Nét đẹp của các định luật bảo toàn trong giải toán hóa hóa học áp dụng để giải nhanh các bài toán vô cơ vận dụng cao trong kì thi THPT quốc gia

MỤC LỤC PHẦN MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài - Hóa học mơn học có nhiều ứng dụng đời sống Trong trường phổ thơng Hóa học mơn học áp dụng vào kỳ thi chương trình phổ thơng Từ năm 2015 đến Bộ Giáo Dục Đào Tạo áp dụng kỳ thi THPT Quốc Gia để xét tốt nghiệp xét vào Đại học-Cao Đẳng-THCN, thành tựu năm 2015, 2016, 2017 mà kì thi để lại ấn tượng định nhân dân giáo viên, học sinh, phụ huynh tồn xã hội hưởng ứng tích cực trở thành kì thi quan trọng học sinh THPT Trong năm 2018 Bộ Giáo dục tiếp tục sử dụng kì thi THPT quốc gia với mục đích thời gian làm mơn thi tổ hợp 50 phút với 40 câu hỏi Để giải số lượng câu hỏi học sinh đòi hỏi phải có kỹ mà em học hóa học từ lớp năm lớp 8, em học hời hợt cảm thấy khó khăn học hóa, khó hiểu sợ học hóa học đặc biệt tốn hóa học phân hóa, đồ thị - Kể từ năm 2007, Bộ Giáo dục Đào tạo chuyển cấu trúc thi tuyển sinh đại học - cao đẳng, THPT Quốc Gia mơn hố học từ tự luận sang trắc nghiệm khách quan nhiều lựa chọn 100% Điều đồng nghĩa thời gian ngắn, học sinh phải thật bình tĩnh để lựa chọn phương án trả lời tối ưu Nắm bắt điều đó, giảng viên đại học, cao đẳng, chuyên gia nhà giáo có nhiều kinh nghiệm xuất nhiều sách tài liệu tham khảo phương pháp giải nhanh trắc nghiệm, nhiên cập nhật thi cử năm trở lại chúng tơi thấy có nhiều câu hỏi vận dụng, vận dụng cao cao - lạ, học sinh chưa hiểu thấu đáo khơng thể giải kể số giáo viên mà tài liệu tham khảo chưa kịp cập nhật - Nắm bắt điều thơng qua đề thi đề THPT quốc gia năm 2015, 2016 đề tham khảo lần 1,2,3 năm 2017 đề thi THPT quốc gia năm 2017, đề minh họa năm 2018 nhận thấy đề thi phần vận dụng có nhiều tập vơ hay khó khơng nắm chất gần khơng giải giải lâu, để giúp học sinh có cách giải nhanh, hay mạnh dạn viết SKKN “Nét đẹp định luật bảo tồn giải tốn hóa hóa học áp dụng để giải nhanh tốn vơ vận dụng cao kì thi THPT quốc gia” - Trong đề tài chúng tơi đưa ba phần là: tốn vận dụng cao; tốn đồ thị dung dịch muối Al3+, H+ tác dụng với dung dịch OH- thực nghiệm sư phạm áp dụng 1.2 Mục đích nghiên cứu Đề tài nghiên cứu để giúp học sinh lớp 12 ôn thi THPT quốc gia mơn Hóa học tốt hơn, hiệu giúp bạn đồng nghiệp ơn thi có hệ thống, hiệu nâng cao chất lượng dạy học mơn Hóa học trường phổ thơng 1.3 Đối tượng nghiên cứu Sáng kiến kinh nghiệm nghiên cứu phần Hóa học vơ lớp 12THPT tổng kết kĩ giải tập vơ cơ, dạng tập muối Al3+ phán đốn tình đặt thực tiễn 1.4 Phương pháp nghiên cứu Đề tài nghiên cứu chủ yếu phương pháp nghiên cứu xây dựng sở lý thuyết tổng quát để suy vấn đề cụ thể phương pháp sơ đồ hóa chia nhỏ nhiệm vụ để giải PHẦN NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Tình hình thực tế biện pháp thực 2.1.1 Tình hình thực tế trước thực đề tài - Qua 10 năm giảng dạy trường phổ thông nhiều năm nghiên cứu, nhận thấy nhiều học sinh làm tập vơ phân hóa đồ thị thường hay lúng túng-khúc mắc Điều đó, nhiều thời gian làm không làm kết tốn phân hóa phải u cầu hiểu biết chất hóa học xử lí tốn học - Thực tế học sinh không hứng thú với dạng toán cho phức tạp - Vì để nâng cao hiệu giải tập giải nhanh tốn phân hóa đồ thị phục vụ thi THPT Quốc Gia thi học sinh giỏi tỉnh chọn đề tài “Nét đẹp định luật bảo tồn giải tốn hóa hóa học áp dụng để giải nhanh tốn vơ vận dụng cao kì thi THPT quốc gia” nhằm đưa học sinh tới hiểu thấu đáo giải vấn đề tốt 2.1.2 Biện pháp thực đề tài 2.1.2.1 Những kiến thức cần trang bị - Nắm vững định luật bảo toàn - Nắm chất hóa học xảy - Viết sơ đồ hóa tốn - Xử lí kiện tốn: số mol, khối lượng, bảo toàn khối lượng (BTKL), bảo toàn electron (BT e), bảo tồn điện tích (BTĐT), … 2.1.2.2 Những điểm cần lưu ý - Sơ đồ phản ứng toán - Vận dụng thành thạo BTNT bảo tồn nhóm, bảo toàn gốc axit, … 2.2 Nội dung 2.2.1 Định luật bảo toàn khối lượng hệ [13] Định luật bảo toàn khối lượng (BTKL) hay định luật Lomonosov - Lavoisier định luật lĩnh vực hóa học, phát biểu sau: Trong phản ứng hóa học, tổng khối lượng chất tham gia phản ứng tổng khối lượng sản phẩm tạo thành Định luật bảo toàn khối lượng hai nhà khoa học Mikhail Vasilyevich Lomonosov Antoine Lavoisier khám phá độc lập với qua thí nghiệm cân đo xác, từ phát định luật bảo toàn khối lượng ♦ Năm 1748, nhà Lomonosov đặt định đề hóa học người Nga Mikhail Vasilyevich ♦ Năm 1789, nhà hóa học người Pháp Antoine Lavoisier phát biểu định luật Khi cân bình nút kín đựng bột kim loại trước sau nung, M.V.Lomonosov nhận thấy khối lượng chúng không thay đổi, chuyển hoá hoá học xảy với kim loại bình Khi áp dụng phương pháp định lượng nghiên cứu phản ứng hoá học, năm 1748 Lomonosov tìm định luật quan trọng Lomonosov trình bày định luật sau: "Tất biến đổi xảy tự nhiên thực chất lấy vật thể này, có nhiêu thêm vào vật thể khác Như vậy, giảm vật chất, có vật chất tăng lên chỗ khác" Trong phản ứng hố học có thay đổi liên kết nguyên tử, thay đổi liên quan đến điện tử số nguyên tử nguyên tố giữ nguyên khối lượng nguyên tử không đổi, tổng khối lượng chất bảo tồn Định luật đơi gọi Định luật bảo tồn khối lượng chất, địa điểm trọng lượng tỷ lệ với khối lượng Lomonosov nhận thấy bảo toàn lượng có giá trị phản ứng hóa học Hệ định luật bảo toàn khối lượng là: - Định luật bảo tồn ngun tố (BTNT): số mol nguyên tố trước sau phản ứng khơng thay đổi, tức hệ trước phản ứng có a mol nguyên tố A sau phản ứng số mol nguyên tố A a mol - Định luật bảo toàn electron (BT e): Tổng số electron mà chất khử cho tổng số electron mà chất oxi hoá nhận nên: Σne (chất khử cho) = Σne (chất oxi hoá nhận) với ne số mol electron - Định luật bảo tồn điện tích (BTĐT): Trong dung dịch, tổng số điện tích dương tổng số điện tích âm, tức Σnđiện tích dương = Σnđiện tích âm Ví dụ: Trong dung dịch có ion Fe2+; Al3+; Cl−; SO42− với số mol tương ứng sau: Fe2+ (a mol), Al3+ (b mol), Cl− (c mol), SO42− (d mol) áp dụng định luật bảo tồn điện tích, ta có: 2a + 3b = c + 2d 2.2.2 Áp dụng định luật bảo tồn giải tốn vơ vận dụng cao Phương pháp: - Xử lí cơng đoạn nhỏ tính số mol khí, đốn khí, … - Viết sơ đồ phản ứng - Nhận xét áp dụng định luật bảo toàn vào để giải Các ví dụ: Ví dụ [9] Cho 28,7 gam hỗn hợp X gồm Fe 3O4, Cu Fe(NO3)3 tan hoàn tồn dung dịch chứa 0,34 mol H 2SO4 (lỗng), thu khí NO (sản phẩm khử N+5) dung dịch Y chứa hai muối FeSO4 CuSO4 Cô cạn dung dịch Y, thu m gam muối khan Giá trị m A 53,28 B 53,20 C 53,60 D 53,12 Hướng dẫn giải 232a + 64b + 242c = 28, Fe3O : a a = 0, 04  BTE    → NO : 3c  →   → 2a + c + 3c.3 = 2b  → b = 0,19 Cu : b Fe(NO ) : c   3 c = 0, 03  3a + b + c = 0,34 * Đặt * Muối chứa: FeSO4: 3a+c = 0,15 mol; CuSO4: b = 0,19 mol → m = 53,2 gam Ví dụ 2.[6] Nhiệt phân hỗn hợp gồm Mg 0,16 mol Cu(NO 3)2 điều kiện khơng có khơng khí, sau thời gian, thu hỗn hợp rắn X 5,6 lít (đktc) hỗn hợp khí Y gồm NO2 O2 Hòa tan hoàn toàn X cần dùng vừa đủ dung dịch chứa 1,12 mol HCl, thu dung dịch Z 0,08 mol hỗn hợp khí T gồm hai đơn chất khí Tỉ khối T so với He 2,125 Cô cạn dung dịch Z thu m gam muối khan Giá trị m A 59,96 B 59,84 C 59,72 D 59,60 Hướng dẫn giải Ta có: nY = 0,25 mol→ nO X =0,16.6 – 0,25.2 = 0,46 mol x + y = 0,08  28x + 2y = 0,08.2,125 Khí T N2 H2 gọi số mol x, y suy → x= 0,02 mol; y = 0,06 mol BTNT (O) suy nH2O = 0,46 mol BTNT (H): nNH4+ = (1,12 – 0,06.2-0,46.2)/4 = 0,02 mol Cu 2+ : 0,16  − Cl : 1,12  +  NH : 0,02  BTĐT 2+  → Mg : 0,39 Muối gồm → m = 59,72 gam Ví dụ 3.[9] Trộn m gam hỗn hợp X gồm Mg, Fe, Fe3O4, Cu CuO (trong nguyên tố oxi chiếm 12,82% theo khối lượng hỗn hợp X) với 7,05 gam Cu(NO3)2, thu hỗn hợp Y Hoà tan hoàn toàn Y dung dich chứa đồng thời HCl; 0,05 mol KNO3 0,1 mol NaNO3 Sau phản ứng xảy hoàn toàn, thu dung dịch Z chứa muối clorua 3,36 lít (đktc) hỗn hợp khí T gồm N2 NO Tỉ khối T so với H2 14,667 Cho Z phản ứng với dung dịch Ba(OH)2 dư, kết thúc phản ứng thu 56,375 gam kết tủa Giá trị m gần với giá trị sau ? A 30,5 B 32,2 C 33,3 D 31,1 Hướng dẫn giải: Ta có: n NO3− = 0, 225 KL : (0,8718 m + 2, 4)   → n NH+ = 0, 025  → 56,375  − 0,1282m  → m = 31, n N2 = 0, 05   OH : 16 + 0, 075 + n NO = 0,1 Ví dụ 4.[6] Hòa tan hồn tồn hỗn hợp X gồm Mg, MgO, Fe 3O4 Fe(NO3)2 (trong oxi chiếm 371/1340 khối lượng hỗn hợp X) dung dịch HCl dư thấy có 4,61 mol HCl phản ứng Sau phản ứng xảy xong thu dung dịch Y chứa 238,775 gam muối clorua 14,56 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm NO, H2 Hỗn hợp Z có tỉ khối so với H2 69/13 Thêm dung dịch NaOH dư vào Y, sau phản ứng thu kết tủa Z Nung Z khơng khí đến khối lượng khơng đổi 114,2 gam chất rắn T Phần trăm khối lượng Fe 3O4 X gần với giá trị sau đây? A 13% B 32% C 24% D 27% Hướng dẫn giải: a + b = 0,65   69 30a + 2b = 0,65 13 Gọi a, b số mol NO, H2 Ta có → a= 0,2; b=0,45 Vì có tạo H2 nên dung dịch Y khơng có Fe 3+ (Thiết nghĩ đề phải nói dung dịch Y khơng có Fe 3+ hợp lý trình phản ứng chất q trình phức tạp khơng thể khẳng định có H tạo dung dịch khơng có Fe3+) Có Mg phản ứng nên ta nghĩ đến dung dịch Y có NH 4+, ta có sơ đồ phản ứng: Mg MgO Fe3O4: 0,15 Fe(NO3)2: 0,15 + HCl: 4,61 mol Y Mg2+: a Fe2+: b NH4+: 4,61-2a-2b Cl-: 4,61 + NO: 0,2 H2: 0,45 + H2O 1,655 Gọi x, y số mol Mg2+, Fe2+ Y MgO : x NaOH du kk   → ↓ →  Fe O : y Y →40x + 80y = 114,2 (I) + BTĐT Y ta có nNH4 = 4,61 – 2a-2b (ghi sơ đồ) Ta có mmuối = 24a + 56b + 18 (4,61 -2a-2b) + 35,5 4,61 = 238,775 (II) Giải hệ (I, II) thu x = 1,655; y = 0,6 BTNT (N): Fe(NO 3)2 = 0,15 mol, BTNT (Fe): Fe3O4 = 0,15 mol BTNT (H) nH 2O = 1,655 mol, BTNT (O): nO (X)= 1,855 mol → mX = 107,2 gam → %mFe3O4 = 32,46% →Chọn B Ví dụ [6] Cho gam bột Mg vào dung dịch hỗn hợp KNO H2SO4, đun nhẹ, điều kiện thích hợp, đến phản ứng xảy hoàn toàn thu dung dịch A; 1,792 lít hỗn hợp khí (đktc) gồm hai khí khơng màu, có khí hóa nâu ngồi khơng khí lại 0,44 gam chất rắn khơng tan Biết tỉ khối B H2 11,5 Cô cạn cẩn thận dung dịch A thu m gam muối khan E Tính phần trăm khối lượng muối chứa K+ E? A 31,08% B 44,79% C 22,39% D 36,04% Hướng dẫn giải: Số mol Mg phản ứng =( 5-0,44)/24 = 0,19 mol Có Mg tác dụng với NO 3- H+ nên ta nghĩ đến sản phẩm khử có NH 4+ Dễ thấy khí NO H 2, tính số mol: NO: 0,06 mol, H2: 0,02 mol Sơ đồ phản ứng: Mg: 0,19 + KNO3: 0,08 H2SO4 dd A Mg2+: 0,19 K+: 0,08 NH4+: 0,02 SO42-: 0,24 + NO: 0,06 H2: 0,02 + H2O BT e: nNH4+ = (0,19.2 – 0,06.3-0,02.2)/8 = 0,02 mol BTNT (N): nKNO3 = 0,08 mol nên nK+=0,08 BTĐT →nSO42- = 0,24 mol → %mK2SO4 E = 22,39% Ví dụ 6: [6] Hòa tan hết 35,52 gam hỗn hợp X gồm FeCl 2, Mg, Fe(NO3)2 Al vào dung dịch chứa 0,816 mol HCl thu dung dịch Y 3,2256 lít khí NO (dktc) Cho từ từ AgNO3 vào dung dịch Y đến phản ứng hồn tồn lượng AgNO3 tối đa 1,176 mol, thu 164,496 gam kết tủa; 0,896 lít khí NO sản phẩm khử (đktc) dung dịch Z chứa m gam chất tan muối Giá trị m gần với giá trị sau đây? A 44 gam B 43 gam C 86 gam D 88 gam Hướng dẫn giải: Tư kiểu Hỗn hợp kết tủa gồm Ag x mol AgCl y mol Ta có x + y = 1,176 108x + 143,5y = 164,496 suy x = 0,12 y = 1,056 Số mol FeCl2 = (1,056 – 0,816)/2 = 0,12 Dd Y chứa Fe2+, Mg2+, Al3+, NH4+, Cl-, H+ Trong số mol NH4+ = (nHCl – 4nNO – 2nNO2)/10 = 0,016 Số mol Fe(NO3)2 = (nNO + nNH4+)/2 = 0,08 Dd Z chứa Fe3+ ; Mg2+; Al3+; NH4+, NO3nNO3- = nAgNO3 – nNO2 = 1,136 mol mion kim loại = mX – 71.nFeCl2 – 2.62.nFe(NO3)2 = 17,08 Vậy Z:m = mion kim loại + m NH4+ + mNO3- = 17,08 + 18.0,016 + 62.1,136 = 87,8 g Tư kiểu Có Mg, Al phản ứng với H+, NO3- nên dung dịch Y có NH4+ Y tác dụng với AgNO3 tạo khí nên Y có Fe2+, H+ khơng có NO3- Sơ đồ phản ứng: X FeCl2: 0,12 Mg: a Fe(NO3)2: b Al: c + HCl 0,816 Y Fe3+: b - 0,04 Fe2+: 0,16 Mg2+: a + NO: 0,144 Al3+: c + NH4 : 2b -0,14 H+: 0,08 Cl-: 1,056 + H2O: 6b-0,14 Y tác dụng với dung dịch AgNO3, ta có phản ứng: Fe2+ + 2H+ + NO3- → Fe3+ + NO2 + H2O 0,04 0,08 Fe2+ + Ag+ → Fe3+ + x x x 0,04 0,04 Ag↓ ; Ag+ x y + y x + y = 1,176  108x + 143,5y = 164,496 Cl- → y AgCl↓ Gọi x , y số mol Ag, AgCl ta có → x = 0,12; y = 1,056 2+ BT (Cl): nFeCl2 = 0,12 mol; nFe Y = 0,04 + x = 0,16 mol Gọi a, b, c số mol Mg, Fe(NO3)2, Al X BT (N): NH4+: 2b – 0,144; BT (O): H2O: 6b – 0,144 mol; BT (Fe): Fe 3+: b – 0,04 mol Ta có hệ: mX = 24a + 180b + 27c + 0,12.127 = 35,52 BT dien tích Y: 3b + 0,2 + 2a + 3c + 2b- 0,144 + 0,08 = 1,056 BTKL: 35,52 + 0,816.36,5 = (b + 0,12).56 + 24a + 27c +18(2b-0,144) + 0,08 + 1,056.35,5 + 0,144.30 + 18(6b-0,144) Giải hệ ta a = 0,2; b =0,08; c =0,04 mol Fe 3+ : 0,2  2+ Mg : 0,2  3+ Al : 0,04  +  NH : 0,016  NO − : 1,136  Dung dịch Z gồm: →mmuối = 87,8 gam Ví dụ 7: [7] Cho 10 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe2O3, S, FeS2 CuS (trong O chiếm 16% khối lượng hỗn hợp X) tác dụng vừa đủ với 0,335 mol H2SO4 đặc (đun nóng) sinh 0,2125 mol khí SO2 dung dịch Y Nhúng Mg dư vào Y, sau phản ứng xảy hoàn toàn lấy Mg cân lại thấy tăng 2,8 gam (giả sử 100% kim loại sinh bám vào Mg) Đốt cháy hoàn toàn 10 gam X (sản phẩm gồm Fe2O3, CuO SO2) lượng vừa đủ V lít (đktc) hỗn hợp khí A gồm O2 O3 tỉ lệ mol 1:1 Giá trị V là: A 1,568 B 1,4784 C 1,5232 D 1,4336 Hướng dẫn giải: Ta có nO X = 0,1 mol Theo BTNT H: Số mol H2O = số mol H2SO4 phản ứng Theo BTNT O: nO X + 4nH2SO4 = 4nSO42- + 2nSO2 + nH2O n SO − = (0,1 + 4.0,335− 2.0,2125 − 0,335): = 0,17 mol → Trong dung dịch Y có: a mol Fe3+, b mol Cu2+ 0,17 mol SO42Theo định luật bảo tồn điện tích dung dịch Y: 3a + 2b = 0,17.2 = 0,34 (1) Khi dung dịch Y tác dụng với Mg: Dung dịch sau phản ứng với Mg dư có MgSO4 (0,17 mol) ⇒ số mol Mg phản ứng 0,17 mol Ta có: 56a + 64b - 0,17.24 = 2,8 (2) a = 0,1 mol  b = 0,02 mol Từ (1) (2) tính được: Vậy X có: Khi X tác dụng với hỗn hợp gồm O2 O3 được: n Fe 2O3 = 0,05 mol  n CuO = 0,02 mol n = 0,0475 mol  SO n O = 0,1 mol n = 0,1 mol  Fe  n Cu = 0,02 mol n S = 0,0475 mol → nA = (0,05.3 + 0,02 + 0,0475.2 – 0,1) : = 0,066mol → V = 1,4784 lít Ví dụ [7] Hòa tan hết 15,0 gam hỗn hợp X gồm Fe, Fe3O4, FeCO3 Fe(NO3)2 dung dịch chứa NaHSO4 0,16 mol HNO3, thu dung dịch Y hỗn hợp khí Z gồm CO2 NO (tỉ lệ mol tương ứng 1:4) Dung dịch Y hòa tan tối đa 8,64 gam bột Cu, thấy 0,03 mol khí NO Nếu cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào Y, thu 154,4 gam kết tủa Biết phản ứng xảy hồn tồn khí NO sản phẩm khử trình Phần trăm khối lượng Fe đơn chất hỗn hợp X là: A 48,80% B 33,60% C 37,33% D 29,87% Hướng dẫn giải: 3+ + - Dung dịch Y gồm Fe , H , Na+, NO3- SO42- (dung dịch Y khơng chứa Fe2+, khơng tồn dung dịch chứa Fe 2+, H+ NO3-) - Khi cho dung dịch Y tác dụng với 0,135 mol Cu thì: BT:e   → nFe3+ = 2nCu − 3nNO = 0,18mol  nH+ (d­ ) = 4nNO = 0,12mol - Khi cho dung dịch Y tác dụng với Ba(OH) ta có: n BaSO = n NaHSO = - Xét dung dịch Y, có: m ↓ −107n Fe3+ 233 =0,58 mol BTDT  → n NO3− = 2n SO4 2− − (3n Fe3+ + n H + + n Na + ) = 0, 08 mol ⇒ m chat tan Y = 23n Na + + 56n Fe3+ + n H + + 62n NO3− + 96n SO 42− = 84,18(g) 10  Al 2O3 Al  22,88− 14,72 → 22,88g Fe  → nAl 2O3 = = 0,08  102 14,72g Fe3O4   Fe O 14 43   22,88g *Xét phần 1: → → -BT.Al nAl = 0,16 nFe3O4 = (22,88 - 0,16.27):232 = 0,08 *Xét phần 2: -nNO = 0,12; nH2 = 0,03 -ddY: -BT.N Al3+ : 0,16  n+ Fe : 0,24  + Na SO2−  → nNaNO3 = 0,12 → → nNa+ = 0,12 → -Vai trò H+ nH2SO4 = (0,08.4.2 + 0,12.4 + 0,03.2):2 = 0,59 nSO42- = 0,59 Vậy m = 77,16 Ví dụ 12 [9] Hòa tan hết hỗn hợp gồm 7,68 gam Mg 3,36 gam MgCO vào dung dịch HNO3 loãng dư, thu dung dịch X 2,24 lít (đktc) hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với He 11 Cô cạn dung dịch X thu lượng muối khan A 48,96 gam B 54,88 gam C 53,28 gam D 55,68 gam Hướng dẫn giải: * nMg = 0,32; nMgCO3 = 0,04 * MY = 44 → Khí gồm CO2 : 0, 04   N O : 0, 06 → nNH4+ = 2nMg/8 – nN2O = 0,02 Mg(NO3 )2 : 0,36   NH NO : 0, 02 * Muối chứa → m = 54,88 gam Ví dụ 13.[9] Hòa tan hoàn toàn 21,78 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, MgCO 3, Al(NO3)3 dung dịch chứa 0,12 mol HNO 0,65 mol H2SO4 Sau phản ứng xảy hoàn toàn, thu dung dịch Y chứa muối trung hòa hỗn hợp khí Z gồm CO 2, N2, N2O H2 (trong số mol H2 0,06 mol) Tỉ khối Z so với He 7,25 Cho dung dịch Y tác dụng với dung dịch NaOH dư, thấy lượng NaOH phản ứng tối đa 57,6 gam; đồng thời thu 24,36 gam kết tủa Thành phần phần trăm khối lượng N 2O hỗn hợp Y A 37,93% B 22,76% C 30,34% D 14,48% Hướng dẫn giải: * Kết tủa Mg(OH)2: 0,42 13 * Dung dịch cuối cùng: * BT.H → * BTKL  Mg2+ : 0,42  Na+ :1,44  3+  2−  Al : 0,14 → ddY  2− SO4 : 0,65  SO4 : 0,65 − Al(OH) : 0,14   NH + : 0,04  nH2O = 0,57 → mZ = 5,8 → nZ = 0,2 CO2 : x x + y + z + 0,06 = 0,2 x = 0,07    N2 : y  → 44x + 28y + 44z + 0,06.2 = 5,8 → y = 0,03  N O : z +   nvH  → 2x + 12y + 10z + 0,06.2 + 0,04.10 = 1,42 z = 0,04  H : 0,06    *Z Ví dụ 14.[9] Cho 20,88 gam hỗn hợp X gồm Fe, Fe(NO 3)2 Fe(NO3)3 vào nước dư, thấy lại 10,08 gam rắn khơng tan Mặt khác, hòa tan hồn tồn 20,88 gam X dung dịch HCl loãng, thu dung dịch Y gồm muối kim loại hỗn hợp khí Z gồm hai khí khơng màu, có khí hóa nâu Tỉ khối Z so với He 4,7 Cho dung dịch AgNO dư vào Y, thu m gam kết tủa Các phản ứng xảy hoàn toàn Giá trị m gần với giá trị sau đây? A 101,5 B 100,0 C 101,0 D 100,5 Hướng dẫn giải: * nFedư = 0,18; dung dịch sau có Fe(NO3)2; nFe(NO3)2sau = (20,88 10,08):180 = 0,06 (BTKL) * Hỗn hợp X: Fe3+ : a Fe   NO   + Fe2+ : b + H2O Fe(NO3)2 + HCl →  H2  − Fe(NO ) 3  Cl dZ/H + BT.N vai ­troø ­H  → nNO = 0,06.2 = 0,12  → nH2 = 0,08  → nHCl = 0,12.4 + 0,08.2 = 0,64 BTDT → 3a+ 2b = 0,64   BTCl  → nAgCl = 0,64 →  BT.Fe → b = 0,08 → nAg = 0,08 → a+ b = 0,18+ 0,06   m = 0,64.143,5+ 0,08.108 = 100,48 * Ví dụ 15.[9] Hòa tan hồn tồn 0,6 mol hỗn hợp gồm Mg, Fe(NO 3)3 FeCl3 dung dịch chứa 0,84 mol HCl, kết thúc phản ứng thu dung dịch X chứa muối clorua có khối lượng 66,635 gam 2,24 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm N2O, N2, H2 Tỉ khối Z so với H2 a Cho dung dịch AgNO3 dư vào X, thu 198,075 gam kết tủa Nếu cho dung dịch NaOH dư vào X, lấy kết tủa nung không khí đến khối lượng khơng đổi, thu 31,6 gam rắn khan Giá trị a 14 A 9,9 B 12,0 C 9,1 Hướng dẫn giải: D 10,7  Mg: x  MgO: x   Fe(NO3)3 :y →  O3 :(0,5(y + z) 1Fe  FeCl : z 4244 4 43 1 44 23 43 31,6 gam 0,6 mol → x = 0,41 ; y + z = 0,19  N 2O  Z N2 H {  Mg: 0,41  Fe(NO3)3 + HCl { → 0,84 mol FeCl 1 343 0,6 mol 0,1 mol  Mg2+ : 0,41  2+ Fe :a Ag:a  AgNO3 X Fe3+ : 0,19 − a  → AgCl :c 14  NH+ : b 43  198,075 gam Cl − :c 1 4 43 66,635 gam - Hệ  → a − b + c = 1,39 a = 0,12  mmuèi  →18b + 35,5c = 46,155 → b = 0,02    mkÕttña  BTNT Cl → z = 0,15; y = 0,04  →108a + 143,5c = 198,075 c = 1,29  BT § T BTNT N  → nN2O + nN2 = 0,05  nN O = 0,03    →  BT mol e  → 8nN2O + 10nN2 + 8nNH+ + 2nH2 + a = 2.0,41    nN2 = 0,02  - Hệ → dZ/H2 = 9,9 (A) Ví dụ 16.[6] Hòa tan hồn tồn 23,76 gam hỗn hợp gồm Cu, FeCl Fe(NO3)2 vào 400 ml dung dịch HCl 1M thu dung dịch X Cho lượng dư dung dịch AgNO3 vào X, thấy lượng AgNO3 phản ứng 98,6 gam, thu m gam kết tủa 0,448 lít khí (ở đktc) Các phản ứng xảy hồn tồn khí NO sản phẩm khử N+5 trình Giá trị m gần với giá trị sau đây? A 82 B 80 C 84 D 86 Hướng dẫn giải: * nHCl: 0,4; nAgNO3: 0,58 15 * Tổng số mol khí NO = nHCl = 0,1 → nFe(NO3)2 = 0,1 − 0, 02 = 0, 04 NO : 0, 08 Cu : a  HCl:0,4  → FeCl : b Fe(NO ) : 0, 04  * Hỗn hợp Cu 2+  n+ AgNO3 :0,58 →  Fe  − Cl  H + : 0, 08  NO : 0, 02 Ag : c  AgCl : b + 0, 64a + 127b + 180.0, 04 = 23, 76 a = 0,1   →  b = 0, 08  2b + 0, + c = 0,58  a + b + 0, 04 = 0,1.3 + c c = 0, 02   → → m = 0,02.108 + (2.0,08 + 0,4).143,5 = 82,52 gam Ví dụ 17.[6] Hòa tan hồn tồn 0,3 mol hỗn hợp gồm FeO, Fe(OH) 2, FeCO3 Fe3O4 vào dung dịch chứa NaHSO4 NaNO3, thu dung dịch X Chia dung dịch X làm phần nhau: - Phần hòa tan tối đa 3,52 gam bột Cu - Cho từ từ 400 ml dung dịch NaOH 1M vào phần 2, thu 11,77 gam kết tủa - Đem cô cạn phần 3, thu m gam muối khan Biết khí NO sản phẩm khử N+5, phản ứng xảy hoàn toàn Giá trị gần m A 55,1 B 50,4 C 58,6 D 64,6 Hướng dẫn giải: Tính tốn phần: * Phần 1: nCu = 0,055.3 = 0,165 * Phần 2: nNaOH = 0,4.3 = 1,2; nFe(OH) = 0,11.3 = 0,33 ( = 2nCu) → nH +/X = 1,2 – 0,33.3 = 0,21 → X khơng có NO3- → nNO = nNaNO3 = 0,3/3 = 0,1  Fe3+ : 0,33  +  H : 0, 21  +  Na : 0,1 + x SO 2− : x  * Dung dịch X chứa (với nNaHSO4 = x) → x = 1,3 (BTĐT) * Khi cạn dung dịch thu chất rắn Fe3+ : 0, 33  + 0,33.56 + 1, 4.23 + 1,195.96 = 55,13  Na :1, → m = SO 2− :1,195  16 Ví dụ 19.[6] Hòa tan hồn tồn 28,96 gam hỗn hợp gồm Fe, Cu, Fe 3O4 MgO dung dịch chứa NaNO3 x mol H2SO4, sau kết thúc phản ứng, thu dung dịch X chứa muối sunfat kim loại 0,2 mol hỗn hợp Y gồm hai khí khơng màu, có khí hóa nâu Tỉ khối Y so với H 12,2 Trong điều kiện oxi, cho dung dịch Ba(OH) dư vào X, thu 192,64 gam kết tủa Giá trị x A 0,64 B 0,58 C 0,68 D 0,54 Hướng dẫn giải: Ta dễ dàng suy hỗn hợp Y gồm NO H 2, tính NO: 0,16 mol; H2: 0,02 mol BTNT N: nNaNO3 = 0,16 mol BTNT H: nH2O = x-0,14 Sơ đồ phản ứng: Fe Cu Fe3O4 MgO 28,96 gam NaNO3 0,16 mol + H2SO4 x mol X Fe2+ Fe3+ Cu2+ + Mg2+ Na+ 0,16 mol SO42- x mol Ba(OH)2: x BTKL: NO 0,16 H2 0,04 + H2O x-0,04 + NaOH: 0,16 mol 28,96 + 85.0,16 + 98x = mX + mkhí + mH2O ↔ 28,96 + 85.0,16 + 98x=192,64 + 0,16.40-171x + 0,2.12,2.2 + 18.(x-0,04) → x= 0,64 mol → Chọn A Ví dụ 20.[9] Cho 0,3 mol hỗn hợp gồm Fe, FeCO3, Al Cu vào bình chứa 200 ml dung dịch NaOH 1M, thấy 3,024 lít khí H (đktc) Cho tiếp vào bình 640 ml dung dịch HCl 1M, sau kết thúc phản ứng, thu dung dịch X m gam rắn không tan Cho dung dịch AgNO3 dư vào X, thấy khí NO (sản phẩm khử N+5); đồng thời thu 95,62 gam kết tủa Giá trị m A 7,36 B 8,64 C 9,28 D 8,96 Hướng dẫn giải: - Vì cho dung dịch AgNO3 dư vào X, thấy khí NO → Dung dịch X có HCl dư - Từ khối lượng kết tủa → nAg = 0,035 17 H2 { Fe FeCO  +1 Na  2OH → 0,2mol Al  Cu  14 0,3mol 0,135mol Fe FeCl FeCO AgCl {   AlCl  0,64   AgNO3d­ NaAlO + HCl → KhÝ + Cu + ddX  →    { { 0,64mol mgam  NaOH  NaCl  Ag { d­  0,0135   HCl  d­  Cu - Từ mol H2 → nAl = 0,09 ; nNaOH pư = 0,09 - nH+ pư = 2x + 2y + 0,11 + 4.0,09 → nH+ dư = 0,17 – (2x + 2y) → nNO = [0,17 – (2x + 2y)]/4 *) X + AgNO3 dư: - BT mol e → (x + y) = 3[0,17 – (2x + 2y)]/4 + 1.0,035 → x + y = 0,065 - Từ tổng mol hỗn hợp → nCu = 0,145 → m = 9,28 gam (C) 2.2.3 Áp dụng định luật bảo toàn giải tốn hóa học dung dịch Al 3+, H+ tác dụng với OHPhương pháp: Khi cho từ từ dung dịch OH- vào dung dịch muối Al3+ (a mol) , H+ (b mol) phản ứng xảy sau: H+ + OH- → HOH Al3+ + 3OH- → Al(OH)3 ↓ Al(OH)3 + OH- → Al(OH)4Do đồ thị thu sau: B y O A b C x2 b+3a b+4a E x1 Từ đồ thị ta thấy nhiệm vụ OH- gồm OA: trung hòa H+ AE: tạo kết tủa với Al3+ EC: Hòa tan kết tủa Các ví dụ: Ví dụ 1:[6] Khi nhỏ từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch X gồm x mol H 2SO4 y mol Al2(SO4)3, kết thí nghiệm biểu diễn đồ thị sau: 18 nAl(OH)3 0,2 0,4 1,4 nNaOH Nếu cho dung dịch chứa 0,7 mol Ba(OH) vào dung dịch X, phản ứng hoàn toàn thu m gam kết tủa Giá trị m gần với giá trị sau đây? A 14,5 B 16,7 C 170,0 D 151,5 Hướng dẫn giải:  H − OH : 0,4  Al(OH)3 : 0,2  1,4 − 0,4 − 0,2.3 Al(OH)4 − : BT OH → = 0,1 mol  Khi NaOH: 1,4 mol sản phẩm gồm: → Dd X gồm: H2SO4: 0,2 mol, Al2(SO4)3: 0,15 mol X tác dụng với Ba(OH)2: 0,7 BaSO : 0,65  Al(OH)3 : 0,2 →↓ →m↓ = 167,05 gam Ví dụ 2: [6] Hòa tan hồn tồn hỗn hợp Al, Al 2O3 200 ml dung dịch HCl nồng độ a mol/l, thu dung dịch X Cho từ từ dung dịch NaOH 1M vào X, lượng kết tủa Al(OH)3 (m gam) phụ thuộc vào thể tích dung dịch NaOH (V ml) biểu diễn đồ thị bên 19 m Giá trị a A 0,5 100 250 450 V B 1,5 C 1,0 D 2,0 Hướng dẫn giải: Khi V=100 ml tức NaOH = 0,1 mol → sản phẩm: H-OH: 0,1 nên H+ dư = 0,1 mol Khi NaOH = 0,25 mol → sản phẩm: H − OH : 0,1   0,25 − 0,1 BT.OH = 0,05 mol Al(OH)3 : → Khi NaOH = 0,45 mol → sản phẩm gồm  H − OH : 0,1 mol  Al(OH)3 : 0,05 mol  0,45 − 0,1 − 0,05.3 Al(OH)4 − : BT.OH → = 0,05 mol  BT.Al → Al3+ X = 0,1 mol BTĐT → nHCl=nCl- = 0,1 + 0,1.3 = 0,4 mol a = 2,0 M Ví dụ 3: [6].Cho x gam Al tan hồn tồn vào dung dịch chứa y mol HCl thu dung dịch Z chứa chất tan nồng độ mol Thêm từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch Z đồ thị biểu diễn kết tủa phụ thuộc lượng OH - sau: 20 nAl(OH)3 0,175y nOH5,16 Giá trị x A 27,0 B 26,1 C 32,4 D 24,3 Hướng dẫn giải: Dung dịch Z chứa chất tan nồng độ mol nên số mol chúng gồm: AlCl3: x/27 mol HCl: x/27 mol → BTNT (Cl): nHCl = y =3.x/27 + x/27 =4x/27 mol Khi OH- = 5,16 mol sản phẩm gồm x  HOH : 27  0,7x  Al(OH)3 : 0,175y = 27  0,3x  − x − 0,7x Al(OH)4 : 27 = 27  x 0,7 x 0,3 x + + = 5,16 → 27 27 27 BT.OH → x = 32,4 gam Ví dụ 4: [9] Hỗn hợp X gồm Al, Al2O3 O chiếm x% khối lượng hỗn hợp Hòa tan hỗn hợp X 595 gam dung dịch H 2SO4 y% dư (dư 20,16% so với lượng cần dùng) thu dung dịch Y a mol H Rót từ từ dung dịch NaOH vào Y ta có đồ thị phụ thuộc số mol kết tủa vào số mol NaOH sau: nAl(OH)3 0,7a 0,4 10,3a Tổng giá trị x + y gần với: A 54 B 55 C 56 Hướng dẫn giải: nOH- D 59 21 Khi OH- 0,4 mol → sản phẩm HOH: 0,4 nên H+ dư = 0,4 mol H2SO4 dư = 0,2 mol H2SO4 phản ứng = mol 100 0,2 20,16 2− ≈ 0,99 mol BT.SO   → Al2(SO4)3 = 0,33 HOH : 0,4  Al(OH)3 : 0,7a  − − Al(OH)4 : 0,66 − 0,7a BT.OH  → Khi OH- : 10,3a mol sản phẩm gồm 0,4 + 0,7a.3 + (0,66-0,7a).4 = 10,3a → a ≈0,276 mol→ nAl = 0,184 mol nAl2O3 = 0,238.3.16 100% 0,184.27 + 0,238.102 (0,66-0,184): 2= 0,238 mol→x=%mO = ≈39,06% Ta có nH2SO4 ban đầu = 0,99 + 0,2 = 1,19 mol → y = C%H2SO4 = 19,6 % Do x + y ≈58,66% ≈ 59% → chọn D Ví dụ 5.[6] Hỗn hợp X gồm Al Al2O3 oxi chiếm 30,76923% khối lượng hỗn hợp Hòa tan hết m gam hỗn hợp X 2,4 lít dung dịch HCl 1M thu dung dịch Y V lít H (đktc) Cho từ từ NaOH đến dư vào Y, phản ứng biểu diễn theo đồ thị sau: nAl(OH)3 0,408 a 4,4a 334a/45 nNaOH Nếu cho m gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HNO loãng dư thu 0,6V lít NO (đktc) dung dịch Z Cơ cạn Z m gam muối khan Giá trị m1 gần với A 144 B 145 C 146 D 147 Hướng dẫn giải: Từ đồ thị suy ra: HCl dư = a mol 4,4a − a 3,4a BT.OH  → nAl(OH) = = 3 Khi NaOH = 4,4a mol = 0,408 → a = 0,36 mol Khi NaOH= 334a/45 = 2,672 mol → sản phẩm 22   HOH : a = 0,36  Al(OH)3 : 0,408  2,672 − 0,36 − 0,408.3 Al(OH) − :  BT.OH  → = = 0,272  4 BTNT Al suy nAl (nguyên tố) X= 0,272 + 0,408 = 0,68 mol → mO(X) =8,16 gam→ nAl2O3 = 0,17 mol nAl = 0,34 mol → nH2 =0,51 mol ♦ m gam X tác dụng với HNO3 BT.e: 0,34.3 − 0,6.0,51.3 = 0,01275 mol nNH4NO3 = nAl(NO3)3 = 0,68 mol→ mmuối = m1 = 145,86 gam gần với 146 →chọn C Ví dụ 6:[6] Nhỏ từ từ dung dịch Ba(OH)2 vào ống nghiệm chứa dung dịch H2SO4 Al2(SO4)3 Đồ thị biểu diễn phụ thuộc khối lượng kết tủa theo thể tích dung dịch Ba(OH)2 sau: Khối lượng kết tủa (gam) mmax 0,2 0,8 Số mol Ba(OH)2 (mol) Giá trị sau mmax đúng? A 158,3 B 181,8 C 172,6 Hướng dẫn giải: Tại vị trí Tại vị trí D 174,85  → n Ba (OH)2 = 0,  → n H2SO4 = 0,2  Ba(AlO ) : a  → n Ba (OH)2 = 0,8  → n Al2 (SO4 )3 = a  →  BaSO : 0,2 + 3a BTNT.Ba  → a + 0, + 3a = 0,8  → a = 0,15 BaSO : 0,65  → m max   → m max = 0,65.233 + 0,3.78 = 174,85(gam) Al(OH)3 : 0,3 23 2.2.3 Cơ sở thực nghiệm Sáng kiến kinh nghiệm thử nghiệm áp dụng đối giảng dạy từ năm học 2015-2016 học sinh lớp 12 học sinh ôn thi THPT quốc gia trường THPT Hoằng Hóa 4, đạt chất lượng khả quan thi học sinh giỏi thi đại học, THPT quốc gia Kết áp dụng lớp 12 ôn thi năm học 2015-2016: Thi THPT quốc gia mơn Hóa học có em đạt 9,8; em đạt 9,6 điểm trung bình lớp 12B5 đạt 7,81 mơn Hóa học Kết áp dụng lớp 12 ôn thi năm học 2016-2017: Thi THPT quốc gia mơn Hóa học có em đạt điểm 10 tuyệt đối (chiếm 5/6 điểm 10 trường); 35 em đạt điểm 9,0-10,0 điểm trung bình lớp 12A1 đạt 8,47 mơn Hóa học Trường có 23 em đạt điểm từ 27,0 điểm môn khối thi đại học (chỉ có khối A B, khối khác khơng có) Hiện đưa vào áp dụng lớp 12A1, 12A2, 12A3 năm học 2017-2018 kết thu sau: Chúng khảo sát làm đối chứng thực nghiệm sư phạm nhận thấy kết sau: 12A1 12A2 12A3 12A4 12A5 %Số học sinh giải tập tốt 98% 95% 90% 76% 30% % Số học sinh không giải tốt 2% 5% 10% 24% 70% Trong bảng lớp 12A1, 12A2, 12A3 lớp mà triển khai đề tài, lớp 12A4, 12A5 lớp mà không áp dụng để so sánh Từ bảng phân tích ta thấy học sinh học dạng toán phân loại cao đồ thị theo chúng tơi trình bày kết nắm tốt hơn, phát vấn đề nhanh hơn, hầu hết làm tốt tập phần este muối amoni Chúng nhận thấy cho học sinh áp dụng SKKN vào giải nhanh với trắc nghiệm có em cần 30 giây có kết PHẦN KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT 3.1.Kết luận Sáng kiến kinh nghiệm đề tài khó chúng tơi cố gắng đưa phương pháp nhận diện giải nhanh ngắn gọn áp dụng cách linh hoạt mà gần học sinh hiểu học 24 3.2 Đề xuất, kiến nghị - Từ kết thực nghiệm sư phạm ta thấy hiệu sáng kiến “Nét đẹp định luật bảo toàn giải tốn hóa hóa học áp dụng để giải nhanh tốn vơ vận dụng cao kì thi THPT quốc gia” sử dụng để ôn luyện thi THPT quốc gia, thi học sinh giỏi cấp trường, cấp tỉnh - Hi vọng với phần kiến thức kinh nghiệm nhỏ bé chúng tơi góp phần nâng cao chất lượng dạy học hố học trường phổ thơng Rất mong góp ý bạn đồng nghiệp em học sinh để lần sau có kinh nghiệm quý báu - Với thời gian ngắn ngủi trình độ có hạn chúng tơi mong thầy, đồng nghiệp góp ý kiến chun đề phát triển sang chuyên đề để học trò chun Hố ngày có nhiều tài liệu học tập cách hệ thống XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh hóa, ngày 29 tháng năm 2018 Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác Tác giả Hoàng Văn Tùng 25 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Rèn luyện phát triển tư Hóa học- tập 1: vơ cơ- Nguyễn Anh Phong-Nhà xuất đại học quốc gia Hà Nội 2015 [2] Một số vấn đề chọn lọc Hóa học- Tập 1-Nguyễn Duy Ái-[Nguyễn Tinh Dung]-Trần Thành Huế-Trần Quốc Sơn-[Nguyễn Văn Tòng]-Nhà xuất giáo dục 2008 [3] Bộ đề luyện thi đại học 1996-tái 2001 [4] Đề thi đại học, cao đẳng năm (từ 2007 đến 2014) [5] Đề thi THPT quốc gia năm 2015, 2016, 202017 đề tham khảo lần 1,2,3 Bộ Giáo dục Đào tạo năm 2017, 2018 [6] Đề thi thử THPT quốc gia trường toàn quốc năm 2015, 2016, 2017, 2018 [7] Đề thi thử THPT quốc gia sở Giáo dục Đào tạo Thanh Hóa 2018 [8] Đề thi học sinh giỏi tỉnh (2001 đến 2018) [9] Tài liệu đề thi thử THPT quốc gia bạn Nguyễn Minh Tuấn (chuyên hùng Vương Phú Thọ); Nguyễn Anh Phong, Tào Mạnh Đức, Phan Thanh Tùng, Võ Minh Ngọc- Nhóm hóa học Bookgol; Lâm Mạnh Cường-Nhóm hóa học Beeclass, Nguyễn Cơng Kiệt… [10] Sách giáo khoa hóa học 12-nâng cao-Nhà xuất giáo dục 2012 [11] Tạp chí hóa học ứng dụng năm gần [12] Hóa học vơ cơ-tập 2-Nguyễn Đức Vận-Nhà xuất khoa học kỹ thuật 2009 [13].Website: https://vi.wikipedia.org/wiki DANH MỤC CÁC SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC XẾP LOẠI CỦA TÁC GIẢ Tên đề tài Sáng kiến Số, ngày, tháng, năm Năm cấp Xếp loại định công nhận, quan ban hành QĐ Phương pháp giải nhanh dạng toán điện phân 2014 B Quyết định số 342/QĐ-SGD&ĐT, ngày 22/10/2014 Bài tập vận dụng cao 2015 C Quyết định số 988/QĐ-SGD&ĐT, ngày 24/11/2015 Phương pháp giải nhanh dạng tập este đặc biệt muối amoni amin 2017 B Quyết định số 1112/QĐ-SGD&ĐT ngày 18/10/2017 ... tốn phân hóa đồ thị phục vụ thi THPT Quốc Gia thi học sinh giỏi tỉnh chọn đề tài Nét đẹp định luật bảo tồn giải tốn hóa hóa học áp dụng để giải nhanh tốn vơ vận dụng cao kì thi THPT quốc gia nhằm... viết SKKN Nét đẹp định luật bảo tồn giải tốn hóa hóa học áp dụng để giải nhanh tốn vơ vận dụng cao kì thi THPT quốc gia - Trong đề tài chúng tơi đưa ba phần là: toán vận dụng cao; toán đồ thị... áp dụng cách linh hoạt mà gần học sinh hiểu học 24 3.2 Đề xuất, kiến nghị - Từ kết thực nghiệm sư phạm ta thấy hiệu sáng kiến Nét đẹp định luật bảo tồn giải tốn hóa hóa học áp dụng để giải nhanh