Sáng kiến kinh nghiệm thpt sử dụng các phương pháp bảo toàn và sơ đồ hoá để giải nhanh bài tập co2, p2o5 tác dụng dung dịch kiềm

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
“SỬ DỤNG CÁC PHƯƠNG PHÁP BẢO TỒN VÀ SƠ ĐỒ
HỐ ĐỂ GIẢI NHANH BÀI TẬP CO2, P2O5 TÁC DỤNG
DUNG DỊCH KIỀM ”
Mơn/Lĩnh vực: Hố học
Mã số: 03

Hà Tĩnh, tháng 12 năm 2022


2
MỤC LỤC
Các đề mục

Trang

Danh mục các chữ cái viết tắt

3

PHẦN MỞ ĐẦU

4

I. Bối cảnh của đề tài

4

II. Lý do chọn đề tài

4

III. Phạm vi và đối tượng nghiên cứu

5

IV. Mục đích nghiên cứu

5

V. Điểm mới trong kết quả nghiên cứu.

5

PHẦN NỘI DUNG

6

I. Cơ sở lí luận

6

II. Thực trạng của vấn đề

6

III. Các biện pháp đã tiến hành để giải quyết vấn đề

6

IV. Hiệu quả mang lại của sáng kiến.

19

V. Khả năng ứng dụng và triển khai.

20

VI. Ý nghĩa của sáng kiến

20
PHẦN KẾT LUẬN

21

I. Những bài học kinh nghiệm

21

II. Những kiến nghị đề xuất

21

Danh mục các tài liệu tham khảo

22


3

DANH MỤC CÁC CHỮ VIẾT TẮT
Chữ viết đầy đủ

Chữ viết tắt

Sách giáo khoa

SGK

Trung học phổ thơng

THPT

Bài tập

BT

Học sinh

HS

Giáo viên

GV

Phương trình

PT

Đại học-cao đẳng

ĐH-CĐ

Tốt nghiệp trung học phổ thông

TNTHPT


4
PHẦN MỞ ĐẦU
I. Bối cảnh của đề tài
Qua quá trình giảng dạy ở trường THPT tôi nhận thấy một thực trạng:
Học sinh rất khó khăn trong việc giải các bài tập, đặc biệt các bài tập mà cùng các
chất phản ứng như nhau nhưng lại cho sản phẩm khác nhau do tuỳ thuộc vào tỷ lệ số mol
của các chất phản ứng. Đặc biệt thời gian gần đây xu hướng các em HS lựa chọn mơn hố
hố để thi và xét tuyển ngày càng giảm, nguyên nhân khách quan vẫn là do các trường ĐHCĐ đã tạo ra nhiều tổ hợp xét tuyển mà trong đó có nhiều mơn dễ học hơn so với mơn hố
học, ngun nhân chủ quan là do các Thầy Cô chưa thu hút được HS đam mê mơn học của
mình. Điều này là do các bài tập hoá học thường rắc rối và xảy ra nhiều tình huống, nhiều
trường hợp khác nhau, khiến cho HS chán nản, giờ học thì khơ khan, việc chia dạng bài tập
và phương pháp giải còn nhiều hạn chế. Để giải quyết các vấn đề này thì người GV phải
thường xun đổi mới cách dạy, tìm tịi các phương pháp ngắn gọn giúp HS hứng thú hơn
trong việc tiếp cận và tiếp thu các phương pháp giải.
Là một người GV tơi đã tích luỹ được một số phương pháp giải, để giúp HS và GV
có tài liệu học tập, giảng dạy tôi đã mạnh dạn viết các kinh nghiệm này thành sáng kiến
kinh nghiệm.
II. Lí do chọn đề tài
Đổi mới phương pháp dạy học đã được xác định trong Nghị quyết Đảng và được thể
chế hóa trong Luật Giáo dục là phương pháp Giáo dục phổ thông phải phát huy tính tích
cực, tự giác, chủ động, sáng tạo, tự học, kĩ năng vận dụng vào thực tiễn, phù hợp với đặc
điểm của từng lớp học, môn học; tác động đến tình cảm, đem lại niềm vui, tạo được hứng

thú học tập cho học sinh, tận dụng được công nghệ mới nhất, khắc phục lối dạy truyền
thống truyền thụ một chiều thơng báo các kiến thức có sẵn.
Trong q trình dạy bồi dưỡng nâng cao kiến thức cho các em HS khối 11, tơi nhận
thấy các em HS rất khó khăn trong việc làm các bài tập về CO2, P2O5 tác dụng với dung
dịch kiềm. Một số HS thường loay hoay trong việc nhận dạng và tiến hành lời giải. Đặc
biệt nữa là trong kỳ thi TNTHPT với hình thức thi trắc nghiệm khách quan, thời gian cho


5
mỗi câu hỏi thì ngắn, nên việc lựa chọn phương pháp giải tối ưu cho bài tập để vừa đảm
bảo về mặt thời gian là ít nhất mà độ chính xác cao là giải pháp cần làm bây giờ.
Xuất phát từ những lí do trên, tơi thấy để giúp các em HS có phương pháp giải nhanh
và chính xác, giảm bớt sự lo lắng khi tham gia thi mơn hố học trong kỳ thi TNTHP tôi lựa
chọn đề tài “sử dụng các phương pháp bảo tồn và sơ đồ hố để giải nhanh bài tập
CO2, P2O5 tác dụng dung dịch kiềm ”
III. Phạm vi và đối tượng nghiên cứu
1. Phạm vi nghiên cứu
Đề tài này được xây dựng trên chương trình kiến thức hóa học được áp dụng cho
giảng dạy chương 2: Nitơ – Photpho và chương 3: Cacbon – Silic hóa học 11.
2. Đối tượng nghiên cứu
- Các tài liệu liên quan đến các bài tập CO2, P2O5 tác dụng dung dịch kiềm hóa học
vơ cơ 11.
- Sách giáo khoa hóa học 11.
- Học sinh lớp 11.
IV. Mục đích nghiên cứu
- Đề tài nghiên cứu nhằm đưa ra phương pháp giải các bài tập, CO2, P2O5 tác dụng
dung dịch kiềm, từ đó giúp HS có cách giải nhanh hơn các bài tập hoá học.
- Giúp học sinh vận dụng linh hoạt các phương pháp giải trong một bài tập, giảm
thiểu việc viết phương trình hố học, thay vào đó là sơ đồ phản ứng.
- Đưa ra được các dạng bài tập thường gặp và có đường hướng và phương pháp giải

thích hợp, tạo sự tin tưởng cao, cho đáp án nhanh và chính xác.
V. Điểm mới trong kết quả nghiên cứu
Đề tài đã đề xuất được các dạng bài tập cụ thể, đi kèm với phương pháp giải phù
hợp, cũng như đề xuất các bài tập tương tự để vận dụng phương pháp.
Nếu đề tài được áp dụng và nghiên cứu tiếp thì HS sẽ hứng thú hơn trong việc lựa
chọn mơn hố để học và thi TNTHPT cũng như dùng kết quả mơn hố học để xét tuyển
vào các trường ĐH-CĐ.
PHẦN NỘI DUNG


6
I. Cơ sở lí luận.
Trước đây HS đã được học các phương pháp giải toán riêng lẽ. Tuy nhiên việc vận
dụng các phương pháp giải vào cùng một bài tập là vấn đề rất quan trọng đối với mỗi học
sinh. Để làm được điều đó người giáo viên phải là người giúp cho người học tự mình tìm
ra cách tư duy logic, tự mình tìm ra cách tiếp cận và giải quyết các vấn đề. Việc làm đó
được hình thành từ từ qua từng tiết học, từng chủ đề mà người dạy định hướng cho người
học. Thơng qua các ví dụ áp dụng biện pháp mình nêu ra thì HS sẽ vận dụng được vào các
bài tập tương tự.
II. Thực trạng của vấn đề
1. Thuận lợi:
- Số lượng học sinh u thích mơn Hóa trong trường, ở các khối lớp còn khá nhiều
so với các trường lân cận.
- Các giáo viên trong nhóm chun mơn đều có năng lực chun mơn tốt, tích cực
đổi mới phương pháp giảng dạy để tạo hứng thú cho học sinh.
2. Khó khăn
- Tuy số lượng HS lựa chọn mơn hố có nhiều hơn so với các trường lân cận, nhưng
so với các trường trong tỉnh thì rất ít.
- Các em HS lựa chọn mơn hố để xét tuyển rất ít, nên các em khơng tập cho việc
học mơn hố.

- Học sinh nhìn chung vẫn cịn rất e ngại khi nhắc đến mơn hóa.
- Một số giáo viên cịn ngại tìm ra những cách tiếp cận mới làm đơn giản hóa các bài
tập trong đề thi TNTHPT.
- Học sinh có xu hướng bằng lịng với kết quả học tập của mình, khơng nỗ lực trong
học tập.
III. Các biện pháp đã tiến hành để giải quyết vấn đề
1. Các phương pháp sử dụng để giải bài tập.
- Phương pháp sơ đồ hoá: Là phương pháp giải bài tập mà khơng cần viết các phương
trình hố học, chỉ cần viết sơ đồ phản ứng theo diễn biến trong đề bài.


7
- Phương pháp bảo toàn nguyên tố: Tổng số mol nguyên tử các nguyên tố trước và sau
phản ứng là khơng đổi.
- Phương pháp bảo tồn khối lượng: Tổng khối lượng các chất trước và sau phản ứng là
không đổi; Khối lượng của một chất bằng tổng khối lượng thành phần tạo nên chất đó.
- Phương pháp bảo tồn điện tích: Trong mọi dung dịch thì trung hồ về điện, nghĩa là
số mol điện tích âm (n(-) = nion âm *số đơn vị điện tích ion) bằng số mol điện tích dương (n(+)
= nion dương *số đơn vị điện tích ion).
2. Về kiến thức.
2.1. CO2 tác dụng với dung dịch kiềm.
Tuỳ vào tỷ lệ mol của các chất phản ứng mà cho các sản phẩm khác nhau.
CO2 + OH-  HCO3CO2 +2OH-  CO32- + H2O
- Để xác định sản phẩm thu được khi cho CO2 tác dụng với dung dịch kiềm ta sử dụng tỷ lệ mol
của OH- với CO2
CO32-

HCO3-

OH- dnOH-

1

+ Khi

2

nOH 
nCO2

nCO2

 1 thì dư CO2 nên chỉ tạo muối HCO3-

+ Khi 1<

nOH 

+ Khi 2 

nOH 

nCO2

nCO2

<2 thì cho hỗn hợp sản phẩm 2 muối.
thì chỉ tạo 1 muối là CO32-

2.2. P2O5 tác dụng với dung dịch kiềm

Tuỳ vào tỷ lệ mol của các chất phản ứng mà cho các sản phẩm khác nhau.
P2O5 + 3H2O  2H3PO4
H3PO4 + OH-  H2PO4- + H2O


8
H3PO4 + 2OH-  HPO42- + 2H2O
H3PO4 + 3OH-  PO43- + 3H2O
PO43-

HPO42-

H2PO4-

OH- dnOH-

1

+ Khi

nOH 
nH 3PO4

+ Khi 1<

+ Khi

+ Khi

nH 3PO4

nH 3PO4

nH 3PO4

nH3PO4

<2 thì tạo 2 muối H2PO4- và HPO42-

=2 thì chỉ tạo muối HPO42-

nOH 

nOH 

nH3PO4

 1 thì chỉ tạo muối H2PO4-

nOH 

nOH 

+ Khi 2<

3

2

<3 thì tạo 2 muối HPO42- và PO43-

 3 thì chỉ tạo muối PO43-

3. Các dạng bài tập.
3.1. Bài tập CO2 tác dụng dung dịch kiềm.
Dạng 1: Cho số mol CO2, OH-, xác định thành phần, tính khối lượng chất tan
trong dung sau phản ứng.
Nhận xét: Tuy đây là một bài tập dễ nhưng thường xuất hiện trong các bài kiểm tra
và thi TNTHPT, nhưng với phương pháp giải bằng cách viết phương trình phản ứng và lập
hệ sẽ mất thời gian nhiều hơn khi phối hợp các phương pháp bảo toàn và sơ đồ hoá. Đặc
biệt khi dung dịch kiềm chứa nhiều chất chất sẽ làm cho HS bối rối khi phải viết nhiều
phương trình phản ứng cho nhiều chất trong hỗn hợp
Với dạng này HS dựa vào tỷ lệ

nOH 
nCO2

để xác định sản phẩm thu được.


9
Ví dụ 1: Sục 4, 48 lít CO2 (đktc) vào 200ml dung dịch hỗn hợp NaOH 1M và KOH 0,5M
thu được dung dịch X chứa m gam muối khan. Tính m?
Giải
Cách 1: Dùng sơ đồ hoá và các phương pháp bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố, bảo toàn
điện tích.
nOH- = 0,3 mol; nCO2 = 0,2 mol vậy

nOH 
nCO2

= 0,3/0,2 = 1,5 nên tạo hai muối

Sơ đồ phản ứng
OH- 0,3 mol

HCO3x mol

CO2
0,2 mol

CO32y mol

Bảo toàn nguyên tố C ta có x+y=0,2 (1);
Bảo tồn điện tích ta có n(-) = nOH- = x+2y=0,3 (2)
Giải hệ (1), (2) ta có x=0,1 mol; y = 0,1 mol
m = 0,1*39+0,2*23+0,1*60+0,1*61= 20,6 gam
Cách 2: Dùng cách viết phương trình phản ứng
nOH- = 0,3 mol; nCO2 = 0,2 mol vậy

nOH 
nCO2

= 0,3/0,2 = 1,5 nên tạo hai muối

Phương trình phản ứng
CO2 + OH-  HCO3a

a

CO2 + 2OH-  CO32- + H2O
b

2b

a  b  0,2
a  0,1 mol


a  2b  0,3 b  0,1 mol

m = 0,1*39+0,2*23+0,1*60+0,1*61= 20,6 gam
Nhận xét: Ở cách 1 dùng sơ đồ hố và bảo tồn ngun tố và bảo tồn điện tích là được,
khơng cần phải viết phương trình phản ứng như cách 2. Giúp HS giảm bớt thời gian viết và


10
cân bằng phương trình. Ngồi ra khi viết phương trình các em thường mắc sai lầm là chưa
cân bằng đã lắp số mol để tính tốn dẫn đến sai kết quả.
Ví dụ 2: Hấp thụ hồn tồn 0,672 lít khí CO2 (đktc) vào 1 lít dung dịch gồm NaOH 0,025M và
Ca(OH)2 0,0125M, thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là
A. 2,00.

B. 1,00.

C. 1,25.

D. 0,75.

Giải.

Cách 1: nOH- = 0,05mol; nCO2 = 0,03 mol vậy

OH- 0,05 mol

nOH 
nCO2

= 0,05/0,03 = 1,7 nên tạo hai muối

HCO3x mol

CO2
0,03 mol

CO32y mol

Bảo toàn ngun tố C ta có x+y=0,03 (1);
Bảo tồn điện tích ta có n(-) = nOH- = x+2y=0,05 (2)
Giải hệ (1), (2) ta có x=0,01mol; y = 0,02mol
Ca2+ + CO32-  CaCO3
0,0125 0,02

0,0125

m = 0,0125*100 = 1,25 gam
Cách 2: phải viết 2 phương trình ion thu gọn
nOH- = 0,05mol; nCO2 = 0,03 mol vậy

nOH 
nCO2

= 0,05/0,03 = 1,7 nên tạo hai muối

CO2 + OH-  HCO3a

a

CO2 + 2OH-  CO32- + H2O
b

2b

a  b  0,03
a  0,01mol


a  2b  0,05 b  0,02mol

Ca2+ + CO32-  CaCO3 Vì nCa2+

11
Ví dụ 3: Sục 4,48 lít khí CO2 (đktc) vào 1 lít dung dịch hỗn hợp Ba(OH)2 0,12M và NaOH
0,06M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là
A. 13,79.

B. 19,70.

C. 23,64.

D. 7,88.

Giải
nOH- = 0,3 mol; nCO2 = 0,2 mol vậy

nOH 

= 0,3/0,2 = 1,5 nên tạo hai muối

nCO2

Sơ đồ phản ứng
HCO3x mol

OH 0,05 mol
-

CO2
0,03 mol

CO32y mol

+ Ba2+
0,12 mol

BaCO3

Bảo tồn ngun tố C ta có x+y=0,2 (1);
Bảo tồn điện tích ta có n(-) = nOH- = x+2y=0,3 (2)
Giải hệ (1), (2) ta có x=0,1 mol; y = 0,1 mol

Ba2+ + CO32-  BaCO3
0,12

0,1

0,1

m = 0,1*197 = 19,7 gam
Dạng 2: Chưa cho số mol CO2 , OH- nên khơng có tỷ lệ

nOH 
nCO2

Với dạng bài toàn này chúng ta giải như sau
CO32-

HCO3-

OH- dnOH-

1

Dựa vào tỷ lệ mol

2

nOH 
nCO2

như trên ta thấy:

nCO2


12
TH1: khi

nOH 
nCO2

<2 thì dung dịch thu được chỉ chứa các muối cacbonat và muối

hydrocacbonat và ta quy đổi hỗn hợp muối này thành CO32- và H+; ion kim loại.
TH2: khi 2 

nOH 
nCO2

thì thu được dung dịch chứa CO32- và OH-; ion kim loại.

Nếu đề bài cho thêm thông tin để chúng ta xác định được TH1 hay TH2, nếu khơng có
thơng tin chúng ta phải xét 2 trường hợp.
Ví dụ 1: Sục V lít CO2 (đktc) vào 200ml dung dịch hỗn hợp NaOH 1M và KOH 0,5M thu
được dung dịch X chứa 20,6 gam muối khan. Tính V?
Giải
Nhận xét: Bài tập này không cho tỷ lệ mol nên khơng xác định được sản phẩm tạo thành là
gì nên nhiều HS khi giải bài này thông thường phải xét các trường hợp đặc biệt gồm:
TH1:

nOH 

nCO2

TH2: 1<

=1: chỉ tạo muối hydrocacbonat sau đó thử có phù hợp kết quả hay không.

nOH 
nCO2

<2 tạo hỗn hợp 2 muối hydrocacbonat và muối cacbonat sau đó thử có phù

hợp kết quả hay khơng.
TH3:

nOH 

TH4:

nOH 

nCO2

nCO2

=2 chỉ tạo muối cacbonat sau đó thử có phù hợp kết quả hay khơng.
>2 dung dịch thu được gồm muối cacbonat và kiềm dư sau đó thử có phù hợp

kết quả hay khơng.
Nhưng khi ta quan sát trục số biểu diễn tỷ lệ mol thì thấy chỉ cần
Bài tập này khơng có nCO2 để xét tỷ lệ mol nên ta xét 2 trường hợp

TH1: khi

nOH 
nCO2

<2 thì dung dịch thu được chỉ chứa các muối cacbonat và muối

hydrocacbonat và ta quy đổi hỗn hợp muối này thành CO32- và H+; ion kim loại.
CO32- (x mol) và H+ (y mol); nNa+ = 0,2 mol; nK+ = 0,1 mol,
Bảo tồn điện tích: 2x = y+0,2+0,1 (1)


13
bảo toàn khối lượng: 60x + y + 0,2*23+0,1*39 = 20,6 (2)
Giải hệ (1) và (2) ta có: x= 0,2 mol; y =0,1 mol
nCO32- = nCO2 =0,2 mol nên V = 4,48 lít
TH2: khi 2 

nOH 
nCO2

thì dung dịch X thu được là CO32- (x mol) và OH- (y mol).

nNa+ = 0,2 mol; nK+ = 0,1 mol,
Bảo tồn điện tích: 2x + y =0,2+0,1 (1)
bảo toàn khối lượng: 60x + 17y + 0,2*23+0,1*39 = 20,6 (2)
Giải hệ (1) và (2) ta có: x= 7/26 mol; y =-31/130 mol (loại)
Ví dụ 2: Hấp thụ hồn tồn 3,36 lít CO2 (đktc) vào 100 ml dung dịch gồm K2CO3 0,2M
và KOH x mol/lít, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y. Cho toàn bộ Y
tác dụng với dung dịch CaCl2 (dư), thu được 5 gam kết tủa. Giá trị của x là

A. 1,2.

B. 1,8.

C. 3,4.

D. 1,6.

Giải

+
CO2
0,15 mol

KOH
0,1x mol

HCO3y mol

+ CaCl2
CaCO3

K2CO3
0,02 mol

0,05 mol

CO320,05mol

Bảo tồn C ta có: 0,15+0,02=y+0,05 => y = 0,12 mol

Bảo tồn điện tích ta có: 0,02*2+0,1x = y+0,05*2
=> thay y = 0,12 ta có x = 1,8
Ví dụ 3: Hấp thụ hết V lít CO2 (ở đktc) vào 100 ml dung dịch gồm NaOH 2,0 M và Na2CO3 1,0
M thu được dung dịch A . Chia A thành 2 phần bằng nhau. Phần 1 cho tác dụng với CaCl2 dư thu
được b mol kết tủa. Phần 2 cho tác dụng với nước vôi trong dư thu được c mol kết tủa. Biết 3b =
c. Giá trị của V là
A. 4,480.

B. 2,688.

C. 1,120.
Giải

Sơ đồ phản ứng

D. 3,360.


14

CO2 +
a mol

NaOH
0,2 mol

1/2 dd A

+ CaCl2 d-

b mol CaCO3
3b=c

dd A

Na2CO3
0,1 mol

1/2 dd A +Ca(OH)2 d- c mol CaCO3

Theo sơ đồ ta có: ½ dd A có b mol CO32- và 2b mol HCO3- => ddA có 2b mol CO32- và 4b mol
HCO3Bảo tồn ngun tố C ta có: a+0,1 = 6b (1)
Bảo tồn điện tích ta có 4b +4b=0,4 (2) => b = 0,05 mol; thay b vào (1) ta có a = 0,2 mol
=> V= 0,2 *22,4 = 4,48 lít
Ví dụ 4: Hấp thụ hồn tồn 3,36 lít CO2 (đktc) vào dung dịch chứa a mol NaOH và b mol Na2CO3
thu được dung dịch X. Chia X thành hai phần bàng nhau. Cho từ từ phần một vào 120 ml dung
dịch HCl 1M, thu được 2,016 lít CO2 (đktc). Cho phần hai phản ứng hết với dung dịch Ba(OH)2
dư, thu được 29,55 gam kết tủa. Tỉ lệ a : b tương ứng là
A. 2 : 5.

B. 2 : 3.

C. 2 : 1.

D. 1 : 2.

Giải
Sơ đồ phản ứng
0,12 mol HCl
CO2 +

0,15 mol

NaOH
a mol

1/2 dd X

0,12 mol Cl0,09 mol CO2

dd X

Na2CO3
b mol

x mol HCO3-

1/2 dd X +Ba(OH)2 d-

0,15 mol BaCO3

Bảo tồn C cho 1/2X tác dụng Ba(OH)2 ta có 0,15 +b =0,15*2 => b = 0,15 mol
Bảo toàn C cho 1/2X tác dụng 0,12 mol HCl ta có: 2*(x+0,09)=0,3 =>x = 0,06 mol
Khi cho HCl tác dụng 1/2X có nH+ = 0,12 mol < nC = 0,15 mol mà tạo khí CO2 nên
X khơng có OH- mà chỉ có HCO3- và CO32=> x= 0,15 – 0,09 = 0,06 mol.


15
Bảo tồn điện tích cho dung dịch sau phản ứng với HCl ta có nNa+ = 0,12 +x = 0,18
mol => a+2b = 0,18*2; thay b = 0,15mol ta có a = 0,06 mol.
Vậy a : b = 0,06 : 0,15 = 2 : 5

Ví dụ 5: Hấp thụ hồn tồn V lít khí CO2 (đktc) vào 250 ml dung dịch hỗn hợp gồm NaOH
0,4M và KOH aM thu được dung dịch X. Cho từ từ 250 ml dung dịch H2SO4 0,5M vào X
thu được dung dịch Y và 1,68 lít khí CO2 (đktc). Cho Y tác dụng với dung dịch Ba(OH)2
dư

thấy

xuất

A. 0,9.

hiện

34,05

gam

kết

B. 0,7.

tủa

trắng.

Giá

trị

C. 0,5.

của

a

là

D. 0,6

Giải

CO2 +
x mol

NaOH
0,1 mol
dd X

+ 0,125 mol H2SO4

KOH
0,25a mol

y mol HCO3+Ba(OH)2 d0,125 mol SO420,075 mol CO2
+

0,1 mol Na
0,25a mol K+

BaSO4

0,125
BaCO3
y mol

Bảo toàn khối lượng kết tủa: 0,125*233 + 197y=34,05 =>y=0,025 mol
Bảo toàn nguyên tố C ta có x = y+0,075 = 0,1 mol
Bảo tồn điện tich cho dung dịch Y ta có: 0,25a+0,1=0,025+0,125*2 => a=0,7
Nhận xét: Các ví dụ trên nếu khơng sơ đồ hố mà viết phương trình thì bài
tập này cần phải viết rất nhiều phương trình hố học. Đặc biệt chúng ta dùng bảo
tồn điện tích ở dung dịch Y nên cũng khơng cần xác định thành phần của dung
dịch X. Đó là ưu điểm nổi trội của việc kết hợp nhiều phương pháp bảo taonf vào
trong một bài tập kết hợp với sơ đồ hoá đã đơn giản hoá các dạng bài tập này.
Ví dụ 6: Dẫn V lít khí CO2 (ở đktc) qua 500 ml dung dịch Ca(OH)2 nồng x M , sau phản
ứng thu được 3 gam kết tủa và dung dịch A. Đun nóng dung dịch A thu được thêm 2 gam
kết tủa nữa. Giá trị của V và x là


16
A. 1,568 lit và 0,1 M

B. 22,4 lít và 0,05 M

C. 0,1792 lít và 0,1 M

D. 1,12 lít và 0,2 M
Giải

CO2

CaCO3

0,03 mol

Ca(OH)2

Ca(HCO3)2
0,02 mol

to
CaCO3
0,02 mol

Bảo tồn ngun tố C ta có: nCO2 = nCaCO3 + 2nCa(CO3)2 = 0,03 + 2*0,02 = 0,07 mol
V = 0,07*22,4 = 1,568 lít
Bảo tồn ngun tố Ca ta có: nCa = nCaCO3 + nCa(CO3)2 = 0,05 mol
CM = 0,05/0,5 = 0,1M => Chọn đáp án A
3.2. Bài tập P2O5, H3PO4 tác dụng dung dịch kiềm.
Dạng 1: Cho số mol P2O5, OH-, xác định thành phần, tính khối lượng chất tan
trong dung sau phản ứng.
Với dạng này chúng ta sử dụng tỷ lệ mol

nOH 
nH 3PO4

để xác định thành phần của phản

ứng.
Ví dụ 1: Cho 8,52 gam P2O5 tác dụng với 253,5 ml dung dịch NaOH 2M, sau khi các phản ứng
xảy ra hoàn toàn, thu đuợc dung dịch X. Cô cạn dung dịch X, thu đuợc m gam chất rắn khan. Giá
trị của m là
A. 12,78.

B. 17,04.

C. 21,30.

D. 25,56.

Giải
nP2O5 = 0,06 mol => nH3PO4 = 0,12 mol; nNaOH = 0,507 mol

nOH 
nH 3PO4

= 0,507/0,12=4,225 nên dung dịch X chứa muối Na3PO4 (x mol) và NaOH dư (y

mol)
Bảo tồn ngun tố P ta có nNa3PO4 = nP=0,12 mol


17
Bảo toàn nguyên tố Na: nNaOH dư = 0,507-0,12*3 = 0,147 mol
m= 0,12*164+ 0,147*40= 25,56 gam
Ví dụ 2: Cho 100 ml dung dịch KOH 1,5M vào 200 ml dung dịch H3PO4 0,5M, thu được
dung dịch X. Cô cạn dung dịch X, thu được hỗn hợp gồm các chất là
A. KH2PO4 và K3PO4.

B. KH2PO4 và K2HPO4.

C. KH2PO4 và H3PO4.

D. K3PO4 và KOH.
Giải

nKOH = 0,15mol; nH3PO4 = 0,1mol
nOH 
nH 3PO4

= 0,15/0,1 = 1,5 nên tạo 2 muối KH2PO4 và K2HPO4

Dạng 2: Chưa cho số mol P2O5, OH-, nên khơng có tỷ lệ

nOH 
nH 3PO4

Với dạng bài toàn này chúng ta giải như sau:
H2PO4-

HPO42-

PO43-

OH- dnOH-

1

2

3

nH3PO4

Dựa vào tỷ lệ mol trên ta thấy khi khơng xác định được sản phẩm thì chúng ta chỉ cần xét
2 trường hợp thay vì xét 3, 4 trường hơp.
TH1:

nOH 
nH 3PO4

<3 thì thành phần dung dịch sau phản ứng bao gồm muối photphat trung hoà

và muối photpoat axit, nhưng để đơn giản ta tạm thời quy đổi hỗn hợp này thành hỗn hợp
PO43-; H+
Lúc đó dùng phương pháp bảo tồn điện tích, bảo tồn ngun tố và bảo tồn khối lượng
thì chúng ta sẽ lập thành hệ phương trình để giải
TH2:

nOH 
nH 3PO4

>3 thì dung dịch sau phản ứng chứa ion PO43- và OH-


18
Ví dụ 1: Cho m gam P2O5 vào dung dịch chứa 0,1 mol NaOH và 0,05 mol KOH, thu được
dung dịch X. Cô cạn X, thu được 8,56 gam hỗn hợp chất rắn khan. Giá trị của m là
A. 1,76.

B. 2,13.

C. 4,46.

D. 2,84.

Giải
TH1: Để đơn giản, ta quy đổi dung dịch X coi như chứa ion x mol PO43-; y mol H+; 0,05
mol K+; 0,1 mol Na+;
Bảo tồn điện tích: 3x=y+0,05+0,1 (1)
Bảo toàn khối lượng: 95x+y+0,05*39+0,1*23 = 8,56 (2)
Giải hệ (1) và (2) ta có x =0,0455; y=-0,0134 (loại)
TH2: Dung dịch X chứa ion x mol PO43-; y mol OH-; 0,05 mol K+; 0,1 mol Na+;
Bảo tồn điện tích: 3x+y=0,05+0,1 (1)
Bảo toàn khối lượng: 95x+17y+0,05*39+0,1*23 = 8,56 (2)
Giải hệ (1) và (2) ta có x =0,04 mol; y= 0,03 mol (loại).
Vậy nP2O5 = 0,02 mol=> m = 0,02 *142 = 2,84 gam
Ví dụ 2: Cho m gam P2O5 tác dụng với 253,5 ml dung dịch NaOH 2M, sau khi các phản
ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch X. Cô cạn dung dịch X, thu được 3m gam chất
rắn khan. Giá trị của m là.
A. 21,30

B. 8,52

C. 12,78

D. 7,81

Giải
nP2O5 = m/142 mol => nH3PO4 =2m/142 mol
TH1: Để đơn giản, ta quy đổi dung dịch X coi như chứa ion 2m/142 mol PO43-; x mol H+;
0,507 mol Na+;
Bảo toàn điện tích: 6m/142=x+0,507 (1)

Bảo tồn khối lượng: 95*2m/142+x+0,507*23 = 3m (2)
Giải hệ (1) và (2) ta có m =6,886 gam; x=-0,216 mol (loại)
TH2: Dung dịch X chứa ion 2m/142 mol PO43-; x mol OH-; 0,507 mol Na+;
Bảo tồn điện tích: 6m/142+x=0,507 (1)
Bảo toàn khối lượng: 95*2m/142+17x+0,507*23 = 3m (2)
Giải hệ (1) và (2) ta có m =8,52 gam; x=0,147 mol


19
Vậy m = 8,52 gam
Ví dụ 3: Cho 2,13 gam P2O5 vào dung dịch chứa x mol NaOH và 0,02 mol Na3PO4. Sau
khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn , thu được dung dịch chứa 6,88 gam hai chất tan. Giá trị
của x là
A. 0,030.

B. 0,057.

C. 0,139.

D 0,050.

Giải
x mol NaOH
6,88 gam hai chÊt tan

P2O5 +
0,015 mol

0,02 mol Na3PO4

TH1: Để đơn giản, ta quy đổi dung dịch sau phản ứng coi như chứa ion 0,05 mol PO43-; y
mol H+; (x+0,06) mol Na+;
Bảo tồn điện tích: 0,05*3=y+x+0,06 (1)
Bảo tồn khối lượng: 0,05*95+y+23*(x+0,06) = 6,88 (2)
Giải hệ (1) và (2) ta có x= 0,03 mol; y= 0,06 mol
TH2: Dung dịch X chứa ion 0,05 mol PO43-; y mol OH-; (x+0,06) mol Na+;
Bảo tồn điện tích: 0,05*3+y= x+0,06 (1)
Bảo tồn khối lượng: 0,05*95+17y+23*(x+0,06) = 6,88 (2)
Giải hệ (1) và (2) ta có x= 0,057 mol; y= -0,033 mol (loại)
Vậy x = 0,03 mol.
IV. Hiệu quả mang lại của sáng kiến.
1. Đối với giáo viên:
Việc thực hiện chuyên đề này giúp cho bản thân giáo viên tiếp cận được với cách
giải nhanh đáp ứng cho yêu cầu của đề thi TNTHPT. Đề tài này có thể mở rộng cho các
phần khác như phản ứng axit với muối cacbonat, hidroxit lưỡng tính tác dụng dung dịch
kiềm
Tạo được một phong trào tìm tịi, nghiên cứu của các giáo viên trong tổ để đạt hiệu
quả dạy học tốt nhất.


20
2. Đối với học sinh.
Sử dụng biện pháp của sáng kiến để dạy bồi dưỡng kiến thức cho 2 chương Nitơ –
Photpho và chương Cacbon - Silic của học kì 1 lớp 11 năm học 2022 – 2023.
- Tôi chọn 2 lớp có năng lực học sinh tương đương nhau là lớp 11A3 (lớp thực
nghiệm) và 11A4 (đối chứng). Đối với lớp đối chứng 11A4 tôi dạy phương pháp làm bài
bằng phương pháp viết phương trình. Đối với lớp thực nghiệm tơi tiến hành giảng dạy các
phương pháp bảo tồn và sơ đồ hoá để giải nhanh bài tập CO2, P2O5 tác dụng dung dịch
kiềm.
- Tôi đã thực hiện khảo sát chất lượng của lớp đối chứng và lớp thực nghiệm để

chứng minh tính hiệu qủa của đề tài. Sau đây là bảng thống kê chất lượng kiểm tra thường
xuyên chương Nitơ – Photpho, cacbon - silic của hai lớp 11A3 và 11A4:
Lớp

Số học sinh đạt điểm

Tổng
số

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11A3

36

0

0

0

1

2

3

5

14

6

5

0

11A4

36

0

0

5

6

10

9

4

1

1

0

0

- Qua bảng kết quả cho thấy ở lớp thực nghiệm cao hơn lớp đối chứng. Như vậy, việc
áp dụng các phương pháp bảo tồn và sơ đồ hố để giải nhanh bài tập CO2, P2O5 tác dụng
dung dịch kiềm đã làm tăng hiệu quả làm bài của HS.
V. Khả năng ứng dụng và triển khai.
Khả năng ứng dụng của đề tài đã được khẳng định nhưng chưa được áp dụng trên
diện rộng, bởi vậy trong thời gian tiếp theo bằng các giải pháp cụ thể cùng với sự quan tâm
của đồng nghiệp, nhà trường, sở giáo dục và đào tạo rất mong muốn được chia sẻ rộng rãi

hơn.
Ngoài những kiến thức đã khai thác trong đề tài đang còn rất nhiều các kiến thức thú
vị khác đặc biệt là các bài tập về axit tác dụng muối cacbonat…, vậy nên trong thời gian
tiếp theo đề tài sẽ tiếp tục được phát triển và hoàn thiện.
VI. Ý nghĩa của sáng kiến