SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐỒ THỊ HAY

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM – MƠN HĨA HỌC

GV: DƯƠNG THỊ TUYẾT NỮ

PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP HÓA HỌC CÓ ĐỒ THỊ
PHẦN I: MỞ ĐẦU
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trong những năm gần đây đề thi THPT Quốc gia có khá nhiều đổi mới, đó là:
 Tăng số lượng các câu dễ.
 Tăng độ khó của những câu hỏi trong khung điểm 8 – 10.
 Sử dụng những câu hỏi và bài tập đặc trưng cho bộ mơn Hóa học: câu hỏi sử dụng hình
ảnh, thí nghiệm; bài tập sử dụng đồ thị.
Với câu hỏi sử dụng hình ảnh, thí nghiệm; bài tập sử dụng đồ thị tơi thấy học sinh khá lúng
túng vì các em ít được thực hành; chưa được luyện bài tập sử dụng đồ thị nhiều. Hơn nữa bài
tập sử dụng đồ thị thì đây không phải là một phương pháp giải mới và xa lạ với nhiều giáo
viên nhưng việc sử dụng nó để giải bài tập hóa học thì chưa nhiều vì vậy số lượng tài liệu
tham khảo chuyên viết về đồ thị khá hạn chế và chưa đầy đủ.
Vì vậy để giúp học sinh học tốt hơn và có kĩ năng giải bài tập hóa học có sử dụng đồ thị,
cũng như cung cấp cho học sinh khối 12 thêm nguồn tài liệu tham khảo, nên tôi quyết định
chọn đề tài: PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP HÓA HỌC CÓ ĐỒ THỊ.
II. MỤC TIÊU, NHIỆM VỤ CỦA ĐỀ TÀI
Giúp học sinh nắm được phương pháp giải bài tập dựa vào đồ thị đề cho:
+ Phân loại các dạng bài tập có sử dụng đồ thị.
+ Phương pháp giải các dạng bài tập.
+ Bài tập minh họa theo theo các mức độ và có hướng dẫn giải.
+ Bài tập tự luyện có đáp án.
III. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
Đối tượng nghiên cứu: Hệ thống hóa lý thuyết và phương pháp giải các bài tốn hóa có sử
dụng đồ thị.
Khách thể nghiên cứu: Các dạng bài tốn hóa học có sử dụng giải đồ thị, các phương pháp
giải nhanh hóa học lớp 10, 11, 12, thuộc chương trình hóa học THPT.

PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP HÓA HỌC CÓ ĐỒ THỊ

1


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM – MƠN HĨA HỌC

GV: DƯƠNG THỊ TUYẾT NỮ

IV. PHẠM VI NGHIÊN CỨU
Đề tài chủ yếu tập trung nghiên cứu tồn bộ bài tập hóa học:
Chương 3: Cacbon – Silic – Hóa học lớp 11.
Chương 6: Kim loại kiềm – Kim loại kiềm thổ - Nhôm và hợp chất của chúng – Hóa học
lớp 12.
Chương 7: Sắt và một số kim loại quan trọng – Hóa học lớp 12.
V. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
Đúc kết qua thực tiễn giảng dạy và học hỏi qua đồng nghiệp, sách vở, báo chí, internet. Từ
đó đưa ra được phân loại và phương pháp giải các dạng bài tập hóa học có sử dụng đồ thị một
cách rõ ràng giúp học sinh có thể áp dụng và đạt kết quả cao nhất khi làm các dạng bài tập
tương tự.

PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP HÓA HỌC CÓ ĐỒ THỊ

2


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM – MƠN HĨA HỌC

GV: DƯƠNG THỊ TUYẾT NỮ

PHẦN II: NỘI DUNG
I. CƠ SỞ LÝ LUẬN
Ngày nay việc đổi mới phương pháp dạy học, phương pháp kiểm tra đánh giá theo hướng
phát triển năng lực tự học cho học sinh là một trong những nhiệm vụ trọng tâm của nghành
giáo dục Việt Nam.
Ưu điểm của đề tài này là đưa ra cụ thể các dạng bài tập và phương pháp giải một cách rõ
ràng có kèm theo ví dụ minh họa liên quan đến bài tốn hóa có đồ thị thuộc chương trình
THPT.
II. THỰC TRẠNG
2.1. Thuận lợi
Đội ngũ giáo viên trường THPT Krơng Bơng nói chung và tổ Hóa nói riêng đơng, năng
động, sáng tạo, u nghề và nhiệt huyết trong công tác giảng dạy. Đặc biệt được sự chỉ đạo
cũng như sự quan tâm sâu sắc của Chi bộ, Ban giám hiệu và các tổ chức đồn thể, giáo viên
trong trường ln đổi mới phương pháp dạy học để nâng cao chất lượng dạy và học cho học
sinh, đáp ứng nhu cầu đổi mới giáo dục hiện nay.
Với phương pháp giảng dạy theo nội dung đề tài thì bản thân tơi thấy học sinh rất thích thú
khi nghiên cứu, đặc biệt với những em học lực trung bình đến khá giỏi.
Bản thân tự ý thức được việc trao dồi kiến thức chun mơn mỗi ngày.
2.2. Khó khăn
Tuyển sinh học sinh đầu vào của trường THPT Krông Bơng cịn thấp, nên chất lượng dạy
và học chưa cao. Một số học sinh mất gốc từ cấp THCS nên khi lên THPT không tiếp thu kịp,
khả năng tự học khơng có.
Bên cạnh đó đa số học sinh xuất phát từ gia đình thuần nơng có hồn cảnh khó khăn nên
việc đầu tư cho việc học chưa được gia đình quan tâm, chú trọng thích đáng.
2.3. Biện pháp
Giáo viên cần nghiên cứu những phương pháp liên quan đến tiết dạy: công thức, cách nhớ,
cách vận dụng, cách giải nhanh…
Ra những dạng bài tập, dạng câu hỏi tương tự ví dụ, sau đó tăng mức độ khó của bài tốn
cho học sinh vận dụng.

Hướng dẫn học sinh cách nhớ, cách nhận dạng từng loại bài tập và cách giải bài toán hóa
có sử dụng đồ thị. Đồng thời hướng dẫn học sinh tự nghiên cứu các loại sách tham khảo, sách
phương pháp và bộ đề tuyển sinh.

PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP HÓA HỌC CÓ ĐỒ THỊ

3


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM – MƠN HĨA HỌC

GV: DƯƠNG THỊ TUYẾT NỮ

PHẦN III: NỘI DUNG NGHIÊN CỨU ĐỀ TÀI
A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI CHUNG
Cách giải chung một bài tốn hóa có sử dụng đồ thị gồm 4 bước sau:
 Xác định dáng của đồ thị.
 Xác định tọa độ các điểm quan trọng [thường là 3 điểm gồm: xuất phát, cực đại và cực
tiểu].
 Xác định tỉ lệ trong đồ thị (tỉ lệ trong đồ thị chính là tỉ lệ trong pư).
 Từ đồ thị đã cho và giả thiết để trả lời các yêu cầu của bài toán dựa vào các công thức đã
chứng minh (cụ thể trong từng dạng).
Trong 4 bước trên thì 3 bước đầu giáo viên hướng dẫn HS làm 1 lần trong 1 dạng  chủ yếu
HS phải làm bước 4.
I. DẠNG 1: CO2 PHẢN ỨNG VỚI DUNG DỊCH Ba(OH)2/ Ca(OH)2.
1.1. Phương pháp giải
Sơ đồ phản ứng:
Các khái niệm:

CO2

+

(chất thêm vào) ;

Ba(OH)2  BaCO3 , Ba(HCO3)2.
(chất đầu)

(sản phẩm)

Các phương trình phản ứng có thể xảy ra.
Tuỳ theo tỉ lệ số mol các chất, ta thu được các sản phẩm khác nhau.
CO2 + Ba(OH)2  BaCO3 + H2O

(1) (đồ thị đồng biến- nửa trái đồ thị)

Nếu dư CO2:
BaCO3 + CO2 + H2O  Ba(HCO3)2 (tan)

(2) (đồ thị nghịch biến- nửa phải đồ thị)

hoặc: 2CO2 + Ba(OH)2  Ba(HCO3)2

(*)

Đồ thị: có dạng chữ V ngược đối xứng:
Số liệu các chất thường tính theo đơn vị mol (có thể đơn vị thể tích, khối lượng…)
+ Trục tung biểu diễn số mol chất sản phẩm tạo thành.
+ Trục hoành biểu diễn số mol chất thêm vào.
Dựng đồ thị dựa theo trục dự đoán sản phẩm theo tỉ lệ số mol các chất.

 Giải thích đồ thị: Dựa theo trật tự phản ứng trong dung dịch (phản ứng (1) và (2)).
 Tính lượng kết tủa cực đại theo phương trình phản ứng (1).
 Dự đốn điều kiện có kết tủa, khơng có kết tủa theo phương trình phản ứng (*).
 Tính số mol các sản phẩm:
Cách 1: Tính tuần tự dựa theo trật tự phản ứng trong dung dịch (phản ứng (1) và (2)).

PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP HÓA HỌC CÓ ĐỒ THỊ

4


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM – MƠN HĨA HỌC

GV: DƯƠNG THỊ TUYẾT NỮ
n CO2

Cách 2: Dự đoán sản phẩm trong dung dịch theo tỉ lệ số mol n
Ba(OH)

.

2 /Ca(OH) 2

Tính theo các phương trình phản ứng tạo sản phẩm (phản ứng (1) và (*)).
Tuy nhiên 2 cách này lâu hơn vì phải viết phương trình phản ứng.
Nếu dựa vào số liệu đề cho trên đồ thị ta có thể vận dụng CƠNG THỨC TÍNH NHANH như
sau:
 Nửa trái đồ thị (từ điểm 0  a) trên trục hoành:
Chỉ xảy ra phản ứng (1)  n BaCO3 /CaCO3  n CO2 (công thức 1 (CT1))

 Nửa phải đồ thị (từ điểm a  2a) trên trục hoành:
Dư CO2, xảy ra đồng thời (1) và (*)
 n BaCO3 /CaCO3  2n Ba(OH)2 /Ca(OH)2 - n CO2 (công thức 2 (CT2)).

 Chú ý: + điểm cực đại tại n BaCO3 /CaCO3 max  n Ba 2+ /Ca 2+
+ Điểm cực tiểu tại n BaCO3 /CaCO3 min  0  n CO2 = 2n Ba(OH)2 /Ca(OH)2
+ Tại điểm a1 dùng CT1, tại điểm a2 dùng CT2, tại điểm a dùng cả 2 CT1 và
CT2 đều được, thông thường dùng CT1.
Đồ thị (BaCO3/CaCO3 - CO2) (hai nửa đối xứng)

n

n  max

a

0

a

a1

a2

nửa trái
Số mol các chất:

n CO2

2a

nửa phải

Nửa trái: n BaCO /CaCO  n CO ; Nửa phải: n BaCO /CaCO  2n Ba(OH) /Ca(OH) - n CO
3

3

2

3

3

2

2

2

1.2. Ví dụ minh họa

PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP HÓA HỌC CÓ ĐỒ THỊ

5


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM – MƠN HĨA HỌC

GV: DƯƠNG THỊ TUYẾT NỮ

VD1 (mức độ nhận biết): Sục từ từ đến dư CO2 vào

nCaCO3

dung dịch Ca(OH)2. Kết quả thí nghiệm được biểu
0,2

diễn trên đồ thị như hình bên. Giá trị của a và b là
A. 0,2 và 0,4.

B. 0,2 và 0,5.

C. 0,2 và 0,3.

D. 0,3 và 0,4.

nCO2
a

0

b

Giải
- Theo đồ thị n  max  n Ca(OH)2  0, 2
- Tại a: nửa trái đồ thị  n CO2 = a  n   0, 2
- Tại b: nửa phải đồ thị trên trục hồnh thì

n   0  n CO2  2n Ca(OH) 2  2.0, 2  0, 4

Vậy chọn đáp án A.
VD2 (mức độ hiểu): Sục từ từ đến dư

nCaCO3

CO2 vào dung dịch chứa a mol Ca(OH) 2.
Kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên
x

đồ thị như hình bên. Giá trị của a và x là
A. 0,3; 0,1.

B. 0,4; 0,1.

C. 0,5; 0,1.

D. 0,3; 0,2.

nCO2
0

0,1

0,5

Giải
- Nửa trái đồ thị:  n   x= n CO2 = 0,1
- Tại nửa phải đồ thị:  n  = x  2n Ca(OH)2 - 0,5
 0,1  2a - 0,5
 a = 0,3

Vậy chọn đáp án A.

VD3 (mức độ vận dụng): Sục từ từ đến dư CO 2 vào một

nCaCO3

cốc đựng dung dịch Ca(OH) 2. Kết quả thí nghiệm được
biểu diễn trên đồ thị như hình bên. Khi lượng CO 2 đã sục
vào dung dịch là 0,85 mol thì lượng kết tủa đã xuất hiện
là m gam. Giá trị của m là

a
nCO2
0

A. 40 gam.

B. 55 gam.

C. 45 gam.

D. 35 gam.

0,3

1,0

Giải
PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP HÓA HỌC CÓ ĐỒ THỊ

6


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM – MƠN HĨA HỌC

GV: DƯƠNG THỊ TUYẾT NỮ

- Theo đồ thị, tại nửa trái (0-0,3):  n   n CO2  a  0, 3
- Tại nửa phải đồ thị: n  = a  2n Ca(OH)2 - n CO2
 0,3  2n Ca(OH)2  1
 n Ca(OH)2  0, 65 mol

- Xét nếu tại kết tủa min: n   0  n CO  2n Ca(OH)  1,3 mol
2

2

- Vậy khi n CO  0,85 mol sẽ thuộc nửa phải đồ thị
2

 n   2n Ca(OH)2  n CO2
 n   2.0, 65  0,85
 n   0, 45 mol
 mCaCO3   0, 45.100  45 gam
Chọn đáp án C.

VD4 (mức độ vận dụng): Sục CO2 vào

nCaCO3

200 gam dung dịch Ca(OH)2 ta có kết quả
theo đồ thị như hình bên. Tính nồng độ
phần trăm của chất tan trong dung dịch

nCO2

sau phản ứng?

0

A. 30,45%.

B. 34,05%.

C. 35,40%.

D. 45,30%.

0,8

1,2

Giải
- Tại giá trị n CO 2 = 0,8 mol dùng CT1:  n  max = n CO2  0,8 mol
- Mà n Ca(OH) 2 = n  max = 0,8 mol
- Tại n CO 2 = 1,2 mol thuộc nửa phải đồ thị:
Sử dụng CT2:  n   2n Ca(OH)2  n CO2

 n CO2  2.0,8  1, 2
 n CaCO3   0, 4

-Bảo toàn nguyên tố Ca: n Ca(OH)2  n CaCO3   n Ca(HCO3 ) 2

 n Ca(HCO3 )2  0,8  0, 4  0, 4 mol
-BTKL: m dd sau = m CO2 + m dd Ca(OH) 2  m CaCO3 
 m dd sau = 1,2.44+ 200  0, 4.100  212,8 gam

PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP HÓA HỌC CÓ ĐỒ THỊ

7


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM – MƠN HĨA HỌC
 C% Ca(HCO3 )2 =

GV: DƯƠNG THỊ TUYẾT NỮ

0, 4.162
.100%  30,5%
212,8

Chọn đáp án A.

II. DẠNG 2: CO2 PHẢN ỨNG VỚI DUNG DỊCH HỖN HỢP NaOH/KOH VÀ
Ca(OH)2/Ba(OH)2
2.1. Phương pháp giải
+ Khi sục từ từ CO2 vào dung dịch chứa x mol NaOH/KOH và y mol Ca(OH)2/Ba(OH)2 thì
xảy ra phản ứng:
CO2 + Ba(OH)2  BaCO3 + H2O

(đoạn (I), đồ thị đồng biến- nửa trái)

CO2 + 2NaOH  Na2CO3 + H2O
dư CO2:

Na2CO3 + CO2 + H2O  2NaHCO3

phương trình chung:
CO2 + NaOH  NaHCO3

(đoạn (II), kết tủa không đổi - đoạn nằm ngang)

dư CO2: BaCO3 + CO2 + H2O  Ba(HCO3)2 (tan) (đoạn (III), (đồ thị nghịch biến- nửa phải)
+ Ta thấy: Số mol OH- = (x + 2y)  CO32- max = (0,5x + y)
+ Từ đó ta có đồ thị biểu thị quan hệ giữa số mol CO32- và CO2 như sau:
nCO32-

y+0,5x
y
nCO2
0

y

y+0,5x y+x

x+2y

+ Mặt khác: số mol Ca2+ = y (mol)
 số mol kết tủa (max) = y (mol)
Suy ra: Số mol kết tủa max = y (mol). Đồ thị của phản ứng trên là

PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP HÓA HỌC CÓ ĐỒ THỊ

8


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM – MƠN HĨA HỌC

GV: DƯƠNG THỊ TUYẾT NỮ
nCaCO3

nCaCO3

y+0,5x



y

y

y+0,5x y+x

(III)
C

x+2y

B

(I)

nCO2
0

(II)

A

y

y

0

nCO2

D

E

y+x

x+2y

Tương tự, áp dụng CƠNG THỨC TÍNH NHANH ta có:
 Đoạn I: (nửa trái đồ thị): n BaCO3 /CaCO3  n CO2
 Đoạn II: (đồ thị nằm ngang) là số mol NaOH/KOH.
 Đoạn III: (nửa phải đồ thị): n BaCO /CaCO  n OH - n CO
3



3

2

 Tại n BaCO3 /CaCO3 max  n Ba 2+ /Ca 2+
 Tại n BaCO3 /CaCO3 min  0  n CO2 = n OH 
2.2. Ví dụ minh họa
VD1 (mức độ biết): Sục CO2 vào dung

nBaCO3

dịch chứa a mol NaOH và b mol Ba(OH) 2
ta thu được kết quả như hình bên. Tỉ lệ a:b

0,4

bằng

nCO2

A. 3 : 2.

B. 2 : 1.

C. 5 : 3.

D. 4 : 3

0

0,4

1

Giải
- Dựa vào đồ thị: n BaCO3max  n CO2  0, 4  n Ba(OH)2  b
- Tại đoạn II (nằm ngang): n NaOH  1  0, 4 = 0,6 mol = a
- Vậy tỉ lệ a : b là 3 : 2
Chọn đáp án A.

PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP HÓA HỌC CÓ ĐỒ THỊ

9


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM – MƠN HĨA HỌC

GV: DƯƠNG THỊ TUYẾT NỮ

VD2 (mức độ hiểu): Dung dịch A chứa a

nBaCO3

mol Ba(OH)2 và m gam NaOH. Sục CO2
dư vào A ta thấy lượng kết tủa biến đổi

a

theo hình bên. Giá trị của a và m là

nCO2

A. 0,4 và 20,0.

B. 0,5 và 20,0.

C. 0,4 và 24,0.

D. 0,5 và 24,0.

0

a

1,3

a+0,5

Giải
- Đoạn I: tại a: n BaCO3max  n CO2  a  n Ba(OH)2
- Đoạn II: n NaOH  0,5  a - a = 0,5 mol  m NaOH  0,5.40  20 gam
- Đoạn III: tại giá trị n CO2  1,3  n  min  0

 n CO2  n OH  1,3
Mà n OH   2n Ba(OH)2  n NaOH  1,3  2a  0,5  a  0, 4
Chọn đáp án A.
VD3 (mức độ vận dụng): Sục CO2 vào

nCaCO3

dung dịch chứa Ca(OH)2 và NaOH ta thu
0,1

được kết quả như hình bên. Giá trị của x là
A. 0,64.

B. 0,58.

C. 0,68.

D. 0,62.

0,06

nCO2
0

a

a+0,5

x

Giải
- Đoạn I: bên trái đồ thị tại a: n CaCO3max  n CO2  a  0,1  n Ca(OH)2
- Đoạn II: n NaOH  0,5  a - a = 0,5 mol
 n OH  2n Ca(OH)2  n NaOH  2.0,1  0,5  0, 7 mol .

- Đoạn III: n CaCO   n OH - n CO  n CO  x  0, 7 - 0,06 = 0, 64 mol .
3



2

2

Chọn đáp án A.
VD4 (mức độ vận dụng): Cho từ từ x mol

nBaCO3

khí CO2 vào 500 gam dung dịch hỗn hợp
KOH và Ba(OH)2. Kết quả thí nghiệm được 0,8
biểu diễn trên đồ thị bên. Tổng nồng độ phần
trăm khối lượng của các chất tan trong dung 0,2
dịch sau phản ứng là

0

nCO2
1,8

x

PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP HÓA HỌC CÓ ĐỒ THỊ

10

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM – MƠN HĨA HỌC

A. 51,08%.

B. 42,17%.

C. 45,11%.

D. 55,45%.

GV: DƯƠNG THỊ TUYẾT NỮ

Giải
- Số mol Ba(OH)2 ban đầu = n BaCO3 max = 0,8 mol.
- Đoạn II (nằm ngang): n KOH  1,8  0,8 = 1,0 mol = số mol KHCO3
 khối lượng KHCO3 = 100.1 = 100 gam.
- Tại giá trị CO2 là x: n BaCO3   0, 2 mol
 khối lượng BaCO3 = 197.0,2 = 39,4 gam.
ta có: n CaCO3   n OH - n CO2
n CO2  x  2.0,8  1  0, 2  2, 4 mol

- Bảo toàn nguyên tố Ba: Số mol Ba(HCO3)2 = 0,8-0,2 =0,6 mol
 khối lượng Ba(HCO3)2 = 259.0,6 = 155,4 gam.
- Số mol CO2 = 2,4 mol  khối lượng CO2 = 44.2,4 = 105,6 gam.
- Tổng khối lượng chất tan = 155,4 + 100 = 255,4 gam.
- Khối lượng dung dịch sau phản ứng = 500 + 105,6 - 39,4 = 566,2 gam.
- Tổng nồng độ phần trăm khối lượng chất tan =

255, 4
.100 % = 45,11%.
566, 2

Chọn đáp án C.
III. DẠNG 3: DUNG DỊCH OH- PHẢN ỨNG VỚI DUNG DỊCH Al3+
3.1. Phương pháp giải
Các phương trình phản ứng xảy ra:
3NaOH + AlCl3  Al(OH)3 + 3NaCl

(1) (đoạn (I), đồ thị đồng biến- nửa trái)

Nếu dư NaOH:
NaOH + Al(OH)3  NaAlO2 + 2H2O

(a) (đoạn (II), đồ thị nghịch biến-nửa phải)

Cộng (1) và (a): 4NaOH + AlCl3  NaAlO2 + 3NaCl + 2H2O (2)
Đồ thị (Al(OH)3- NaOH) (hai nửa không đối xứng)
n

Al(OH)3

n Al(OH) max
3

a
0,5a
0

(I)

(II)
45o 

n

a2
4a
NaOH ĐỒ THỊ
1
PHƯƠNG PHÁP GIẢIaCÁC
DẠNG BÀI3aTẬP HÓA
HỌC
CÓ

11


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM – MƠN HĨA HỌC

(dư AlCl3)

GV: DƯƠNG THỊ TUYẾT NỮ

(dư NaOH)

(dư NaOH)

Hình trên minh họa đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của số mol Al(OH) 3 thu được vào số mol

NaOH phản ứng với dung dịch muối chứa a mol AlCl3.
Dựa vào phản ứng ta có CƠNG THỨC TÍNH NHANH số mol Al(OH)3 như sau:
 Nửa trái đồ thị: Dư Al3+, chỉ xảy ra phản ứng (1), n Al(OH) 

n OH

3

3

.

 Nửa phải đồ thị: Dư OH, xảy ra đồng thời (1) và (2), n Al(OH)  4.n Al - n OH .
3

3

 Tại kết tủa max: n Al(OH)



 n Al3

3max

 Tại kết tủa min = 0  n OH  4.n Al
-

3

3.2. Ví dụ minh họa
VD1 (mức độ biết): Cho từ từ dung dịch

sè mol Al(OH)3

NaOH đến dư vào dung dịch Al(NO3)3.
Kết quả thí nghiệm được biểu diễn ở đồ

0,3

thị dưới đây. Giá trị của a, b tương ứng là
A. 0,3 và 0,6.

B. 0,6 và 0,9.

C. 0,9 và 1,2.

D. 0,5 và 0,9.

sè mol OH-

0

a

b

Giải
- Nửa trái đồ thị: tại a: n Al(OH) 
3

n OH
3

 n OH-  a  3.0,3  0,9 mol

- Tại kết tủa max: n Al(OH)3  n Al3  0,3 mol
- Nửa phải đồ thị: tại b kết tủa min = 0  n OH  4.n Al  4.0,3  1, 2 mol
3

-

Chọn đáp án C.
VD2 (mức độ hiểu): Cho 100 ml dung

sè mol Al(OH)3

dịch AlCl3 1M phản ứng với dung dịch
NaOH 0,5M nhận thấy số mol kết tủa phụ
thuộc vào thể tích dung dịch NaOH theo
đồ thị hình bên. Giá trị của b là
A. 360 ml.

B. 340 ml.

C. 350 ml.

D. 320 ml.

V (ml) NaOH

0

b

680

Giải
PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP HÓA HỌC CÓ ĐỒ THỊ

12


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM – MƠN HĨA HỌC

GV: DƯƠNG THỊ TUYẾT NỮ

- Ta có n Al  0,1 mol
3

- Tại giá trị VNaOH  680 ml  n NaOH  0, 68.0,5  0,34 mol
Thuộc nửa phải đồ thị dùng CT:

n Al(OH)  4.n Al3 - n OH   n Al(OH)  4.0,1  0,34  0, 06 mol
3

3

- Tại giá trị VNaOH  b ml thuộc nửa trái đồ thị
 n Al(OH) 

3

 VNaOH 

n OH 
3

 n OH -  3.0, 06  0,18 mol

0,18
 0,36 lít  360ml
0,5

Vậy b = 360 ml.
Chọn đáp án A.
VD3 (mức độ vận dụng): Cho từ từ đến

n Al(OH)3

dư dung dịch NaOH vào dung dịch
a

Al2(SO4)3, kết quả thí nghiệm được biểu
diễn trên đồ thị bên.

0,4a

Tỉ lệ x : y trong sơ đồ trên là
A. 4 : 5.

B. 5 : 6.

C. 6 : 7.

D. 7 : 8.

nNaOH

0

y

x

Giải
- Số mol Al(OH)3 max = Số mol Al3+ = a =

x
 x = 3a.
3

- Nửa phải đồ thị (II): n Al(OH)3  4n Al3 - n OH , thay số ta có:
0,4a = 4a - y  y = 3,6a.
 x : y = 3a : 3,6a = 5 : 6.
Chọn đáp án B.

VD4 (mức độ vận dụng): Cho từ từ dung
dịch hỗn hợp KOH và Ba(OH)2 vào dung
dịch AlCl3. Kết quả thí nghiệm được biểu diễn
trên đồ thị bên. Biểu thức liên hệ giữa x và y

trong đồ thị trên là
A. (x + 3y) = 1,26.

B. (x + 3y) = 1,68.

C. (x - 3y) = 1,68.

D. (x - 3y) = 1,26.
Giải

0

x

0,42

y

PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP HÓA HỌC CÓ ĐỒ THỊ

n OH

13


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM – MƠN HĨA HỌC

GV: DƯƠNG THỊ TUYẾT NỮ

Gọi số mol kết tủa Al(OH)3 là a. Số mol Al(OH)3 max = 0,42 : 3 = 0,14 mol.

0,14
(II)

(I)

a
0

x

- Nửa trái đồ thị (I): n Al(OH) 
3

0,42

n OH

y

nOH

, thay số  số mol Al(OH)3 = a =

3

x
.
3

- Nửa phải đồ thị (II) n Al(OH)  4n Al - n OH , thay số  a = 4.0,14 - y .

3

3

- Ta có:



x
= 4.0,14 - y  x + 3y = 1,68.
3

Chọn đáp án C.
IV. DẠNG 4: DUNG DỊCH OH  TÁC DỤNG VỚI DUNG DỊCH HỖN HỢP GỒM H+
VÀ Al3+
4.1. Phương pháp giải
Các phương trình phản ứng xảy ra:
NaOH + HCl  NaCl + H2O

(*) (đoạn (I), khơng có kết tủa, đoạn nằm ngang)

3NaOH + AlCl3  Al(OH)3 + 3NaCl

(1) (đoạn (II), đồ thị đồng biến- nửa trái)

Nếu dư NaOH:
NaOH + Al(OH)3  NaAlO2 + 2H2O

(a) (đoạn (III), đồ thị nghịch biến- nửa phải)

hoặc: 4NaOH + AlCl3  NaAlO2 + 3NaCl + 2H2O (2)
Nhận xét dạng đồ thị: Đồ thị tịnh tiến sang phía phải.
sè mol Al(OH)3

a

(II)
0

(III)

(I)
x

3a+x

sè mol OH-

4a+x

Dựa vào phản ứng ta có CƠNG THỨC TÍNH NHANH số mol Al(OH)3 như sau:
 Chú ý đoạn nằm ngang đoạn I (0 –x): số mol OH- = số mol H+ = x
 Nửa trái đồ thị, đoạn II: Dư Al3+, chỉ xảy ra phản ứng (1), n Al(OH) 
3

n OH
3

.

 Nửa phải đồ thị, đoạn III: Dư OH, xảy ra đồng thời (1) và (2), n Al(OH)3  4.n Al3 - n OH .
 Tại kết tủa max: n Al(OH)3max  n Al3  a
PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP HÓA HỌC CÓ ĐỒ THỊ

14


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM – MƠN HĨA HỌC

GV: DƯƠNG THỊ TUYẾT NỮ

 Tại kết tủa min = 0  n OH-  4.n Al3
Nhớ tính số mol NaOH theo đoạn II, III sau đó cộng thêm số mol NaOH đoạn I vào.
4.2. Ví dụ minh họa
VD1 (mức độ biết): Khi nhỏ từ từ đến dư dung

sè mol Al(OH)3

dịch NaOH vào dung dịch hỗn hợp gồm a mol
HCl và b mol AlCl3, kết quả thí nghiệm được biểu
0,4

diễn trên đồ thị sau. Tỉ lệ a : b là
A. 4 : 3.

B. 2 : 1.

C. 1 : 1.

D. 2 : 3.

sè mol OH-

0

0,8

2,0

2,8

Giải
- Đoạn (I), số mol HCl: a = 0,8 mol.
- Đoạn (II), số mol Al(OH)3 = 0,4 mol.

n Al(OH)3max

b
(II))

0,4

(III)

nNaOH

(I)
0

0,8

2,0

2,8

- Nửa phải đồ thị (III), số mol NaOH(III) = 2,8 - 0,8 = 2,0 mol.
Áp dụng: n Al(OH)  4n Al - n OH , thay số  0,4 = 4b - 2 b = 0,6 mol.
3

3



a : b = 0,8 : 0,6 = 4 : 3.
Chọn đáp án A.
VD2 (mức độ vận hiểu): Cho từ từ V ml dung dịch

sè mol Al(OH)3

NaOH 1M vào 200 ml dung dịch gồm HCl 0,5M và
Al2(SO4)3 0,25M. Đồ thị biểu diễn khối lượng kết tủa

a

theo V như hình bên. Giá trị của a, b tương ứng là
A. 0,1 và 400.

B. 0,05 và 400.

C. 0,2 và 400.

D. 0,1 và 300.

V ml NaOH

0

b

Giải
+ Ta có số mol H+ = 0,1 mol; Al3+ = 0,1 mol
+ Vì kết tủa cực đại bằng số mol Al3+ = 0,1 mol  a = 0,1 mol.
+ Từ đồ thì ta cũng có: số mol OH- đoạn (II): n OH  3n Al(OH)3

 n OH  0,1.3
PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP HÓA HỌC CÓ ĐỒ THỊ

15


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM – MƠN HĨA HỌC

GV: DƯƠNG THỊ TUYẾT NỮ

  n OH   0,3  0,1  0, 4 mol
 V = 0,4 : 1 = 0,4 lít = 400 ml = b.
Chọn đáp án A.
VD3 (mức độ vận dụng): Cho từ từ đến dư

n Al(OH)3

dung dịch NaOH 0,1M vào 300 ml dung dịch
hỗn hợp gồm H2SO4 a mol/lít và Al2(SO4)3 b
mol/lít. Đồ thị bên mơ tả sự phụ thuộc của số

x

mol kết tủa Al(OH)3 vào số mol NaOH đã
dùng. Tỉ số
A. 1,7.

y

a
gần giá trị nào nhất sau đây ?
b

B. 2,3.

C. 2,7.

n OH

0

2,4a

1,4
b

D. 3,3.
Giải

- Số mol H+ = 0,6a , số mol Al(OH)3 max = số mol Al3+ = 0,6b .
- Số mol OH (I) = số mol H+ = 0,6a.
- Số mol OH (II) = 2,4b - 0,6a.
- Số mol OH (III) = 1,4a - 0,6a = 0,8a.

n Al(OH)3 max

0,6b
(II)
y

(III)

nNaOH

(I)
0

0,6a

- Nửa trái đồ thị (II): n Al(OH) 
3

 số mol Al(OH)3 = y =

1,4a

2,4b
n OH (II)
3

, thay số

2, 4b - 0, 6a
= 0,8b - 0,2a.
3

- Nửa phải đồ thị (III): n Al(OH)  4n Al - n OH (III) , thay y = 0,8b - 0,2a.
3

3



0,8b - 0,2a = 4.0,6b - 0,8a  0,6a = 1,6b ,

a
= 2,66  2,7.
b

Chọn đáp án C.
V. DẠNG 5: DUNG DỊCH H+ PHẢN ỨNG VỚI DUNG DỊCH AlO25.1. Phương pháp giải
Các phương trình phản ứng xảy ra:
HCl + NaAlO2 + H2O  Al(OH)3 + NaCl (1) (đoạn (I), đồ thị đồng biến- nữa trái)
PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP HÓA HỌC CÓ ĐỒ THỊ

16

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM – MƠN HĨA HỌC

GV: DƯƠNG THỊ TUYẾT NỮ

Nếu dư HCl:
3HCl + Al(OH)3  AlCl3 + 3H2O

(a) (đoạn (II), đồ thị nghịch biến- nửa phải)

hoặc: 4HCl + NaAlO2  AlCl3 + NaCl + 2H2O (2)
Đồ thị (Al(OH)3- HCl) (hai nửa không đối xứng)
n

Al(OH)

3

n Al(OH) max
3

a
0,5a
 45o
a1

0

a

(dư NaAlO2)

a2

4a

(dư HCl)

nHCl

(dư HCl)

Hình *: Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của số mol Al(OH)3 thu được vào số mol HCl phản ứng
với dung dịch muối chứa a mol NaAlO2.
Dựa vào phản ứng ta có CƠNG THỨC TÍNH NHANH số mol Al(OH)3 như sau:
 Nửa trái đồ thị : Dư AlO2+, chỉ xảy ra phản ứng (1), n Al(OH)3  n HCl .
 Nửa phải đồ thị: Dư H+, xảy ra đồng thời (1) và (2), n Al(OH) 
3

4.n AlO - n H 
2

3

.

5.2. Ví dụ minh họa
VD1 (mức độ biết): Cho từ từ dung dịch

sè mol Al(OH)3

HCl đến dư vào dung dịch NaAlO2. Kết
M

quả thí nghiệm được biểu diễn ở đồ thị

a

hình bên. Giá trị của a, b tương ứng là
A. 0,3 và 0,2.

B. 0,2 và 0,3.

C. 0,2 và 0,2.

D. 0,2 và 0,4.

sè mol H+

0

b

0,8

Giải
+ Từ đồ thị và tỉ lệ trong đồ thị ta có: a = b =

0,8

= 0,2 mol.
4

Chọn đáp án C.

PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP HÓA HỌC CÓ ĐỒ THỊ

17


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM – MƠN HĨA HỌC

VD2 (mức độ hiểu): Rót từ từ dung dịch HCl
0,1M vào 200 ml dung dịch K[Al(OH)4]
0,2M. Khối lượng kết tủa thu được phụ thuộc
vào V (ml) dung dịch HCl như đồ thị hình
bên. Giá trị của a và b lần lượt là
A. 200 và 1000.

B. 200 và 800.

C. 200 và 600.

D. 300 và 800.

GV: DƯƠNG THỊ TUYẾT NỮ
mAl(OH)3

1,56
Vml HCl

a

0

b

Giải
+ Ta có số mol Al(OH)3 trên đồ thị = 1,56 : 78 = 0,02 mol
 n H+  0, 02 mol (1)
+ Số mol K[Al(OH)4] = 0,04 mol  kết tủa cực đại = 0,04 mol.
+ Từ đồ thị 

n H+ = 4.0,04 – 0,02.3  n H+ = 0,1 mol (2)

+ Từ (1, 2)  a = 200 ml và b = 1000 ml.
Chọn đáp án A.
VD3 (mức độ vận dụng): Cho từ từ dung

n Al(OH)3

dịch HCl 0,2M vào dung dịch NaAlO 2, kết
quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị
sau (số liệu các chất tính theo đơn vị mol).

0,06

Tỉ lệ a : b là
A. 3 : 11.

B. 3 : 10.

C. 2 : 11.

D. 1 : 5.

0

nOH
a

0,1

b

Giải
Nửa trái đồ thị: tại số mol HCl = 0,1  n AlO2  n H  n Al(OH)3 max  0,1
Tại số mol HCl = a:  n H  a  n Al(OH)3 max  0, 06 mol
Nửa phải đồ thị:

n Al(OH) 
3

4.n AlO - n H
2

3

 n H  b  4.0,1  3.0, 06  0, 22 mol

Tỉ lệ a : b = 0, 06: 0,22 = 3 : 11
Chọn đáp án A.
VI. DẠNG 6: DUNG DỊCH H+ PHẢN ỨNG VỚI DUNG DỊCH HỖN HỢP GỒM OHVÀ AlO2PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP HÓA HỌC CÓ ĐỒ THỊ

18


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM – MƠN HĨA HỌC

GV: DƯƠNG THỊ TUYẾT NỮ

6.1. Phương pháp giải
Các phương trình phản ứng xảy ra:
HCl + NaOH  NaCl + H2O

(*) (đoạn (I), không có kết tủa, đoạn nằm ngang)

HCl + NaAlO2 + H2O  Al(OH)3 + NaCl

(1) (đoạn (II), đồ thị đồng biến- nửa trái)

Nếu dư HCl:
3HCl + Al(OH)3  AlCl3 + 3H2O

(a) (đoạn (III), đồ thị nghịch biến- nửa phải)

hoặc: 4HCl + NaAlO2  AlCl3 + NaCl + 2H2O (2)
Dạng đồ thị:

n Al(OH)3

(III)

(II)
0

(I)

x

a

b

n H+

Dựa vào phản ứng ta có CƠNG THỨC TÍNH NHANH số mol Al(OH)3 như sau:
 Chú ý đoạn nằm ngang đoạn I (0 –x): số mol H+ = số mol OH- = x
 Nửa trái đồ thị, đoạn II: Dư n AlO-2 , chỉ xảy ra phản ứng (1), n Al(OH)3  n H + .
 Nửa phải đồ thị, đoạn III: Dư OH, xảy ra đồng thời (1) và (2), 3n Al(OH)  4.n AlO - n H .

2

3



 Tại kết tủa max: n Al(OH)3  n AlO2  a - x
 Tại kết tủa min = 0  n H  4.n AlO2  b - x
Nhớ tính số mol H+ theo đoạn II, III sau đó cộng thêm số mol H+ đoạn I vào.
6.2. Ví dụ minh họa

VD1 (mức độ biết): Khi nhỏ từ từ V lít dung

nAl(OH)3

dịch HCl 0,1M vào 200 ml dung dịch gồm
NaOH 0,1M và NaAlO2 0,1M. Kết quả thí
V dd HCl

nghiệm được biểu diễn bằng đồ thị như hình
bên. Giá trị của b, a là

0

A. 0,4 và 1,0.

B. 0,2 và 1,2.

C. 0,2 và 1,0.

D. 0,4 và 1,2.

b

a

Giải
PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP HÓA HỌC CÓ ĐỒ THỊ

19

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM – MƠN HĨA HỌC

GV: DƯƠNG THỊ TUYẾT NỮ

- Tại b: đoạn (I):  n H  n NaOH  0, 2.0, 2  0, 02 mol
- Tại a: (đoạn III): thuộc nửa phải đồ thị: kết tủa min =0 nên

 n H   0, 02  4n AlO
2

 n H   4.0, 02  0, 02 = 0,1 mol
Vậy tại a = 0,2 lít; b = 1,0 lít.
Chọn đáp án C.
VD2 (mức độ hiểu): Khi nhỏ từ từ đến dư

sè mol Al(OH)3

dung dịch HCl vào dung dịch hỗn hợp gồm a
mol NaOH và b mol NaAlO2, kết quả thí
nghiệm được biểu diễn bằng đồ thị hình bên.

sè mol H+

x

Tỉ lệ a : b là
A. 2 : 1.

B. 3 : 2.

C. 4 : 3.

D. 2 : 3.

0

1,0

1,2

2,4

Giải
- Đoạn (I): số mol NaOH = a = 1,0 mol
- Đoạn (II): thuộc nửa trái đồ thị: ta có  1, 2  1, 0  x  0, 2 mol
- Đoạn (III) thuộc nửa phải đồ thị:  2, 4  1, 0  4n AlO2  0, 2.3
 n AlO  2, 4  0,1  0, 2.3  0,5 mol
2

Vậy a : b = 1 : 0,5 = 2 : 1
Chọn đáp án A
VD3 (mức độ vận dụng): Khi nhỏ từ từ đến dư

Soámol Al(OH)3

dung dịch HCl vào dung dịch hỗn hợp gồm x mol
Ba(OH)2

và

y

mol

Ba[Al(OH)4]2

[hoặc 0,2

Ba(AlO2)2], kết quả thí nghiệm được biểu diễn
trên đồ thị hình bên. Giá trị của x và y lần lượt là
A. 0,05 và 0,15.

B. 0,10 và 0,30.

C. 0,10 và 0,15.

D. 0,05 và 0,30.

0 0,1

0,3

0,7

Soámol HCl

Giải
+ Từ đồ thị đoạn (I) số mol OH- = 0,1 mol  2x = 0,1  x = 0,05 mol.
+ Từ đồ thị đoạn (III)  0, 7  0,1  4n AlO2  0, 2.3

 n AlO  0,3 =2y  y = 0,15 mol
2

Chọn đáp án A.
PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP HÓA HỌC CÓ ĐỒ THỊ

20


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM – MƠN HĨA HỌC

GV: DƯƠNG THỊ TUYẾT NỮ

VD4 (mức độ vận dụng): Cho từ từ dung dịch

sè mol Al(OH)3

HCl vào dung dịch chứa a mol Ba(AlO 2)2 và b
mol Ba(OH)2. Kết quả thí nghiệm được biểu
A. 7:4.

B. 4:7.

C. 2:7.

D. 7:2.

sè mol HCl

1,2

diễn trên đồ thị hình bên. Tỉ lệ a : b là

0

0,8

2,0

2,8

Giải
+ Từ đồ thị đoạn (I) số mol OH- = 0,8 mol  2b = 0,8  b = 0,4 mol.
+ Từ đồ thị đoạn (III)  2,8  0,8  4n AlO2  1, 2.3

 n AlO  1, 4 =2a  a = 0,7 mol
2

Vậy tỉ lệ a : b là 7 : 4.
Chọn đáp án A.

VII. DẠNG 7: DUNG DỊCH OH- PHẢN ỨNG VỚI DUNG DỊCH Zn2+
7.1. Phương pháp giải
Các phương trình phản ứng xảy ra:
2OH + Zn2+  Zn(OH)2

(1) (nửa trái đồ thị)

dư OH: Zn(OH)2 + 2OH  ZnO22 +2H2O (a)

hoặc: 4OH + Zn2+  ZnO22 + 2H2O

(2) (nửa phải đồ thị)

Đồ thị (Zn(OH)2 - OH) (hai nửa đối xứng)
n Zn(OH)

2

n Zn(OH)

a
x

2

max

0
a1

2a a2

4a

(dư OH)

(dư Zn2+)

n OH

(dư OH)

Dựa vào phản ứng ta có CƠNG THỨC TÍNH NHANH số mol Zn(OH)2 như sau:
Số mol các chất: Nửa trái: n Zn(OH) 
2

n OH
2

; Nửa phải: n Zn(OH) 
2

4.n Zn 2 - n OH
2

.

Số mol kết tủa cực đại = số mol của Zn2+
PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP HÓA HỌC CÓ ĐỒ THỊ

21


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM – MƠN HĨA HỌC

GV: DƯƠNG THỊ TUYẾT NỮ

Kết tủa min = 0  n OH  n Zn 2+
Hình *: Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của số mol Zn(OH)2 thu được vào số mol NaOH phản
ứng với dung dịch chứa a mol ZnSO4.

Chú ý nếu dung dịch có thêm H+ thì nhớ trừ đoạn phản ứng trung hịa giữa H+ và OH-.
7.2. Ví dụ minh họa
VD1 (mức độ biết): Cho từ từ dung dịch NaOH

sè mol Zn(OH)2

đến dư vào dung dịch ZnSO4. Kết quả thí nghiệm
được biểu diễn ở đồ thị dưới đây. Giá trị của a là
A. 0,36.

B. 0,24.

C. 0,48.

0,12
sè mol OH-

D. 0,28.

0

a

Giải
+ Từ đồ thị ta có tại a kết tủa min =0  a = 0,12.4 = 0,48 mol.
Chọn đáp án là C.
VD2 (mức độ hiểu): Khi nhỏ từ từ đến dư dung

sè mol Zn(OH)2

dịch NaOH vào dung dịch gồm a mol HCl và b
mol ZnSO4. Kết quả thí nghiệm được biểu diễn
đồ thị bên. Tỉ lệ a : b là
A. 1 : 2.

B. 3 : 2.

sè mol OH0

C. 2 : 3

D. 3 : 4.
Giải
+ Từ đồ thị  a = 0,4 mol (*).
+ Kết tủa cực đại = b mol.
+ Ta có đồ thị:

0,4

3,0

1,0

sè mol Zn(OH)2

b
x
0

sè mol OH0,4

1,0 0,4+ 2b

3,0

0,4+ 4b

+ Từ đồ thị  2x = 1 – 0,4  x = 0,3 mol (1)
+ Ta cũng có : 1,0 – 0,4 = 0,4 + 4b – 3,0  b = 0,8 mol (**)
+ Từ (*, **)  a : b = 1 : 2.

nZn(OH)2

Chọn đáp án A.

x
a

PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP HÓA HỌC CÓ ĐỒ THỊn KOH
0

0,22

0,28

22


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM – MƠN HĨA HỌC

GV: DƯƠNG THỊ TUYẾT NỮ

VD3 (mức độ vận dụng): Khi nhỏ từ từ
đến dư dung dịch KOH vào dung dịch chứa
ZnSO4, kết quả thí nghiệm được biểu diễn
qua đồ thị bên (số liệu các chất tính theo
đơn vị mol). Giá trị của x là
A. 0,125.
B. 0,177.
C. 0,140.

D. 0,110.
Số

n Zn(OH)2

Giải
mol ZnSO4 = số mol Zn(OH)2 max = x mol.

nZn(OH)2max

x

a

(II)

(I)
0

n KOH

0,22 0,28

Nửa trái (I) của đồ thị: a = n Zn(OH) 

-

2

n OH 
2

=

0, 22
 0,11 mol.
2

- Nửa phải của đồ thị: a = n Zn(OH) 

4.n Zn 2 - n OH
2

2

 0,11 

4x - 0, 28
 x = 0,125 mol.

2

Chọn đáp án A.

VD4 (mức độ vận dụng): Khi nhỏ từ từ đến dư
dung dịch KOH vào dung dịch hỗn hợp gồm x
mol HCl và y mol ZnCl 2, kết quả của thí
nghiệm được biểu diễn trên đồ thị bên.
Tổng (x +y + z) là
A. 2,0.
C. 0,9.

sè mol Zn(OH)2

z

B. 1,1.

0

sè mol OH0,6

1,0

1,4

D. 0,8.
Giải
- Dựa vào đồ thị ta có số mol HCl = x = 0,6

1,0  0, 6
 0, 2 mol = z
2
2
4.n Zn 2 - (1, 4 - 0, 6)
- Tại nửa phải đồ thị: 0, 2 
2
 n Zn 2+  0,3 mol = y

- Nửa trái đồ thị: n Zn(OH) 

Vậy x + y + z =0,6 + 0,3 + 0,2=1,1 mol
Chọn đáp án B.
VIII. DẠNG 8: DUNG DỊCH H+ PHẢN ỨNG VỚI DUNG DỊCH ZnO22
8.1. Phương pháp giải
PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP HÓA HỌC CÓ ĐỒ THỊ

23


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM – MƠN HĨA HỌC

GV: DƯƠNG THỊ TUYẾT NỮ

Các phương trình phản ứng xảy ra
2H+ + ZnO22  Zn(OH)2

(1) (nửa trái đồ thị)

dư H+: Zn(OH)2 + 2H+  Zn2+ + 2H2O

(a)

hoặc: 4H+ + ZnO22  Zn2+ + 2H2O

(2) (nửa phải đồ thị)

Đồ thị (Zn(OH)2 - H+) (hai nửa đối xứng- tương tự như đồ thị Zn(OH) 2 - OH)
n

Zn(OH)2

n Zn(OH) max
2

a
x

0
a1

2a a2

(dư ZnO22)

n H+

4a

(dư H+)

(dư H+)

Dựa vào phản ứng ta có CƠNG THỨC TÍNH NHANH số mol Zn(OH)2 như sau:
Số mol các chất: Nửa trái: n Zn(OH) 

n H

2

2

; Nửa phải: n Zn(OH) 
2

4.n ZnO2 - n H 
2

2

. ; ( n Zn  n ZnO )
2

2
2

Hình *: Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của số mol Zn(OH) 2 thu được vào số mol H + phản
ứng với dung dịch chứa a mol ZnO22.
Chú ý nếu dung dịch có thêm OH- thì nhớ trừ đoạn phản ứng trung hịa giữa H+ và OH-.
8.2. Ví dụ minh họa

VD1: Cho từ từ dung dịch HCl đến dư vào dung

sè mol Zn(OH)2

dịch Na2ZnO2. Kết quả thí nghiệm được biểu diễn
ở đồ thị dưới đây. Giá trị của x là
A. 0,06.

x
sè mol H+

B. 0,24.

C. 0,12.

0

0,24

D. 0,08.
Giải

+ Từ đồ thị ta thấy tại giá trị 0,24 mol H+ kết tủa min  x =

0,24
= 0,06 mol.
4

Chọn đáp án là A.

PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP HÓA HỌC CÓ ĐỒ THỊ

24


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM – MƠN HĨA HỌC

GV: DƯƠNG THỊ TUYẾT NỮ

VD2: Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào

sè mol Zn(OH)2

dung dịch gồm a mol HCl và b mol ZnSO 4. Kết
quả thí nghiệm được biểu diễn trên sơ đồ bên. Tỉ
lệ a : b là
A. 1 : 2.

sè mol OH-

B. 3 : 2.

C. 2 : 3.

D. 3 : 1.
Giải
+ Từ đồ thị  a = 0,4 mol (*).
+ Kết tủa cực đại = b mol.
+ Ta có đồ thị:

0

0,4

1,0

3,0

sè mol Zn(OH)2

b
x
0

sè mol OH0,4

1,0 0,4+ 2b

3,0

0,4+ 4b

+ Từ đồ thị  2x = 1 – 0,4  x = 0,3 mol (1)
+ Ta cũng có : 1,0 – 0,4 = 0,4 + 4b – 3,0  b = 0,8 mol (**)
+ Từ (*, **)  a : b = 1 : 2.
Chọn đáp án A.

B. BÀI TẬP TỰ LUYỆN

PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP HÓA HỌC CÓ ĐỒ THỊ

25