được 38,34 gam hỗn hợp 3 ancol cùng dãy đồng đẳng và 73,22 gam hỗn hợp T gồm 3 muối của 3 axit cacboxylic. Đốt hỗn hợp T cần 0,365 mol O2 thu Na2CO3, H2O và 0,6 mol CO2. Phần trăm khối lượng của Y trong E có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 6	B. 5	C. 8	D.7
Hướng dẫn: Cách 1: Sử dụng phương pháp quy đổi kết hợp đồng đẳng hóa.
Nhận xét: 
Quy đổi T: 
 và 
Vậy, muối chắc chắn có HCOONa; ancol chắc chắn có CH3OH.
Bảo toàn m cho phản ứng xà phòng hóa ta có: 
mE + mNaOH = mT + mancol mE = 73,22+38,34-40.0,54.2=68,36 gam.
Quy đổi hỗn hợp E thành:
0,05.R1 + 0,03. R2 + 0,5.R3 + 17,08=38,34
Lấy nghiệm: R1 = 57 (C4H9-); R2 = 71 (C5H11-); R3 = 15 (CH3-)
Vậy Y là: C2H3COOC5H11 
Lưu ý: Nhiều HS sẽ băn khoăn khi tính giá trị T, GV có thể hướng dẫn HS tính như sau:
Cách 2: Sử dụng tư duy trong kĩ thuật dồn chất, kết hợp xếp hình C
- Dồn chất, quy hỗn hợp T về thành: 
Mặt khác: " 
Xếp hình C, nC (T) = 1,08+0,06 = 1,14 mol ta có, hỗn hợp muối T gồm:
- Dồn chất cho hỗn hợp gồm các ancol no, đơn chức là đồng đẳng:
- Sử dụng kĩ thuật xếp hình C, ta có ancol là: 
"Y là: C2H3COOC5H11: 
Ví dụ 10: Câu 75 (Đề THPTQG 2019): Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp E gồm 2 este mạch hở X và Y (đều tạo bởi axit cacboxylic và anco, MX<MY<150), thu được 4,48 lít mol CO2 (đktc). Cho m gam E tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH thu được một muối và 3,14 gam hỗn hợp ancol Z. Cho toàn bộ Z tác dụng với Na dư thu được 1,12 lít H2 (đktc). Phần trăm khối lượng của X trong E là: 
A. 29,63%	B. 62,28%	C. 40,40%	D. 30,30%
Hướng dẫn giải: Cần kĩ năng quan sát thông qua lượng mol, từ đó dễ dàng lấy nghiệm thông qua việc đồng nhất hệ số C. 
Ta có: 
Bảo toàn C ta có: x.C +y.C’=nC = 0,2 (2)
Thực hiện nhân đôi 2 vế của pt (1): 2x+4y=0.1.2=0,2 (3)
Đồng nhất phương trình (2) và (3) ta có: 
" %mX = 0,04.60.100/5,94 = 40,4%.
II.4. Các bài toán vô cơ vận dụng cao chủ yếu tập trung vào một số dạng toán cơ bản:
1. Bài toán điện phân.
2. Bài toán H+, NO3-
3. Bài toán tổng hợp: phản ứng với nước, khử oxit, tính chất lưỡng tính của hidroxit Al(OH)3, bài toán aluminat, phản ứng với H2SO4 đặc/loãng; kim loại tác dụng với dung dịch muối
II.5. Phương pháp giải bài toán vô cơ:
+ Vận dụng các định luật: bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố, bảo toàn electron
+ Vận dụng có hiệu quả định luật bảo toàn điện tích cho dung dịch, đặc biệt dung dịch sau cùng khi kết thúc các quá trình phản ứng hóa học.
+ Sử dụng các công thức trắc nghiệm có sẵn cho các dạng toán cơ bản.
+ Với bài toán chưa xác định được sản phẩm khử của N+5 là NH4+ thì cần chứng minh, trường hợp không chứng minh được thì cứ đặt ẩn, sau đó giải hệ ra nếu có thì có số mol, nếu mol bằng 0 thì không có. Đó cũng là cách làm với 1 số ion khác khi chưa xác định được chắc chắn có hay không có ion đó trong dung dịch.
+ Riêng đối với ion của sắt, khi không xác định được thì cứ đặt Fen+; nếu cần xác định chính xác lượng thì cứ giả sử có cả Fe2+ và Fe3+ và giải mol; nếu mol nào bằng 0 thì ion đó không có mặt.
+ Sử dụng có hiệu quả định luật bảo toàn electron cho cả quá trình với bài toán oxi hóa khử qua nhiều giai đoạn nếu biết chính xác trạng thái số oxi hóa của các nguyên tố trước và sau khi kết thúc toàn bộ quá trình phản ứng.
Lưu ý: Đối với những bài toán vô cơ nhiều giai đoạn, GV yêu cầu HS vẽ sơ đồ bài toán và định lượng sơ bộ thành phần hỗn hợp/dung dịch. Khi đó, việc nhìn nhận các định luật và sử dụng phương pháp nào để giải sẽ dễ dàng hơn.
II.6. Một số ví dụ bài toán vô cơ:
Ví dụ 1: Câu 73 (MH- Đề thi THPT QG 2018) Điện phân (điện cực trơ, màng ngăn xốp) dung dịch gồm CuSO4 và NaCl (tỉ lệ mol tương ứng 1 : 3) với cường độ dòng điện 1,34A. Sau thời gian t giờ, thu được dung dịch Y (chứa hai chất tan) có khối lượng giảm 10,375 gam so với dung dịch ban đầu. Cho bột Al dư vào Y, thu được 1,68 lít khí H2 (đktc). Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, hiệu suất điện phân 100%, bỏ qua sự hòa tan của khí trong nước và sự bay hơi của nước. Giá trị của t là
A. 7.	B. 6.	C. 5.	D. 4.
Hướng dẫn: Áp dụng bảo toàn điện tích cho dung dịch sau cùng.
Chú ý, không thể là H+ vì không thỏa mãn bảo toàn điện tích.
Dung dịch sau điện phân có OH-, nước ở catot đã điện phân. Ở anot, nước có thể điện phân hoặc chưa. Sau khi tính toán xong, HS có thể kiểm tra lại bằng cách tính lượng H+ phản ứng với OH- và xác định liệu OH- có còn dư đúng 0,05 mol.
Sử dụng bán phản ứng xảy ra trên 2 điện cực kết hợp bảo toàn electron, khối lượng dung dịch giảm.
Cu2+ + 2e "Cu
2H2O + 2e "2OH- + H2
2Cl- "Cl2 + 2e
2H2O "4H+ + O2 + 4e
Ví dụ 2: Câu 73 (Đề THPQG 2019). Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp CuSO4 và NaCl vào nước, thu được dung dịch X. Tiến hành điện phân X với các điện cực trơ, màng ngăn xốp, dòng điện có cường độ không đổi. Tổng số mol khí thu được trên cả hai điện cực (n) phụ thuộc vào thời gian điện phân (t) được mô tả như đồ thị bên (đồ thị gấp khúc tại các điểm M, N). Giả sử hiệu suất điện phân là 100% bỏ qua sự bay hơi của nước. 
Giá trị của m là:
A. 17,84	B. 11,08	C. 13,42	D. 15,76.
Hướng dẫn 
 Sử dụng bán phản ứng trên các điện cực, vận dụng định luật bảo toàn e. 
Nhận xét: Từ O tới M chỉ có khí Cl2, từ M tới N có khí Cl2 và khí H2 (vì nếu chỉ có khí Cl2 không thì đồ thị sẽ đi thẳng theo đường nét đứt vậy bắt buộc phải có thêm khí). Tới N nước bắt đầu điện phân ở 2 điện cực.
Ta có kết luận sau:
Giai đoạn 1: Điện phân Cu2+ (catot) và Cl- (anot)
Giai đoạn 2: Điện phân H2O (catot) và Cl- (anot)
Giai đoạn 3: Điện phân H2O ở cả 2 điện cực 
Tại M: 
Khi t = 3,5a:
Ví dụ 3: Câu 78 (Đề THPTQG 2019): Hòa tan hết 11,02g hỗn hợp X gồm FeCO3; Fe(NO3)2 và Al vào dung dịch Y chứa KNO3 và 0,4 mol HCl thu được dung dịch Z và 0,12 mol hỗn hợp khí T gồm CO2, H2, NO (có tỉ lệ mol tương ứng 5:2:5). Dung dịch Z phản ứng tối đa 0,45 mol NaOH. Nếu cho Z tác dụng với dung dịch AgNO3 dư thì thu được m gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn và NO là sản phẩm khử duy nhất của N+5 trong các phản ứng trên. Giá trị m là:
A. 64,96	B. 63,88	C. 68,74	D. 59,02
Hướng dẫn: 
- Nhận diện bài toán: Bài toán hỗn hợp chất khử vào dung dịch H+, NO3-; sản phẩm khử không có NH4+
n(CO2) = FeCO3= 0,05; n(H2)= 0,02; n(NO)=0,05 mol
Đặt mol:
 mol
Bảo toàn O: mol
Bảo toàn H: mol
Dung dịch Z: " 
" 
Ví dụ 4: Câu 80 (Đề THPTQG 2019) Hòa tan m gam hỗn hợp X gồm Fe,FeO, Fe2O3, Fe3O4 vào dung dịch HCl dư thu a mol H2 và dung dịch chứa 31,19 gam hỗn hợp muối. Hòa tan m gam hỗn hợp X trong 0,55 mol H2SO4 đặc đun nóng thu dung dịch Y và 0,14 mol SO2 (sp khử duy nhất S+6). Cho 0,4 mol NaOH vào dung dịch Y thu 10,7gam một chất kết tủa. Giá trị của a là:
A. 0,05	B. 0,06	C. 0,04	D. 0,03
Hướng dẫn: - GV cần lưu ý cho HS, lượng NaOH cho vào là 0,4; đề bài không đề cập đó là lượng NaOH tối đa, nên NaOH có thể đã dùng để trung hòa, kết tủa hết hoặc 1 phần ion kim loại có trong dung dịch.
- Ta có: 
Bảo toàn electron: 
- Sơ đồ: 
 mol
Ví dụ 5: Câu 80 (Đề THPTQG 2018): Hỗn hợp X gồm Al2O3, Ba, K (trong đó oxi chiếm 20% khối lượng X). Hòa tan hoàn toàn m gam X vào nước dư, thu được dung dịch Y và 0,022 mol khí H2. Cho từ từ đến hết dung dịch gồm 0,018 mol H2SO4 và 0,038 mol HCl vào Y, thu được dung dịch Z (chỉ chứa các muối clorua và muối sunfat trung hòa) và 2,958 gam kết tủa. Giá trị của m là
	A. 3,912.	B. 3,600.	C. 3,090.	D. 4,422.
Hướng dẫn giải:
- Thông qua việc sử dụng định luật bảo toàn điện tích cho dung dịch sau cùng, việc tính toán sẽ dễ dàng hơn rất nhiều.
Sơ đồ:
Nếu SO42- kết tủa hết với Ba2+ thì m kết tủa BaSO4 = 0,018.233 = 4,194>2,958
Vậy SO42- còn dư, Ba2+ ban đầu kết tủa hết trong BaSO4 sau cùng.
Dung dịch Z có thể có hoặc không có Al3+ nên đặt thêm 1 ẩn x. 
Ta có hệ pt:
 Chương 3. KẾT QUẢ ÁP DỤNG
Đề tài được thực hiện ở tất cả các năm học, đặc biệt là hai năm học 2018-2019 và 2019-2020. Cùng áp dụng trên đối tượng học sinh là lớp ôn tập KHTN của nhà trường trình độ hai khóa là tương đương nhau, mỗi khóa làm 5 đề kiểm tra (đề kiểm tra 2 khóa giống nhau). Thu được kết quả như sau
Năm học
Sỉ số lớp
Học ôn
Số lượng học sinh đạt 9đ trở lên ở tất cả các bài KT
Tỉ lệ 
%
Số lượng học sinh đạt 8đ và dưới 9đ ở tất cả các bài KT
Tỉ lệ
%
Số lượng học sinh dưới 8 điểm ở tất cả các bài KT
Tỉ lệ 
%
2018-2019
30
4
13,3
7
23,3
19
63,4
2019-2020
35
6
17,1
13
37,1
16
45,8
Qua kết quả khảo sát cho thấy:
- Các em học sinh khá, giỏi khi được giảng dạy và truyền cảm hứng các em hưởng ứng một cách chủ động, hào hứng, nắm bắt khá nhanh và say mê môn học.
- Sau khi được tiếp thu các phương pháp giải mới các em rất tự tin muốn khám phá và chinh phục các bài tập khó trong các đề thi.
PHẦN KẾT LUẬN
1. Kết quả đạt được
- Tạo được một tài liệu tham khảo bộ môn áp dụng vào công tác giảng dạy.
- Đề tài đã sử dụng các phương pháp giải nhanh đối với các bài tập khó khác nhau.
2. Hạn chế của đề tài 
- Tuy nhiên do thời gian hạn chế nên số lượng bài tập chưa nhiều và còn nhiều phương pháp giải hay chưa được cập nhật.
3. Hướng phát triển và kiến nghị
* Hướng phát triển: Bổ sung thêm các phương pháp giải và các bài tập nâng cao.
* Kiến nghị:
– Với Sở Giáo dục và Đào tạo: Cần tổ chức các lớp tập huấn về đổi mới phương pháp dạy học, tăng cường các lớp bồi dưỡng nghiệp vụ giáo viên trong công tác chuyên môn, đặc biệt là các chuyên đề liên quan đến cách giải các bài tập hay và khó.
– Với lãnh đạo nhà trường: Tạo điều kiện cho tổ chuyên môn tổ chức những hội thảo về đổi mới phương pháp dạy học, tổ chức các chuyên đề liên quan đến các phương pháp giải bài tập để GV có dịp trao đổi kinh nghiệm giữa các thành viên trong và ngoài tổ chuyên môn.
XÁC NHẬN CỦA BAN GIÁM HIỆU NHÀ TRƯỜNG
Vĩnh Linh, ngày 05 tháng 7 năm 2020.
Tôi xin cam đoan SKKN này do mình tự viết, không sao chép của người khác.
NGƯỜI VIẾT
Trần Hải Yến Ngọc
DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. Cao Thị Thiên An (2017), Phân dạng và phương pháp giải bài tập hóa học lớp 12, Nhà xuất bản ĐHQG Hà Nội.
[2]. Quách Văn Long (2016), Phân loại và phương pháp giải nhanh bài tập Hóa học 12, Nhà xuất bản ĐHQG Hà Nội.
[3] . Cao Cự Giá (2015), Bài tập bồi dưỡng hoc sinh giỏi Hóa học, Nhà xuất bản ĐHQG TP Hồ Chí Minh.
[4]. Đề minh họa, đề thi THPT Quốc gia các năm.