Sáng kiến kinh nghiệm Phát triển năng lực của học sinh giỏi môn hóa trường trung học cơ sở Thạch Cẩm qua một số bài toán có nhiều cách giải

được Nhà trường THCS Thạch Cẩm đặc biệt quan tâm, các bậc cha mẹ học sinh nhiệt tình ủng hộ. Đặc biệt là dạy học theo hướng phát triển năng lực của học sinh nói chung và phát triển năng lực học sinh giỏi nói riêng.
 Là một giáo viên được phân công giảng dạy bộ môn hóa học 9 và bồi dưỡng học sinh giỏi hóa học khối 9. Tôi luôn trăn trở tìm hướng đi cho từng bài dạy, từng dạng bài tập, làm thế nào để hạn chế những thiếu sót và nhược điểm của các em nhằm phát triển những năng lực của học sinh.
 Trong quá trình ôn thi học sinh giỏi Huyện do Ban Giám hiệu Trường THCS Thạch Cẩm phân công tôi nhận thấy: trong phần toán hóa đa phần các em sử dụng phương pháp đại số mất nhiều thời gian và nhiều trường hợp đi vào bế tắc khi gặp các hệ phương trình nhiều ẩn số hay số phương trình ít hơn số ẩn số. Hơn nữa khi tham khảo ý kiến của các em học sinh đã từng tham dự các kỳ thi học sinh giỏi môn hóa, các em thường cho rằng đề thi học sinh giỏi dài so với khả năng của các em vì vậy các em không kịp hoàn thành bài thi. Theo tôi nghĩ về thực chất đề không phải là quá dài mà vấn đề là các em chưa biết lựa chọn cách giải nào cho phù hợp để làm bài thi vừa ngắn gọn xúc tích, khoa học mà vẫn đạt điểm cao. Mặt khác để học sinh giỏi có thể hoàn thành bài thi tốt hoặc ít nhất là đủ số điểm để được công nhận là học sinh giỏi thì việc lựa chọn phương pháp làm bài là hết sức quan trọng. Nên vấn đề đưa ra là nếu bài tập có nhiều cách giải thì học sinh có thể lựa chọn cách giải phù hợp sở thích, sở trường của từng học sinh. Khi được trang bị nhiều phương pháp làm bài tập thì năng lực học sinh sẽ được nâng cao.
 Với những lý do trên đây tôi đã nghiên cứu, tìm tòi và thảo luận với các đồng nghiệp về những mặt hạn chế, thiếu sót và làm thế nào để dạy học theo hướng phát triển năng lực của học sinh một cách có hiệu quả. Tôi đã tìm ra một số biện pháp và vận dụng tương đối hiệu quả ở trường THCS Thạch Cẩm. Từ đó tôi đúc rút thành SKKN “ phát triển năng lực của học sinh giỏi môn hóa trường trung học cơ sở Thạch Cẩm qua một số bài toán có nhiều cách giải ” nhằm giúp học sinh giỏi môn hóa hoàn thiện và phát triển các năng lực một cách tốt nhất.
 Hi vọng rằng với một số bài tập đề cập đến trong đề tài này sẽ là những bài học quý cho học sinh khá giỏi nhằm phát huy năng lực của các em. Vì khuôn khổ của bài viết tôi không có tham vọng đưa ra nhiều ví dụ minh họa về việc khai thác nhiều bài tập, rất mong nhận được sự động viên khích lệ từ các bạn đồng nghiệp, các bậc phụ huynh.
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. CƠ SƠ LÝ LUẬN
 Nghị quyết Hội nghị Trung ương 8 khóa XI về đổi mới căn bản, toàn diện giáo dục và đào tạo xác định “Tiếp tục đổi mới mạnh mẽ và đồng bộ các yếu tố cơ bản của giáo dục, đào tạo theo hướng coi trọng phát triển phẩm chất, năng lực của người học”. Với tinh thần dạy học theo định hướng phát triển năng lực của người học, người giáo viên cần phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động của người học, hình thành và phát triển năng lực tự học. Năng lực là tổ hợp đo lường các kiến thức, kĩ năng, thái độ mà một người cần vận dụng để thực hiện một nhiệm vụ trong một bối cảnh thực và có nhiều biến động. Vì vậy để hình thành năng lực cho học sinh người giáo viên cần phải trau dồi kiến thức, hình thành kỹ năng, kỹ xảo, các phương pháp làm bài cho các em. 
II. THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ
 Trong quá trình ôn thi học sinh giỏi ở trường THCS Thạch Cẩm (là một xã miền núi của Huyện Thạch Thành) tôi và các đồng nghiệp gặp một số khó khăn sau:
 - Điều kiện phục vụ học tập của học sinh trường học miền núi như trường học chúng tôi đang công tác chưa tương xứng với yêu cầu đổi mới giáo dục.
 - Về học sinh: khả năng tư duy, phân tích , tổng hợp của các em chưa tốt, kỹ năng giải bài tập còn thiếu và chậm. 
 Trước khi chưa áp dụng đề tài kết quả bồi dưỡng học sinh giỏi huyện do tôi phụ trách đang còn thấp, cụ thể các năm học 2011-2012, 2012-2013 như sau:
TT
Họ Và Tên
Điểm
1
Lê Văn Tuấn
15,5
2
Nguyễn Thị Như
9,25
3
Nguyễn Thị Hoa
14,25
4
Nguyễn Thị Ngọc
14
Điểm trung bình
13,25
III. GIẢI PHÁP VÀ CÁCH THỰC HIỆN
1. Các giải pháp thực hiện
 Trong quá trình dạy học tôi rút ra được một số giải pháp nâng cao năng lực của học sinh như sau:
 a. Giáo viên giúp học sinh hiểu rõ được bản chất các khái niện hóa học; trang bị cho học sinh một số phương pháp giải toán hoá như: phương pháp bảo toàn khối lượng, phương pháp bảo toàn nguyên tố, phương pháp bảo toàn electron, phương pháp trung bình, phương pháp quy đổi chất, kỹ năng biện luận, . . .
 b. Giáo viên cần đổi mới mối quan hệ giữa giáo viên và học sinh, phối hợp tốt với các học sinh và hỗ trợ cho các học sinh phối hợp tốt với nhau để các em học sinh có thể chủ động lĩnh hội tri thức. Việc đổi mới mối quan hệ giữa giáo viên và học sinh theo hướng cộng tác có ý nghĩa quan trọng nhằm phát triển năng lực xã hội cho các em. 
2. Biện pháp nâng cao năng lực của học sinh
 Để nâng cao năng lực chuyên biệt môn hóa của học sinh giỏi thì giáo viên
cần hướng dẫn cho học sinh rèn luyện ở một số bài tập cụ thể.
Bài tập 1
 a. Hỗn hợp A gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 với tỷ lệ số mol lần lượt là 1:5:9:13 tác dụng với H2SO4 đặc nóng thu được 2,24 lit khí SO2 ở đktc (không còn sản phẩm khử nào khác). Tính khối lượng của hỗn hợp A.
 b. Hỗn hợp B gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4. Để khử hoàn toàn 15,84 gam hỗn hợp B thành kim loại Fe thì dùng hết 0,22 mol H2. Nếu cho 15,84 gam hỗn hợp B trên tác dụng hết H2SO4 đặc nóng thì thu được bao nhiêu lit SO2 ở đktc (không còn sản phẩm khử nào khác). Tính khối lượng của hỗn hợp B.
 Bài làm:
Câu a Ta có : (mol)
 Gọi: nFe=x nFeO=5x, nFeO=9x, nFeO= 13x
Cách 1: Phương pháp đại số
 A tác dụng với H2SO4 đặc nóng:
 2Fe + 6H2SO4 (đặc) Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (1)
 x 
 2FeO + 4H2SO4 (đặc) Fe2(SO4)3 + SO2 + 2H2O (2)
 5x 
 2Fe3O4 + 10H2SO4 (đặc) 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O (3)
 13x 
 Fe2O3 + 3H2SO4 (đặc) Fe2(SO4)3 + H2O
 9x
 Theo (1), (2), (3) ta có:
 (mol)
 Vậy khối lượng của hỗn hợp A là
Cách 2: Áp dụng định luật bảo toàn e:
 Hỗn hợp A gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 nên tồn tại một lượng sắt bị oxi hóa để tạo thành hỗn hợp A: 
 2Fe + O2 2FeO 
	4Fe + 3O2 2Fe3O4
	3Fe + 2O2 Fe2O3 
 Và khi A tác dụng với H2SO4 đặc nóng thì: chất nhường e là Fe, chất nhận e là H2SO4 và O2.
 Số mol Fe bị oxi hóa là : 
 Số mol nguyên tử oxi do phân tử O2 bị khử tạo thành là:
 Ta có các quá trình: 
 Fe – 3e → Fe3+
 63x 63x.3
 O2 + 4e → 2O2-
 84x.2 84x
 S+6 + 2e → S+4
 0,2 0,1
 Áp dụng định luật bảo toàn e ta có: 
 Khối lượng của hỗn hợp A chính là khối lượng nguyên tử Fe và khối lượng nguyên tử O có trong A nên:
Cách 3: Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng
 Ta có sơ đồ: A + H2SO4 → Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O
 Trong A: nFe = 63x 
 Theo nguyên lý bảo toàn nguyên tố ta có:
 Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:
 mA + (pư) = + + 
 , tính mA tương tự cách 1 hoặc cách 2
Câu b : 
Cách 1: Sử dụng Phương pháp đại số
 B tác dụng với H2:
 H2 + FeO Fe + H2O
 H2 + Fe2O3 2Fe + 3H2O
 4H2 + Fe3O4 3Fe + 4H2O
 Gọi: nFe=x nFeO=y, nFeO=t, nFeO= z có trong hỗn hợp B
 Khi cho hỗn hợp B tác dụng với H2 thì: nO (trong oxit) = nH= 0,22 (mol) nên theo định luật bảo toàn nguyên tố ta có: 
 Ruy ra trong hỗn hợp đầu ta có : (mol) nên theo định luật bảo toàn nguyên tố ta có: 
 B tác dụng với H2SO4 đặc nóng:
 2Fe + 6H2SO4 (đặc) Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (1)
 x 
 2FeO + 4H2SO4 (đặc) Fe2(SO4)3 + SO2 + 2H2O (2)
 y 
 2Fe3O4 + 10H2SO4 (đặc) 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O (3)
 z 
 Fe2O3 + 3H2SO4 (đặc) Fe2(SO4)3 + H2O
 Theo các PTHH (1,2,3) ta có: (mol)
 Nhân (*) với 2 ta có : 
 Nhân (**) với 3 ta có: 
 Lấy (****) – (***) ta có : 3x + y + z = 0,22 = 
 VSO= 0,11x22,4 = 2,464 (lit)
Cách 2: Áp dụng định luật bảo toàn e
 Khi cho hỗn hợp B tác dụng với H2 thì :
 nO (trong oxit) = nH= 0,22 (mol)
 Ruy ra trong hỗn hợp đầu ta có :
 (mol)
 Khối lượng Fe trên chính là khối lượng Fe bị oxi hóa tạo thành hỗn hợp B.
 Với bài này ta có: Chất nhường e là Fe, chất nhận e là: O2 và H2SO4 và O2.
 Ta có các quá trình:
 Fe – 3e → Fe3+
 0,22 0,66
 O2 + 4e → 2O2-
 0,44 0,22
 S+6 + 2e → S+4 (SO2)
 2x x
 Áp dụng định luật bảo toàn e ta có: 0,66 = 0,44 + 2x x = 0,11
 Vậy VSO= 0,11x22,4 = 2,464 (lit)
.
Bài tập 3. Hỗn hợp X gồm Na, Ba, Na2O và BaO. Hòa tan hoàn toàn 21,9 gam X vào nước, thu được 1,12 lít khí H2 (đktc) và dung dịch Y, trong đó có 20,52 gam Ba(OH)2. Hấp thụ hoàn toàn 6,72 lít khí CO2 (đktc) vào Y, thu được m gam kết tủa. Tìm giá trị của m.
Bài làm:
Cách 1: Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng
nH= = 0,05 (mol); nBa(OH)= = 0,12 (mol); 
nCO= = 0,3 (mol)
2Na + 2H2O 2NaOH + H2 (1)
 Ba + 2H2O Ba(OH)2 + H2 (2)
Na2O + H2O 2NaOH (3)
 BaO + H2O Ba(OH)2 (4)
 Gọi x là số mol NaOH có trong dung dịch Y. 
 Theo các phản ứng (1,2,3,4): 
 nH (HO) = nNaOH + 2.nBa(OH)+ 2nH= x + 2.0,12 + 2.0,05 = x + 0,34 (mol)
nHO ( pư) = 0,5x + 0,17 (mol)
 Áp dụng ĐLBTKL: mX + mHO (pư) = mNaOH + mBa(OH)+ mH
 21,9 + 18. ( 0,5x + 0,17) = 40x + 20,52 + 2.0,05 x = 0,14 (mol)
 Khí CO2 tác dụng với dung dịch Y thứ tự các phản ứng xảy ra như sau:
 Ba(OH)2 + CO2 BaCO3 + H2O 
 0,12 mol 0,12 mol 0,12 mol
 2NaOH + CO2 Na2CO3 + H2O 
 0,14 mol 0,07 mol 0,07 mol
 Na2CO3 + CO2 + H2O 2NaHCO3
 0,07 mol 0,07 mol
 nCO(dư) = 0,3 - ( 0,12 + 0,07 + 0,07) = 0,04 (mol)
 BaCO3 + CO2 + H2O Ba(HCO3)2 
 0,04 mol 0,04 mol
 m = 197. ( 0,12 - 0,04) = 15,76 (g)
Cách 2: Phương pháp đại số
 Gọi x, y, z, t lần lượt là số mol Na, Ba, Na2O, BaO có trong 21,9 gam X.
2Na + 2H2O 2NaOH + H2 (1)
x mol x mol 0,5x mol
 Ba + 2H2O Ba(OH)2 + H2 (2)
y mol y mol y mol
Na2O + H2O 2NaOH (3)
z mol 2z mol
 BaO + H2O Ba(OH)2 ( 4)
	t mol t mol
 Ta có: 0,5x + y = 0,05 (I); 
 y + t = 0,12 (II). 
 23x + 137y + 62z + 153t = 21,9 (III) 
 153.( y + t) + 31.(x +2z) - 16.(0,5x + y) = 21,9
 153.0,12 + 31.(x + 2z) – 16.0,05 = 21,9 x + 2z = 0,14 (mol)
 nNaOH = 0,14 (mol)
Khối lượng kết tủa được tính tương tự như cách 1.
Cách 3: Phương pháp quy đổi: quy đổi hỗn hợp X về nguyên tử và kết hợp với 
phương pháp bảo toàn nguyên tố
 X { Na, Ba, O}. Gọi a là số mol O; b và c lần lượt là số mol của H2O và NaOH.
X { Na, Ba, O} + H2O NaOH + Ba(OH)2 + H2
 a mol b mol c mol 0,12 mol 0,05 mol
Ta có: mX = 23c + 137.0,12 + 16a = 21,9 Û 16a + 23c = 5,46 (I)
nO (trước pư) = nO (sau pư) Û a + b = c + 2.0,12 Û a + b – c = 0,24 (II)
nH ( trước pư) = nH (sau pư) Û 2b = c + 2.0,12 + 2.0,05 Û 2b – c = 0,34 (III)
Giải hệ phương trình (I, II, III) ta được: c = 0,14 (mol)
 nNaOH = 0,14 (mol)
Khối lượng kết tủa được tính tương tự như cách 1.
Cách 4: Quy đổi hỗn hợp X về hỗn hợp gồm: Ba, BaO, Na2O
nBa == 0,05 (mol) nBaO = 0,12 – 0,05 = 0,07 (mol)
Gọi x là số mol của Na2O 137.0,05 + 153.0,07 + 62x = 21,9 
 x = 0,07 (mol)
Theo (3): nNaOH = 2.nNaO = 2.0,07 = 0,14 (mol)
Khối lượng kết tủa được tính tương tự như cách 1.
Chú ý: Có thể quy đổi hỗn hợp trên thành hỗn hợp gồm: {Na, Ba, Na2O}; {Na, Ba, BaO}; { Na, Na2O, BaO}.
Cách 5: Giải theo sơ đồ hợp thức
 2H2O 2OH + H2 ( phản ứng với kim loại)
 0,1 mol 0,05 mol
 O (oxit) + H2O 2OH
 a mol 2a mol
 nNaOH = 0,1 + 2a – 0,12.2 = 2a – 0,14 (mol) 
 nNa = 2a – 0,14 (mol)
 Ta có: mX = 137.0,12 + 23.(2a – 0,14) + 16a = 21,9
 a = 0,14 nNaOH = 2.0,14 – 0,14 = 0,14 (mol)
 Khối lượng kết tủa được tính tương tự như cách 1.
Bài tập 4. Hỗn hợp A gồm MgO, Al2O3. Chia hỗn hợp làm 2 phần bằng nhau, khối lượng mỗi phần là 21,3 gam. Phần 1: Cho tác dụng với 200 ml dung dịch HCl, làm bay hơi dung dịch sau phản ứng thu được 43,3 gam chất rắn khan. Phần 2: Cho tác dụng với 500 ml dung dịch HCl, làm bay hơi dung dịch sau phản ứng thu được 54,3 gam chất rắn khan. Tính nồng độ mol/lít của dung dịch HCl đã dùng và thành phần % theo khối lượng của mỗi chất trong hỗn hợp A.
Bài làm:
PTHH của các phản ứng:
MgO + 2HCl MgCl2 + H2O (1)
Al2O3 + 6HCl 2AlCl3 + 3H2O (2)
 Vì khối lượng mỗi phần như nhau và thể tích dung dịch HCl ở phần 2 nhiều hơn ở phần 1 nên nếu phần 1 tan hết thì phần 2 cũng tan hết Chất rắn khan thu được ở mỗi thí nghiệm chỉ chứa muối clorua và phải có khối lượng bằng nhau. Điều này trái với giả thiết ( khối lượng chất rắn khan thu được ở mỗi thí nghiệm không bằng nhau) Phần 1 chưa tan hết. 
 Vì 200 ml HCl phản ứng hết thì khối lượng chất rắn tăng 43,3 – 21,3 = 22 gam, nên nếu phần 2 dùng hết 500 ml dung dịch HCl thì khối lượng chất rắn tăng phải bằng gam. Điều này cũng trái với giả thiết ( khối lượng chất rắn tăng 54,3 – 21,3 = 33 gam) Phần 2 tan hết, HCl dư và chất rắn khan thu được ở thí nghiệm 2 chỉ chứa 2 muối clorua.
Cách 1: Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng
Gọi số mol HCl là a mol Số mol H2O = 0,5a (mol)
Áp dụng ĐLBTKL cho phần 1:
mphần 1 + mHCl = mrắn + mHO 
Û 21,3 + 36,5a = 43,3 + 18.0,5a 
 27,5a = 22 a = 0,8 (mol) CM HCl = = 4M
 Gọi x, y lần lượt là số mol MgO và Al2O3 có trong mỗi phần. Vì phần 2 tan hết nên theo đề ta có: 
40x + 102y = 21,3 (I) và 95x + 267y = 54,3 (II)
Giải hệ phương trình (I) và (II) ta được: x = 0,15 (mol); y = 0,15 (mol)
 %mMgO = 
%mAlO = 100% - 28,169% = 71,831%
Cách 2: Áp dụng phương pháp tăng giảm khối lượng
Gọi x là số mol nguyên tử O trong 2 oxit ở phần 1 đã phản ứng.
Theo (1,2): nCl ( trong 2 muối) = 2.nO ( trong 2 oxit) pư = 2x (mol)
Khối lượng chất rắn tăng = mCl ( trong 2 muối) – mO ( trong 2 oxit) pư 
 = 35,5.2x – 16x = 22 (g)
 55x = 22 x = 0,4 (mol) nHCl = 2.0,4 = 0,8 (mol) 
 CM HCl = = 4M
% khối lượng mỗi oxit làm tương tự cách 1
Cách 3: Phương pháp đại số
Gọi số mol CuO và Fe2O3 trong phần 1 đã phản ứng là x1, y1;
Số mol CuO và Fe2O3 chưa phản ứng là x2, y2 Số mol MgCl2 và AlCl3
 tạo thành ở phần 1 là x1 và 2y1.
Ta có: 40.(x1 + x2) + 102.(y1 + y2) = 21,3 (I); 
 40x2 + 102y2 + 95x1 + 267y1 = 43,3 (II)
Từ (I) và (II) 55.(x1 + 3y1) = 22 x1 + 3y1 = 0,4
Theo (1,2): nHCl = 2.(x1 + 3y1) = 2.0,4 = 0,8 (mol)
 CM HCl = = 4M
 % khối lượng mỗi oxit làm tương tự cách 1.
Bài tập 5. Để m gam phoi bào sắt trong không khí một thời gian thu được hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4. Cho khí CO qua X nung nóng, sau một thời gian thu được hỗn hợp chất rắn Y và hỗn hợp khí Z. Cho toàn bộ Z vào dung dịch Ca(OH)2 dư, đến phản ứng hoàn toàn, thu được 4 gam kết tủa. Mặt khác, hòa tan hoàn toàn Y trong dung dịch H2SO4 đặc, nóng (dư), thu được 1,008 lít khí SO2 (đktc, sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch chứa 18 gam muối. Tìm giá trị của m. 
Bài làm:
Số mol CaCO3 = (mol)
2Fe + O2 2FeO (1)
3Fe + 2O2 Fe3O4 (2)
2Fe + 3O2 Fe2O3 (3)
CO + FeO CO2 + Fe (4)
 3CO + Fe2O3 3CO2 + 2Fe (5)
 4CO + Fe3O4 4CO2 + 3Fe (6)
Y gồm: Fe, FeO dư, Fe2O3 dư và Fe3O4 dư; Z: CO2 và CO dư.
Vì Ca(OH)2 dư nên: Ca(OH)2 + CO2 CaCO3 + H2O
 0,04 mol 0,04 mol
Theo (4,5,6): nO (X) pư = nCO = 0,04 (mol)
nSO2 = (mol); nFe(SO) = (mol)
Cách 1: PP quy đổi: quy đổi hỗn hợp X thành hỗn hợp chỉ chứa Fe và Fe2O3
 2Fe + 6H2SO4 Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O
0,03 mol 0,015 mol 0,045 mol
Số mol Fe2(SO4)3 do Fe2O3 tạo ra = 0,045 – 0,015 = 0,03 (mol)
Fe2O3 + 3H2SO4 Fe2(SO4)3 + 3H2O
 0,03 mol 0,03 mol
 mY = 56.0,03 + 160.0,03 = 6,48 (g)
Ta có: mX = mO(pư) + mY = 0,04.16 + 6,48 = 7,12 (g)
Cách 2: Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng
 Y + H2SO4 Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O
 0,045 mol 0,045 mol
Số mol H2SO4 = 3.0,045 + 0,045 = 0,18 (mol) Số mol H2O = 0,18 (mol)
Áp dụng ĐLBTKL: mY + mHSO = mmuối + mSO + mHO
 mY + 98.0,18 = 18 + 0,045.64 + 18.0,18
 mY = 6,48 (g) mX = mO(pư) + mY = 0,04.16 + 6,48 = 7,12 (g)
Bài tập 6. Cho một lượng kim loại R tác dụng với oxi thu được 9,6 gam hỗn hợp A gồm R và RO. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp đó bằng dung dịch HCl dư thì thu được dung dịch chứa 28,5 gam muối. Xác định R. 
Bài làm:
Vì R là kim loại có hóa trị II không đổi nên:
2R + O2 2RO (1)
M dư nên A chứa RO và R dư.
RO + 2HCl RCl2 + H2O (2)
 R + 2HCl RCl2 + H2 (3)
Cách 1: Phương pháp trung bình:
Theo (2) và (3): nR (dư) + nRO = = (mol). 
Vì: MR < < MRO MR < 9,6 : < MR + 16
 MR < < MR + 16
 28,5.MR < 9,6.MR + 681,6 < 28,5.MR + 456
 (*)
 Từ (*) và R có hóa trị II R chỉ có thể là Mg: 24
Cách 2: Phương pháp đại số:
Gọi a và b lần lượt là số mol R phản ứng và R dư.
 2R + O2 2RO (1)
 a mol a mol
R dư nên A chứa RO và R dư.
RO + 2HCl RCl2 + H2O (2)
a mol a mol
R + 2HCl RCl2 + H2 (3)
b mol b mol
Theo đề: 55a + 71b = 18,9 
 Vì: 55.( a + b) < 55a + 71b < 71.( a + b)
 55.( a + b) < 18,9 < 71.( a + b)
 < a + b < 
 < < 
 (*)
Từ (*) và R có hóa trị II R chỉ có thể là Mg: 24
IV. HIỆU QUẢ CỦA VIỆC TRIỂN KHAI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
 Khi áp dụng đề tài kết quả bồi dưỡng học sinh giỏi huyện do tôi phụ trách các năm học 2013-2014, 2014-2015 như sau:
TT
Họ Và Tên
Điểm
1
Nguyễn Thúy Màu
17,5
2
Vũ Minh Hiếu
14
3
Nguyễn Văn Cường
15,5
4
Nguyễn Nhật Dương
16,5
5
Cao Văn Lợi
15,5
 Điểm trung bình
15,80
 So sánh kết quả các năm trên ta thấy điểm trung bình đã tăng (khi áp dụng đề tài là):15,80 – 13,25 = 2,55 điểm/bài.
 Như vậy, việc ứng dụng đề tài này vào thực tiễn bước đần đem lại kết quả hết sức khả quan. Việc giải các dạng toán hóa học của các em học sinh đã rút ngắn được nhiều thời gian, các em trình bày khoa học hơn, lựa chọn phương pháp giải bài tập đúng đắn hơn nên kết quả làm bài của các em cao hơn. Vì lẽ đó năng lực của các em học sinh giỏi được nâng lên.
C. KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT
 Đề tài này tôi viết dành cho đối tượng học sinh khá, giỏi môn Hóa học cấp THCS. Qua quá trình áp dụng tôi thấy đã phát huy được năng lực của học sinh, rèn luyện tốt tư duy sáng tạo cho học sinh, học sinh tự tin hơn khi làm bài tập hóa học. Đề tài còn tạo cho học sinh niềm đam mê lớn đối với môn Hóa học. Tuy nhiên giáo viên cần cần hướng dẫn học sinh vận dụng các kỹ năng một cách hợp lý và biết kết hợp linh hoạt các mảng kiến thức hóa học cơ bản khác, khi ấy năng lực của học sinh mới thực sự được phát huy và kết quả bồi dưỡng học sinh giỏi sẽ đạt hiệu quả cao
 Trên đây là một số kinh nghiệm nâng cao năng lực của học sinh giỏi tôi đã trao đổi với các đồng nghiệp để biên soạn đề tài này. Trong quá trình biên soạn không tránh khỏi thiếu sót rất mong được sự góp ý của các bạn đồng nghiệp và của các bậc phụ huynh học sinh.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ
................
..
 Thạch Thành, tháng 04 năm 2015
 Tôi xin cam đoan đây là SKKN của bản thân, không sao chép nội dung của người khác.
MỤC LỤC
 Nội dung
Trang
A. Đặt vấn đề...................................................................................... 
B. Giải quyết vấn đề...........................................................................
 I. Cơ sở lý luận................................................................................. 
 II. Thực trạng vấn đề........................................................................
 III. Giải pháp và cách thực hiện.......................................................
 1. Các giải pháp thực hiện............................................................
Biện pháp nâng cao năng lực của học sinh..............................
 IV. Hiệu quả của việc viết sáng kiến kinh nghiệm...........................
C. Kết luận và đề suất.........................................................................
 Mục lục ............