Xây dựng phương pháp giải một số dạng bài toán đồ thị hay và khó để đạt điểm 9 10 trong bài thi THPT quốc gia nhằm nâng cao hiệu quả dạy học môn hóa học

1.Mở đầu
1.1.Lí do chọn đề tài
Với xu thế đổi mới phương pháp dạy học; hình thức thi trắc nghiệm khách
quan đã được đưa vào để thay thế hình thức tự luận trong một số môn học, trong
đó có môn Hóa học. Với hình thức thi trắc nghiệm, trong một khoảng thời gian
ngắn học sinh phải giải quyết được một lượng khá lớn các câu hỏi, bài tập. Điều
này không những yêu cầu học sinh phải nắm vững, hiểu rõ kiến thức mà còn
thành thạo trong kĩ năng giải bài tập và đặc biệt phải có phương pháp giải bài tập
trắc nghiệm hợp lí. Thực tế cho thấy có nhiều học sinh có kiến thức vững vàng
nhưng trong các kì thi vẫn không giải quyết hết các yêu cầu đề ra. Lí do chủ yếu
là các em vẫn tiến hành giải bài tập hóa học theo cách truyền thống, việc này làm
mất rất nhiều thời gian, do đó không đạt hiệu quả cao trong việc giải bài tập trắc
nghiệm. Vì vậy việc xây dựng “các phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm
hóa học” là một việc rất cần thiết để giúp các em học sinh đạt kết quả cao trong
các kì thi.
Trong quá trình giảng dạy tôi nhận thấy các em học sinh gặp rất nhiều khó
khăn trong việc giải quyết các bài tập có hình vẽ đồ thị có liên quan đến các dạng
bài toán: "Dẫn từ từ Ba(OH)2 vào dung dịch muối Al2(SO4)3 ,dẫn từ từ Ba(OH)2
vào dung dịch hỗn hợp chứa Al 3+ và SO42− ; dẫn từ từ dd hỗn hợp NaOH và
Ba(OH)2 vào dung dịch chứa muối nhôm sunfat, biện luận lượng kết tủa thu
được, dẫn từ từ CO2 vào dung dịch hỗn hợp NaAlO2 và Ca(OH)2" …Thực sự đây
là những dạng bài tập hay lạ và khó. Đặc biệt trong các đề thi THPTQG năm
2016, đề minh họa kì thi THPTQG năm 2017, các đề thi thử THPTQG của các sở
giáo dục các năm gần đây những dạng bài tập có nội dung hình vẽ, đồ thị đã được
đưa vào trong nội dung đề thi đặc biệt có những bài thuộc mức độ điểm 9,10 như
các dạng trên. Là một giáo viên khi hướng dẫn cho học sinh sử dụng các phương
pháp truyền thống để giải những bài tập dạng này mất rất nhiều thời gian vì học
sinh rất dễ nhầm lẫn thứ tự của các phản ứng xảy ra dẫn đến việc lựa chọn sai đáp
án.
Phương pháp đồ thị là một phương pháp đã được sử dụng và được viết khá
nhiều trong các tài liệu tuy nhiên chỉ dừng lại ở các bài toán đơn giản, những bài

toán dung dịch chỉ chứa một chất hoặc chỉ thu được một kết tủa. Những bài toán
dung dịch chứa nhiều chất hoặc thu được đồng thời nhiều kết tủa, trong đó có 1
kết tủa biến đổi theo lượng chất thêm vào thì chưa có tài liệu nào đề cập. Những
bài toán phức tạp như trên được tôi đề cập trong sáng kiến kinh nghiệm này nhằm
giúp học sinh tìm ra hướng tư duy các bài toán này một cách đơn giản và dễ hiểu.
Trong quá trình dạy ôn thi đại học cao đẳng tôi nhận thấy khi sử dụng
phương pháp đồ thị để giải quyết các bài tập dạng này dễ hiểu, nhanh chóng,
chính xác và tiết kiệm được rất nhiều thời gian do học sinh không phải viết nhiều
phương trình và không phải thực hiện các phép toán phức tạp. Thay vào đó học
sinh chỉ phải sử dụng các phép toán phương trình đơn giản và vận dụng một số
kiến thức hình học như: tam giác đồng dạng, tam giác cân… Khi làm theo
phương pháp này học sinh có thể nhìn vào đồ thị hình dung được diễn biến của
thí nghiệm qua đó khắc sâu được kiến thức.
1


Chính vì vậy, tôi mạnh dạn giới thiệu đến quý đồng nghiệp, các em học
sinh đề tài “ Xây dựng phương pháp giải một số dạng bài toán đồ thị hay và
khó để đạt điểm 9, 10 trong bài thi THPTQG nhằm nâng cao hiệu quả dạy học môn Hóa học”
1.2. Mục đích nghiên cứu
Xây dựng hàm số và vẽ đồ thị, phương pháp suy luận vận dụng đồ thị cho
7 dạng bài toán:
+ Dẫn từ từ Ba(OH)2 vào dung dịch muối Al2(SO4)3
+ Dẫn từ từ Ba(OH)2 vào dung dịch hỗn hợp chứa Al3+ và SO42−
+Dẫn từ từ Ba(OH)2 vào dung dịch hỗn hợp chứa Al3+ , H+ và SO42−
+ Dẫn từ từ dd hỗn hợp NaOH và Ba(OH) 2 vào dung dịch chứa muối nhôm
sunfat. Biện luận lượng kết tủa
+ Dẫn CO2 từ từ đến dư vào dd hỗn hợp chứa AlO2− và Ca(OH)2
+ Dẫn dung dịch NaOH vào dung dịch hỗn hợp Fe3+ và Al3+
+ Dẫn từ từ dung dịch AgNO3 đến dư vào côc đựng Fe

Thông qua đề tài giúp học sinh hiểu được bản chất của các quá trình phản
ứng và có phương pháp tư duy giải các dạng bài tập trên một cách dễ dàng
và ngắn gọn để đạt được điểm 9, 10 trong bài thi THPT QG nhằm nâng cao
hiệu quả dạy - học môn hóa ở trường THPT Tĩnh gia 1.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Đề tài tập trung nghiên cứu các 7 dạng bài tập có sự tạo thành 2 kết tủa
trong đó có một kết tủa biến thiên theo lượng chất thêm vào và được áp dụng vào
các tiết dạy tự chọn, ôn thi đại học phần kim loại kiềm, kiềm thổ, nhôm, sắt ở
lớp12.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
Để hoàn thành nhiệm vụ đặt ra tôi sử dụng các phương pháp nghiên cứu
sau: xây dựng cơ sở lí thuyết, thực nghiệm sư phạm, thống kê, xử lí số liệu.
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
Qua diễn biến của thí nghiệm và các phương trình phản ứng ta thiết lập
được mối liên hệ số mol giữa các chất bằng hàm số. Ta có thể dùng thuật giải
tích hoặc từ đồ thị sử dụng tỉ lệ giữa các tam giác đồng dạng (Định lí talet) để xác
định kết quả đề yêu cầu [7].
2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Phương pháp này đã được sử dụng rất hiệu quả vào một số dạng bài tập
đơn giản chỉ tạo một kết tủa như:
- Sục CO2 vào dung dịch chứa a mol Ca(OH)2[7].
nCaCO3
a
nAl(OH)3

a
2a
nCO2 3+
a

- Dung dịch OH tác dụng với dung dịch chứa a mol
Al [4].
2

3a

4a

nOH-


- Dung dịch H+ tác dụng với dung dịch chứa a mol AlO2- [5].
a

a
4a
nH+
- Trong các đề thi THPTQG năm 2016, đề minh họa kì thi THPTQG năm
2017, các đề thi thử THPTQG của các sở giáo dục các năm gần đây những dạng
bài tập có xuất hiện 2 kết tủa trong đó có một kết tủa biến thiên theo lượng chất
thêm vào ở dạng có đồ thị cho sẵn hoặc không có đồ thị đã được đưa vào trong
nội dung đề thi. Đối với các thí sinh thì đây là các dạng bài tập lạ, khó, giải mất
nhiều thời gian, do đó các em thường không làm hoặc khoanh bừa đáp án.
- Trên thực tế đây là những dạng bài tập được phát triển trên cơ sở các bài
toán đồ thị đơn giản ở trên. Do đó tôi đã xây dựng hàm số, đồ thị mẫu, phương
pháp dùng thuật toán để giải nhanh và hiểu được bản chất các dạng bài tập trên.
Khi học sinh đã nắm vững dạng đồ thị của bài toán thì việc xác định kết quả
nhanh chóng và dễ dàng. Phương pháp đồ thị không làm mất đi bản chất hóa học
mà nó còn giúp học sinh giải thích được và dự đoán một cách chính xác hơn các
hiện tượng thực nghiệm.

2.3.Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các giải pháp đã sử dụng để giải
quyết vấn đề
2.3.1 Xây dựng cơ sở lí luận và phương pháp giải một số dạng bài toán
đồ thị cụ thể
2.3.1.1. Dẫn từ từ dd Ba(OH)2 vào dung dịch muối Al2 (SO4)3
Bài toán: Rót từ từ dd chứa x mol Ba(OH) 2 vào dung dịch chứa a mol Al2
(SO4)3. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được m gam kết tủa X. Thành
phần, khối lượng kết tủa thu được sẽ phụ thuộc vào mối quan hệ giữa x và a
Các phản ứng lần lượt xảy ra là:
Al 3+ + 3OH − 
→ Al (OH )3 ; Ba2++ SO42−

Al(OH)3 + OH-

AlO2− +

BaSO4

2 H 2O

Giải quyết:
- Ban đầu kết tủa được tạo ra đồng thời:
Al3+ + 3OH- Al(OH)3 ; Ba2+ + SO 24−  BaSO4

3


b
Do đó đồ thị đi lên. Và đây là 1 hàm số liên tục từ điểm xuất phát đến điểm cực
đại do: Ba(OH)2 Ba2+ + 2OHx 

x
2x
Xét cùng 1 lượng Ba(OH) 2 thì Ba2+ và OH- được sinh ra tham gia đồng thời 2
phương trình:
2−
a ; Ba2+ + SO2b+a
4b+a
Al3+ + 3OH- Al(OH)
3
4  BaSO4
2/3x  2x
x x
Như vậy số mol Al3+ và số mol SO 24− có mối quan hệ như sau: 3n Al3+ = 2n SO24 −
Mà ta lại có Al2(SO4)32Al3+ +3 SO 24− Hay 3n Al3+ = 2n SO2 −
4

1 mol  2
3
Vậy tại điểm cực đại trên đồ thị Al3+ và SO24− đều hết.
- Sau đó kết tủa Al(OH)3 tan từ từ cho đến hết nên đồ thị đi xuống.
Al(OH)3 + OH-  AlO −2 +H2O
- Khi kết tủa Al(OH)3 tan hết, kết tủa BaSO4 không tan nên đồ thị đi ngang.
ì
ï
ï
ï
ï
ï
ï
y=ï

í
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
î

2x
+233x
3
233*3a
233x+2a*78=m
max
3a*233+(8a- 2x)78
78*

NÕ
u x<
3a
NÕ
u 2x³ 8a
NÕ
u x=
4a
NÕ
u 3a4a

- Khi cho từ từ Ba(OH)2 dung dịch Al2(SO4)3 ta có đồ thị như sau:

Tại điểm T: tổng khối lượng kết tủa BaSO4 cực đại và Al(OH)3 cực đại.
Tại điểm I: khối lượng kết tủa BaSO 4 cực đại hoặc tổng khối lượng BaSO 4 và
Al(OH)3 được tính theo số mol OH
Áp dụng 1 : Từ đồ thị cho sẵn suy luận nhanh ra kết quả
Ví dụ 1: (Đề minh họa 1 -2017 Bộ giáo dục và đào tạo)
Nhỏ từ từ dung dịch Ba(OH)2 0,2 M vào ống nghiệm chứa dung dịch Al 2(SO4)3.
Đồ thi biễu diễn sự phụ thuộc khối lượng kết tủa theo thể tích dung dịch Ba(OH) 2
như sau:

4


Giá trị của V gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 1,7
B.2,1
C.2,4
D.2,5[3].
Giải:
Khi kết tủa không đổi (phần đường thẳng) tức là Al(OH) 3 đã tan hết. Do lượng
Ba(OH)2 không bị giới hạn nên số mol BaSO4 bằng số mol SO42−
nBaSO = nSO = 69,9/233=0,3 mol => nAl ( SO ) =0,1 mol=a => nAl =0,2 mol
Tại điểm có tọa độ (V; 69,9) Al(OH) 3 tan hết x (số mol Ba(OH)2)=4a=0,4 mol =>
V=2 lít => Đáp án B
Ví dụ 2: Cho từ từ a mol Ba vào m gam dung dịch Al2(SO4)3 19%. Mối quan hê
giữa khối lượng dung dịch sau phản ứng và lượng Ba cho vào dung dịch được mô
tả bằng đồ thị
sau:

4

2−
4

2

4 3

3+

Giá trị của a gần nhất với giá trị nào sau đây?
A.0,35
B.0,40
C. 0,45
D.0,50 [10].
(Đề thi thử bookgol lan 9 -2017)
Giải:
→ Ba(OH)2 + H2
Ba + H2O 
a
a
a/2 mol
Khối lượng dung dịch thu được đạt giá trị nhỏ nhất khi lượng kết tủa là cực đại
m dd= m Ba+ mdd Al2(SO4)3 –m H2- m kt
121,5=137a +m-a-

0,38m
0,57 m
*78 * 233 => 121,5=-136a +21/40m(1)

342
342

Khối lượng dd đạt cực đại khi Al(OH)3 tan hết.
m dd= m Ba+ mdd Al2(SO4)3 –m H2- m BaSO4
=> m =137a +m- a-

0,57 m
* 233 => 136a-233m/600=0 (2)
342

Từ (1) và (2) suy ra a=0,39 . Đáp án B
Áp dụng 2: Từ bài toán ban đầu xây dựng đồ thị. Sau đó từ đồ thị xây dựng
được suy ra kết quả
Ví dụ 3: Hòa tan hoàn toàn 47,4 gam KAl(SO 4)2.12H2O vào nước, thu được dung
dịch X. Cho toàn bộ X tác dụng với 175 ml dung dịch Ba(OH) 2 1 M, sau phản
ứng thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là
A.3,900
B. 46,600
C. 44,675
D. 40,775[9]
(Trích Đề thi thu THPTQG sở Quảng Bình lần 1- 2017)
Giải:
5


nAl 3+ = 0,1; n SO42-=0,2 mol; n Ba2+=0,175 mol; n OH-=0,35 mol

0,3

0,4

0,3 Al(OH)3 đã bị hòa tan 1 phần. nAl (OH ) = 0,4 -0,35=0,05 mol, nBaSO4=0,175 mol.
Vậy mkt=44,675. Đáp án C
Ví dụ 4: Hỗn hợp X gồm Na, Ba, Na2O, BaO. Hòa tan hoàn toàn 21,9 gam X vào
nước, thu được 1,12 lít H2(đktc) và dung dịch Y chứa 20,52 gam Ba(OH) 2. Cho Y
tác dụng với 100 ml dung dịch Al2(SO4)3 0,5 M thu được m gam kết tủa. Giá trị
của m là A. 1,50
B. 36,51
C. 29,52
D. 27,96[3]
(Trích đề minh họa 1- 2017, Bộ giáo dục và đào tạo)
Giải:
Quy đổi X thành Na, Ba và O
3

640,12
7mol48
Na,2Ba4,3O 
→ NaOH , Ba (OH ) 2 + H 2 . Khi đó bảo toàn Ba nBa= nBa (OH )2
- Quá trình 14
1 4 44 2 4 4 43
+ H 2O

21,9( g ) hhX

ddY

=0,12 mol

BTe
 →
nNa + 2nBa = 2nH 2 + 2nO
nNa − 2nO = −0,14
nNa = 0,14

→

→
Ta có: 
 23nNa + 137 nBa + 16nO = 21,9
23nNa + 16nO = 5, 46
 nO = 0,14

Khi cho dung dịch Y gồm NaOH 0,14 mol và Ba(OH) 2 0,12 mol tác dụng với
0,05 mol Al2(SO4)3:
+ Kết tủa BaSO4 với nBaSO = nBa = 0,12mol (vì nBa = 0,12mol < nSO = 0,15mol )
→ nAl (OH ) = 4nAl − nOH 0, 02
+Kết tủa Al(OH)3 nhận thấy 3nAl < nOH < 4nAl 
Vậy m=233 * nBaSO + 78nAl (OH ) = 29,52 g
2.3.1.2. Dẫn từ từ dd Ba(OH)2 vào dung dịch hỗn hợp chứa Al3+, SO42Bài toán: Rót từ từ dd chứa x mol Ba(OH) 2 vào dung dịch hỗn hợp chứa
a mol Al3+ và b mol SO42 - . Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được m
gam kết tủa.
- Nhỏ từ từ dung dịch đến dư Ba(OH)2 vào dung dịch chứa Al3+, SO42− mà
3n Al3+ ≠ 2n SO2 − :
2+

2+

4

3+

4

−

3+

2−
4

3

3+

−

3

4

+

6


Nếu 3n Al3+ < 2n SO24− thì tại điểm M kết tủa Al(OH)3 đạt cực đại và đoạn từ M
đến H thì BaSO4 tiếp tục kết tủa.

Giải quyết:
- Ban đầu kết tủa được tạo ra đồng thời:
Al3+ + 3OH- Al(OH)3 ; Ba2+ + SO 24−  BaSO4
Do đó đồ thị đi lên. Nhưng đây không phải là 1 hàm số liên tục từ điểm xuất phát
đến điểm cực đại do:
Ba(OH)2 Ba2+ + 2OHAl3+ + 3OH- Al(OH)3
x 
x
2x
2/3x  2x
2−
2+
Ba + SO 4  BaSO4
x x
Như vậy số mol Al3+ và số mol SO 24− có mối quan hệ như sau: 3n Al3+ = 2n SO24 −
Mà Na2SO42Na+ + SO 24−

Al2(SO4)32Al3+ +3 SO 24−

amol 
a
bmol  2b
3b
Lúc này: 3 n Al3+ =3.2b=6b; 2 n SO24 − = 2.(a+3b)= 2a +6b. Do đó 3n Al3+ < 2n SO24− hay
n SO2 − dư.
4

Kết quả đồ thị đi lên có sự gãy khúc tại vị trí T (ứng với số mol Al3+ hết), sau đó
tiếp tục đi lên vị trí cực đại H (ứng với số mol SO 24− hết) do phản ứng giữa
Ba2+ + SO 24−  BaSO4

- Sau đó kết tủa Al(OH)3 tan từ từ cho đến hết nên đồ thị đi xuống.
Al(OH)3 +OH-  AlO −2 +H2O
- Khi kết tủa Al(OH)3 tan hết, kết tủa BaSO4 không tan nên đồ thị đi ngang.
- Dạng đồ thị khi cho từ từ Ba(OH)2 đến dư vào dung dịch hỗn hợp Na2SO4 và
Al2(SO4)3 như sau: (với đoạn MH: BaSO4 tiếp tục được tạo ra, Al(OH)3 đã đạt
cực đại ở M)

Tại điểm T: tổng khối lượng kết tủa của BaSO4 cực đại và Al(OH)3 cực đại.
7


Tại điểm I: khối lượng kết tủa BaSO 4 cực đại hoặc tổng khối lượng BaSO 4 và
Al(OH)3 được tính theo số mol Ba(OH)2 x mol.
+ Nếu 3n Al3+ > 2n SO24 − thì tại điểm M kết tủa BaSO4 đạt cực đại và đoạn từ M
đến H thì Al(OH)3 tiếp tục kết tủa.

Áp dụng 1: Từ đồ thị cho sẵn suy luận nhanh ra kết quả
Ví dụ 1: Nhỏ từ từ dung dịch Ba(OH)2 đến dư vào dung dịch hỗn hợp
Na2SO4 và Al2(SO4)3 ta có đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc khối lượng kết tủa theo
số mol Ba(OH)2 như sau

Dựa vào đồ thị hãy xác định giá trị của x là
A. 0,28 (mol)
B. 0,3 (mol) C. 0,2 (mol)
giải bài tập:
Từ đồ thị đã cho, đối chiếu đồ thị tổng quát ta có:
m BaSO4 = 69,9g ⇒ n BaSO4 = 0,3mol ⇒ n SO2− = 0,3mol

D. 0,25 (mol)[1]

4

2−
4

Tại điểm cực đại, số mol SO hết
Mà SO 24− +Ba2+  BaSO4
0,3 0,3
Nên x = n Ba (OH)2 = 0,3mol .Đáp án: B. 0,3 (mol)
Ví dụ 2: Nhỏ từ từ dung dịch Ba(OH)2 vào dung dịch hỗn hợp Al2(SO4)3 và
AlCl3 thu được kết tủa có khối lượng theo số mol Ba(OH)2 như đồ thị:

Tổng giá trị (x + y) bằng
A. 136,2.
B. 163,2.
C. 162,3.
D. 132,6.[10]
Giải:
Từ đồ thị đã cho, đối chiếu đồ thị tổng quát ta có:
Tại điểm 0,6 mol Ba(OH)2: Al(OH)3 tan hết 4n Al3+ = 0,6.2 ⇒ n Al3+ = 0,3
Tại điểm H kết tủa Al(OH)3 đạt cực đại nên n Al(OH)3 = n Al3+ = 0,3 mol
8


Tại điểm 0,3 mol Ba(OH)2 thì n SO24 − hết nên n SO24 − =0,3 mol
⇒ m BaSO4 = 69,9g ⇒ n SO24− = 0,3mol

x= m BaSO4 = 69,9g ; y= m BaSO4 + m Al(OH)3 =69,9 +78.0,3=93,3 g
x+ y = 163,2 g. Đáp án: B
Ví dụ 3: Cho từ từ dung dịch Ba(OH)2 vào dung dịch chứa Al2(SO4)3 và

AlCl3 thì khối lượng kết tủa sinh ra được biểu diễn bằng đồ thị sau. Giá trị của x
gần với giá trị nào nhất sau đây?
mkt (gam)
8,55
m
số mol Ba(OH)2
x

y

0,08

A. 0,029
B. 0,025
C. 0,019
D. 0,015[10]
Giải bài tập:
Từ đồ thị đã cho, đối chiếu đồ thị tổng quát ta có:
Tại điểm 0,08 mol Ba(OH)2: Al(OH)3 tan hết
4 n Al3+ = 0,08.2 ⇒ n Al3+ = 0,04
Tại điểm H kết tủa Al(OH)3 đạt cực đại và n Al(OH)3 = n Al3+ = 0,04
Tại điểm y mol Ba(OH)2: kết tủa BaSO4 lớn nhất n BaSO4 = n so2 − = y
4

Do đó 8,55 -233y =78.2y/3=> y= 0,03
Tại điểm x mol Ba(OH)2 có m gam kết tủa. Đó chính là khối lượng của kết
tủa BaSO4 cực đại hoặc là tổng khối lượng 2 kết tủa BaSO4 x mol và
Al(OH)32x/3 mol .Nên 233y = 233x+78.2x/3=> x= 0,0245. Đáp án: B
Các bài tập tương tự xuất hiện trong các đề thi thử
Ví dụ 4: Nhỏ rất từ từ dung dịch Ba(OH) 2 0,5 M vào dung dịch X chứa

đồng thời Al2(SO4), K2SO4 và lắc nhẹ để các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Đồ thị
biểu diễn sự phụ thuộc tổng khối lượng kết tủa theo thể tích dung dịch Ba(OH) 2
0,5M như sau:

Giá trị của x là: A. 900
B. 600
C. 800
D. 400[10]
Đề chuyên Đại học Vinh lân 4 2017-06-04
Áp dụng 2: Bài toán không có đồ thị.
Ví dụ 5: Cho m gam phèn chua vào nước được dung dịch X. Nhỏ 150 ml
Ba(OH)2 1M vào X thu được 42,75 gam kết tủa và dung dịch Y. Thêm tiếp 225
ml Ba(OH)2 1M vào Y lại thu thêm 61,005 gam kết tủa. Nếu cho toàn bộ kết tủa
9


tạo thành vào dung dịch H2SO4 2M vẫn thấy khối lượng kết tủa giảm đi. Giá trị
của m là: A. 113,76
B. 94,8
C. 47,4
D. 53,325
Giải: Phèn chua: KAl(SO4)2.12H2O x mol
Ban đầu lượng kết tủa
 BaSO4 0,15mol

→ Toàn bộ kết tủa tính theo Ba(OH)2

 Al (OH )3 0,1mol

Lúc sau, khi thêm H2SO4 lượng kết tủa giảm nghĩa là chỉ có Al(OH) 3 bị hòa tan,

không tạo thêm BaSO4. NHư vậy (4x-0,75)78+233*0,375=61,005+42,75=>
x=0,24=> m=113,76
2.3.1.3. Dẫn từ từ Ba(OH)2 vào dung dịch hỗn hợp chứa Al3+ , H+ và
SO42−

Bài toán: Dẫn từ từ x mol Ba(OH) 2 vào dung dịch hỗn hợp chứa y mol
Al , z mol H+ và t mol SO42− . Sau phản ứng thu được m gam kết tủa.
Các phản ứng xảy ra như sau:
→ H2O
Đầu tiên trung hòa H+: H++ OH- 
z
z
Sau đó xảy ra các phản ứng tạo kết tủa
- Ban đầu kết tủa được tạo ra đồng thời:
Al3+ + 3OH- Al(OH)3; Ba2+ + SO 24−  BaSO4
Do đó đồ thị đi lên. Nhưng đây không phải là 1 hàm số liên tục từ điểm xuất phát
đến điểm cực đại do:Ba(OH)2 Ba2+ + 2OHx 
x
2x
Al3+ + 3OH- Al(OH)3; Ba2+ + SO 24−  BaSO4
2/3x  2x
x x
Như vậy số mol Al3+ và số mol SO 24− có mối quan hệ như sau: 3n Al3+ = 2n SO24 −
Do đó 3n Al3+ ≠ 2n SO2 − hay n SO2 − dư.
3+

4

4

Kết quả đồ thị đi lên có sự gãy khúc tại vị trí T (ứng với số mol Al 3+ hết), sau đó
tiếp tục đi lên vị trí cực đại H (ứng với số mol SO 24− hết) do phản ứng giữa
Ba2+ + SO 24−  BaSO4
- Sau đó kết tủa Al(OH)3 tan từ từ cho đến hết nên đồ thị đi xuống.
Al(OH)3 +OH-  AlO −2 +H2O
- Khi kết tủa Al(OH)3 tan hết, kết tủa BaSO4 không tan nên đồ thị đi ngang.
- Dạng đồ thị khi cho từ từ Ba(OH)2 đến dư vào dung dịch hỗn hợp Na2SO4 và
Al2(SO4)3 như sau: (với đoạn MH: BaSO4 tiếp tục được tạo ra, Al(OH)3 đã đạt
cực đại ở M) m
kết tủa
BaSO4
Al(OH)3 tan hết

Số mol Ba(OH)2

10


Tại điểm T: tổng khối lượng kết tủa của BaSO4 cực đại và Al(OH)3 cực đại.
Tại điểm I: khối lượng kết tủa BaSO 4 cực đại hoặc tổng khối lượng BaSO 4 và
Al(OH)3 được tính theo số mol Ba(OH)2 x mol.
Áp dụng : Một số ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch KOH vào dung dịch X chứa hỗn hợp
chất tan gồm H2SO4 và Al2(SO4)3, kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị
sau:

0,4
0,8

2,8

2,0

Số mol KOH

Nếu cho 1lit dung dịch Ba(OH)2 1M vào dung dịch X thì khối lượng kết
tủa thu được sau phản ứng là
A.318,5
B. 264,2
C. 334,1
D. 349,7[1]
Giải:
A

y
0,4
E (0,8)

C (2,0)

D (x) B (2,8)

Số mol KOH

Từ đồ thị trên suy ra số mol H2SO4 =0,8 mol
Khi số mol KOH=2 mol thì kết tủa chưa đạt cực đại
Khi số mol KOH=2,8 mol thì kết tủa đã tan 1 phần => y-[2,8-(0,8+ 3y)]
=0,4 =>y=0,6 mol=> số mol Al2(SO4)3=0,3 mol
Khi nhỏ Ba(OH)2 vào X ta có n OH-=2 mol => Từ đồ thị số mol
Al(OH)3=0,4 mol, số mol BaSO4= 1 mol. Vậy khối lượng kết tủa thu được là

264,2. Đáp án B
Ví dụ 2: Một dung dịch X chứa các ion: x mol H+, y mol Al3+, z mol SO42− và 0,1
mol Cl-. Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch X, kết quả thí
nghiệm biểu diễn trên đồ thị sau:
nAl(OH)3

nNaOH

0,05
0,2

0,35

0,55
11


Cho 300 ml dung dịch Ba(OH)2 0,9 M tác dụng với dung dịch X thu được kết tủa
Y và dung dịch Z. Khối lượng kết tủa Y là
A. 51,28 gam. B. 62,91gam. C. 46,60 gam. D. 49,72 gam [10].
(Đề thi thử THPT QG môn hóa trường lí tự trọng lần 1 -2017)
(Đề thi thử chuyên Nguyễn Quang Diệu lần 2-2017)
Giải: Tương tự ví dụ 1
Ví dụ 3: Cho 7,65 gam hỗn hợp Al và Mg tan hoàn toàn trong 500 ml dung dịch
HCl 1,04M và H2SO4 0,28M, thu được dung dịch X và khí H 2. Cho 850 ml dung
dịch NaOH 1 M vào X, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 16,5 gam
kết tủa gồm 2 chất. Mặt khác cho từ từ dung dịch hỗn hợp KOH 0,8 M và
Ba(OH)2 0,1M vào X đến khi thu được lượng kết tủa lớn nhất, lọc kết tủa đem
nung đến khối lượng không đổi, thu được m gam chất rắn. Giá trị của m gần nhất
với giá trị nào sau đây?

A. 32,3
B.38,6
C. 46,3
D. 27,4[2]
(Trích đề thi THPT QG chính thức năm 2016)
Giải:
 Al 3+
 2+
BT :SO42−
 
→ Na2 SO4 : 0,14mol
 Mg
MgO

 Al  HCl : 0,52mol

 2−
 BTNT :Cl

+

→
X
SO

→

→
NaCl
:

0,52
mol
+



 4

 Al2O3
NaOH :0,85 mol
 Mg  H 2 SO4 : 0,14mol 
 −
 
BTNT :Na
→ NaAlO2 : 0, 05mol 
Cl

H +


Ta giả sử khối lượng kết tủa thu được là cực đại (tức là toàn bộ lượng Al và Mg
ban đầu đã chuyển hết thành Al(OH)3 và Mg(OH)2) thì
 mkt max = m ↓ + mAl (OH )3


→ m ↓ max = 20, 4
 nAl ( OH )3 = nNaAlO2
123

0,05


 mAl + mMg = 7, 65
 27 x + 24 y = 7, 65
nAl = 0,15

→

→
Mà m
78 x + 58 y = 20, 4
nMg = 0,15
 Al (OH )3 + mMg (OH )2 = 20, 4
 Al 3+ : 0,15mol
 2+
 Mg : 0,15
BTNT :Mg
KOH
 
→ Mg (OH ) 2 : 0,15mol t 0  MgO : 0,15
{
 2−
Ba ( OH ) 2
X  SO4 : 0,14 + 
→

→
 BaSO4 : 0,14
 BaSO4 : 0,14mol
 −
Cl

:
0,52

 H + : 0, 05


Vậy m rắn=38,62 gam. Chọn B
Ví dụ 4:Nhỏ từ từ dung dịch Ba(OH)2 vào ống nghiệm chứa dung dịch H2SO4 và
Al2(SO4)3. Đồ thị biễu diễn sự phụ thuộc khối lượng kết tủa theo số mol Ba(OH)2
như sau:

12


Giá trị nào sau đây của mmax là đúng
A. 84,26
B.88,32
C. 92,49
D. 98,84[10]
Trích Đề sở Quang Nam 2017
Giải
Đây là trường hợp 3n Al3+ < 2n SO24− hay n SO24 − dư.
Kết quả đồ thị đi lên có sự gãy khúc tại vị trí T (ứng với số mol Al 3+ hết) khi đó
nOH- =0,06 => nAl =0,02 mol
- Khi kết tủa Al(OH)3 tan hết, kết tủa BaSO4 không tan nên đồ thị đi ngang.
Số mol OH-=2 n H2SO4+ 4n Al3+=> n H2SO4=0,39=> nSO
=0,42=>mmax=98,84 gam
2.3.1.4. Dung dịch hỗn hợp NaOH, Ba(OH) 2 vào dung dich muối
Al2(SO4)3
Bài toán: Rót từ từ dd chứa x mol NaOH và y mol Ba(OH) 2 vào dung

dịch chứa z mol Al2(SO4)3 . Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được a
gam kết tủa
Các phản ứng lần lượt xảy ra là:
3+

2−
4

Ba 2+ + SO42− 
→ BaSO4 (1)

y

3z

Al(OH)3+ OH-

Al3++ 3OH2z

Al(OH)3 (2)

x+2y

AlO2- +2H2O(3)

ìï (8z- x- 2y)* 78+ 233* y NÕu 6z < x + 2y < 8z
ïï
NÕu x + 2y > 8z
Ta có a =f(x)= ïí 233y
ïï

NÕu x + 2y = 6z
ïïî 2z* 78+ 233y
Dạng đồ thị khi cho từ từ dung dịch hỗn hợp NaOH, Ba(OH) 2 vào dung
dich muối Al2(SO4)3 như sau:

Áp dụng :
13


Ví dụ 1: Nhỏ từ từ dung dịch đến dư Ba(OH) 2 0,2M vào 100 ml dung dịch A
chứa Al2(SO4)3 xM. Mối quan hệ giữa khối lượng kết tủa và số mol OH - được
biểu diễn bằng đồ thị sau:

Nếu cho 100ml dung dịch hỗn hợp Ba(OH) 2 0,2M và NaOH 0,3M vào 100ml
dung dịch A thì khối lượng kết tủa thu được là bao nhiêu?
A. 5,44 gam B. 4,66 gam C. 5,70 gam
D. 6,22 gam[10]
Giải:
m BaSO4 = 6,99g ⇒ n BaSO4 = 0,03mol
⇒ n SO2− = 0,03mol ⇒ n Al2 (SO4 )3 = 0,01mol ⇒ n Al3+ = 0,02mol
4

Nếu cho 100ml dung dịch hỗn hợp Ba(OH) 2 0,2M và NaOH 0,3M vào 100ml
dung dịch A tức là dung dịch chứa 0,01 mol Al2(SO4)3
n Al3+ = 0,02mol
n OH − = 0,07mol ∈ (0,06;0,08)

0,02

y

O

0,06

0,07

0,08

y = 0,08 - 0,07 =0,01
Do đó: mkết tủa = n BaSO4 + m Al(OH)3 = 0,02.233+ 0,01.78 =5,44g.Đáp án: A
Ví dụ 2: Hòa tan hoàn toàn 21,9 gam hỗn hợp X gồm Na 2O, BaO, Ba, Na vào
nước dư, thu được dung dịch Y chứa 20,52 g Ba(OH) 2 và 1,12 lít khí H2 (đktc).
Cho Y phản ứng vừa đủ với 100ml dung dịch Al 2(SO4)3 0,5M, thu được m gam
kết tủa. Giá trị của m là
A. 27,96
B. 29,52C. 36,51
D. 1,50[3]
(Đề minh họa 1 -2017 – Bộ giáo dục và đào tạo)
Giải: nAl =0,1; nSO = 0,15
Quy đổi hỗn hợp X thành hỗn hợp: Ba, Na, O
3+

2−
4

nBa (OH )2 = nBa = 0,12mol
nNa = x; nO = y

BTKL


→ 23 x + 16 y = 5, 46
 x = 0,14


→
 BTe
 → x − 2 y = −0,14
 y = 0,14

0,3 0,38

0,4

-

Số mol OH =0,38
14


Tại thời điểm nOH = 0,38 kết tủa Al(OH)3 đã bị hòa tan 1 phần
−

nAl ( OH )3 = 4nAl 3+ − nOH − = 0, 4 − 0,38 = 0, 02
nBaSO4 = 0,12

=> m=29,52 gam

2.3.1.5. Sục từ từ khí CO2 đến dư vào dung dịch hỗn hợp chứa
Ca(OH)2 và NaAlO2.

Bài toán: Rót từ từ x mol CO 2 vào dung dịch hỗn hợp chứa a mol Ca(OH) 2 và b
mol NaAlO2. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được m gam kết tủa
Giải quyết bài toán:
Các phản ứng lần lượt xảy ra là:
CO2+NaAlO2+ H2O 
→ NaHCO3+ Al(OH)3(1)
b
b
b
CO2 + Ca(OH)2 
→ CaCO3 +H2O(2)
CaCO3+ CO2+H2O 
→ Ca(HCO3)2 (3)
ìï 78b+ (2a- x + b)100 Nếu b+a < x < 2a+b 2ª+b2a2a+b4b
ïï
í 78b+100a
Ta có m =f(x)= ïï
ïïî 78b

Nếu x =a+b
Nếu x ≥+a
2a+b

Đồ thị biễu diễn sự phụ thuộc của khối lượng kết tủa vào số mol CO2 như sau:
m

mkt (gam)

M

P

I
số mol CO2

0

Tại điểm T kết tủa Al(OH)3 đã đạt cực đại.Sau đó kết tủa tiếp tục tăng do tạo
thêm kết tủa CaCO3.
Tại điểm M kết tủa đạt cực đại m kt =m Al(OH)3+ m CaCO3
Tại điểm I kết tủa CaCO3 tan hết. Do đó kết tủa không đổi là Al(OH)3
Áp dụng 1 :
Ví dụ 1: Sục từ từ khí CO2 đến dư vào dung dịch hỗn hợp chứa Ca(OH)2
và NaAlO2. Khối lượng kết tủa thu sau phản ứng được biểu diễnư trên đồ thị như
hình vẽ. Giá trị của m và x lần lượt lư
m

mkt (gam)

27,3
0

A. 39 gam và 1,013 mol
C. 39 gam và 1,13 mol
Giải:

số mol CO2
0,74

x

B. 66,3 gam và 1,13 mol
C. 66,3 gam và 1,013 mol

15


CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O
(1)
CO2 + NaAlO2 +2H2O Al(OH)3+ NaHCO3 (2)
CO2 + CaCO3 + H2O  Ca(HCO3)2
(3)
Từ đồ thị đã cho=>
m Al(OH)3 = 27,3 ⇒ n Al(OH)3 = 0,35
Theo phương trình (2), n CO tham gia phản ứng với NaAlO2 =0,35
 Theo phương trình (1), n CO tham gia phản ứng với NaAlO2 =0,74-0,35 =0,39
Biểu diễn kết tủa CaCO3 theo số mol CO2 như sau:
2

2

y

0,39

x-0,35

Vậy y = 0,5 n OH− = 0,39 ⇒ m CaCO3 = 0,39.100 = 39g
x- 0,35 = n OH − =0,39.2=0,78 x= 1,13
m = mCaCO3 + m Al(OH)3 = 27,3 +39 =66,3=>Đáp án: B

2.3.1.6. Nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch X chứa
FeCl3 và AlCl3
Bài toán: Rót từ từ x mol NaOH dung dịch hỗn hợp chứa a mol FeCl3 và
b mol AlCl3. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được m gam kết tủa
Các phản ứng lần lượt xảy ra là:
Fe3+ + 3OH − 
→ Fe(OH )3 (1)
a
3a
a
3+
−
Al + 3OH 
→ Al (OH )3 (2)
b
3b
b
−
Al (OH )3 + OH 
→ [Al (OH ) 4 ]− (3)
ìï 107a
NÕu x>4b+ 3a
ïï
NÕu  x = 4b+ 3a
Ta có m =f(x)= í 107a + 78b
ïï
ïïî 107a + (4b+ 3a- x)78 NÕu 3a < x < 4b+ 3a
Đồ thi biễu diễn sự phụ thuộc lượng kết tủa vào số mol OH- như sau
mKết tủa

H mMax
I

mFe(OH)3
nOH-

Áp dụng
16


Ví dụ 1: Nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch X chứa FeCl3
và AlCl3 thu được đồ thị sau. Giá trị n gần nhất với giá trị nào sau đây?
88,47
n

2,7

3,1

3,2

A. 84 gam
B. 81 gam.
C. 83 gam
D. 82 gam[10].
Trích đề thi thử Bookgol lan 10- 2017
Giải:
88,47 − n
3,1- 3n/107 = 3,2 - 3n/107 78
88,47 − n

⇔
= 0,1 ⇔ n = 80,67 .Đáp án: B
78
Lưu ý: Khi n OH − = 2,7mol thì có đồng thời 2 kết tủa Al(OH)3 và Fe(OH)3,
Fe(OH)3 chưa đạt cực đại là n gam. Dữ kiện n OH− = 2,7mol không cần đến. Ở đây
HS rất dễ sai vì nhầm Fe(OH)3 đã đạt cực đại.
Ví dụ 2. Cho từ từ dung dịch NaOH 0,5M vào 100 ml dung dịch FeCl 3 aM và
AlCl3 bM, thấy xuất hiện kết tủa, khi kết tủa cực đại thì sau đó kết tủa bị hòa tan
một phần. Đồ thi biểu diễn mối quan hệ giữa số mol kết tủa và số mol NaOH cho
vào như hình vẽ:

Giá trị của a và b lần lượt là:
A. 0,10 và 0,05.
B. 0,10 và 0,30
C. 0,20 và 0,02.
(Trích Đề thi thử chuyên DH vinh lần 3 2017)
Giải: Dựa vào đồ thị ta có hệ sau :

D. 0,30 và 0,10[10]

 nAlCl3 + nFeCl3 = n ↓
nAlCl3 + nFeCl3 = 0, 04
 nAlCl3 = 0, 03

→

→
=> Đáp án B

 4nAlCl3 + 3nFeCl3 = nNaOH

 4nAlCl3 + 3nFeCl3 = 0,15
nFeCl3 = 0, 01

2.3.1.7. Nhỏ từ từ dung dịch AgNO3 vào Fe
Bài toán: Nhỏ từ từ dung dịch chứa x mol AgNO3 vào y mol Fe. Sau khi các
phản ứng kết thúc thu được dung dịch X chứa z mol Fe2+
Thiết kế hướng giải:
→ Fe2++ 2Ag
Đầu tiên xảy ra phản ứng:Fe+ 2Ag+ 
→ Fe3++ Ag
Sau đó nếu Ag+ dư xảy ra tiếp phản ứng: Fe2++ Ag+ 

17


NÕux >3y
0

Ta có z=f(x,y)= x / 2 NÕux <2y
3 y −x NÕu  2y 

Đồ thị biễu diễn như sau:
Số mol Fe2+

Số mol Ag2y

3y

Áp dụng :

Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch AgNO3 vào ống ngiệm chứa bột Fe, Kết quả
thí nghiệm được biễu diễn trên đồ thị bên. Giá trị của x là
A. 0,40
B.0,30
C. 0,50
D.0,45[10]

(Trích đề thi thử THPT QG trường THPT chuyên quốc học – Huế lần II-2017)
Giải: Đặt nFe=a

0,1 3a − 1, 4
=
=> a = 0,5
a
a
x 3a − 1,1
=> x = 0, 4 .Đáp án A
Mặt khác theo tam giác đồng dạng ta cũng có =
a
a

Theo tam giác đông dang ta có

2.3.2. Thực nghiệm
2.3.2.1. Mục đích thực nghiệm sư phạm
Mục đích của thực nghiệm sư phạm nhằm giải quyết các vấn đề sau:
- Khẳng định hướng đi đứng đắn và cần thiết của đề tài trên cơ sở lí luận và
thực tiễn
- Kiểm chứng tính ưu việt của phương pháp giải các bài toán đồ thị trong
việc giải một số dạng toán trắc nghiệm ở các chương kim loại kiềm, kiềm thổ,

nhôm, điện phân……
- Góp phần đổi mới phương pháp và nâng cao chất lượng dạy học môn hóa
họ ở trường phổ thông hiện nay.
2.3.2.2 Chọn lớp thực nghiệm
Để có số liệu khách quan và chính xác, tôi chọn dạy 2 lớp 12A 2 và 12A3.
Lớp thực nghiệm (TN) là lớp 12A 2 và lớp đối chứng (ĐC) là lớp 12A 3. hai lớp
này có trình độ tương đương về các mặt: Số lượng học sinh, chất lượng học tập
nói chung và môn Hóa nói riêng.
Đặc điểm và kết quả học tập học kì 1 ở 2 lớp được chọn như sau:
18


Đặc
điểm

Lớp
TN

Lớp
ĐC

HL kì 1

Lớp TN

Lớp ĐC

HL môn Lớp TN Lớp ĐC
Hóa

Sĩ số
Nam
Nữ

45
20
25

43
20
23

Khá giỏi
T. Bình
Yếu

71,1%
28,9%
0%

72,09%
27,91%
0%

Khá giỏi
T.Bình
Yếu

64,4%
35,6%

0%

69,7%
31,3%
0%

2.3.2.3 Nội dung thực nghiệm
Trong các tiết dạy tự chọn hoặc các buổi dạy ôn luyện thi THPT quốc gia,
khi hướng dẫn học sinh giải bài tập ở các chương đại cương về kim loại, kim loại
kiềm, kiềm thổ, nhôm, kẽm……tôi tiến hành thực nghiệm cùng 1 nội dung bài
tập theo hai phương pháp khác nhau
Hướng dẫn cho HS giải theo phương pháp truyền thống (tính theo phương
trình) ở lớp 12A3
Hướng dẫn cho HS giải theo phương pháp đồ thị ở lớp thực nghiệm 12A2.
2.3.2.4. Kiểm tra kết quả thực nghiệm và thảo luận
Để xác định hiệu quả, tính khả thi của phương pháp. Việc kiểm tra, đánh
giá chất lượng nắm bắt kiến thức của học sinh ở lớp thực nghiệm và lớp đối
chứng được tiến hành bằng các bài kiểm tra (đề kiểm tra ở phần phụ lục) như sau:
Kết quả
Lớp thực nghiệm
Lớp đối chứng
Học sinh đạt điểm 9,10
33,33%
6,97%
Học sinh đật điểm 7,8
40%
53,48%
Học sinh đạt điểm 5,6
22,22%
30,25%

Học sinh đạt điểm ≤4
4,44%
9,3%
Từ kết quả các bài kiểm tra ta thấy:
- Khi không dùng phương pháp đồ thị số học sinh hoàn thành tất cả các câu
hỏi rất ít (đa số không làm hết bài trong 20 phút), nhiều em lựa chọn đáp án sai
- Khi sử dựng phương pháp đồ thị tỉ lệ học sinh hoàn thành chính xác ≥
90% yêu cầu đề ra khá cao ( » 50%)
Từ kết quả trên cho thấy đồ thi rất có hiệu quả trong việc giải các dạng bài
tập trên.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục,
bản thân, đồng nghiệp và nhà trường
Đối với hoạt động giáo dục: Đề tài được triển khai với những nội dung
thiết thực và bổ ích đã thu hút được sự chú ý và gây được hứng thú cho học sinh.
Khi sử dựng phương pháp cho các dạng đồ thị trên tỉ lệ học sinh hoàn thành
chính xác ≥ 90% yêu cầu đề ra khá cao ( » 50%). Học sinh không còn cảm thấy
các dạng bài tập trên khó và xa lạ, mặt khác còn thấy rất hào hứng trong việc giải
quyết các dạng bài tập như trên. Đề tài đã giúp nâng cao chất lượng ôn thi THPT
QG của các lớp mũi nhọn, giúp các em tiếp cận gần hơn, chắc chắn hơn với mục
tiêu đạt điểm 9, 10 trong kì thi THPTQG.
Đối với bản thân:Quá trình thực hiện đê tài đã giúp cho bản thân tôi nâng
cao được trình độ chuyên môn, tìm kiếm được nhiều tài liệu hay, học hỏi được
nhiều kinh nghiệm để truyền tải bài học sao cho hiệu quả nhât.
Đối với đồng nghiệp và nhà trường: Để hoàn thiện đề tài này, tôi đã có
được sự hỗ trợ, góp ý tích cực của đồng nghiệp. Các đồng nghiệp cũng đã ghi
19


nhận tính thiết thực của đề tài và mong muốn được chia sẻ SKKN nhằm nâng cao
trình độ chuyên môn nghiệp vụ.

3. Kết luận và kiến nghị
3.1. Kết luận
Đổi mới phương pháp để nâng cao chất lượng dạy học, không những giúp
học sinh nhanh chóng nắm vững kiến thức, hiểu rõ bản chất và hứng thú với việc
học mà còn giúp học sinh đạt kết quả cao trong thi cử là một điều trăn trở với một
giáo viên tre như tôi. Trong quá trình dạy học tôi cũng đã tìm tòi và mạnh dạn
đưa vào một số phương pháp mới.
Tôi xây dựng phương pháp giải các bài tập đồ thị này với mong muốn các
em có được phương pháp giải một số dạng bài tập một cách nhanh chóng, đặc
biệt biết cách giải nhanh chóng các bài tập có đồ thi hình vẽ - dạng bài tập mới lạ
với học sinh.
Phương pháp không mới đã được nhiều tác giả đề cập đến nhưng tôi đã
xây dựng lại phương pháp dựa trên quan điểm hóa học và đã phát triển, mở rộng
phương pháp này cho nhiều dạng bài tập khác nhau, phức tạp hơn.
3.2. Kiến nghị
Phương pháp đồ thị tôi nêu trên đây là kết quả của một thời gian giảng dạy
các lớp học khối, các lớp ôn luyện thi đại học và cao đẳng ở trường THPT TĨnh
Gia 1. Sau khi trao đổi với các đồng nghiệp về phương pháp này, tôi cũng đã
nhận được những sự đóng góp quý báu và sự ửng hộ của các đồng nghiệp trong
và ngoài trường. Tôi đã đưa phương pháp này vào giảng dạy cho các em học sinh
và bước đầu thu được kết quả khả quan được thể hiện qua các bài kiểm tra cũng
như trong các kì thi thử đại học cao đẳng mà nhà trường tổ chức. Tuy nhiên tôi
nhận tháy phương pháp này còn có thể áp dụng cho rất nhiều dạng toán khác như:
- Xét thể tích khí thu được khi đãn từ từ dung dịch axit vào dung dịch hỗn
hợp muối CO32- và HCO3- Bài toán biến đổi pH của dung dịch hỗn hợp trong quá trình điện phân
- Bài toán dẫn từ từ dung dịch H 2SO4 vào dung dịch hỗn hợp Ba(OH)2 và
NaAlO2
Tôi viết với mong muốn chia sẻ sáng kiến của bản thân với các đồng
nghiệp mong các ban đồng nghiệp pháp huy một cách có hiệu quả những điểm
được của đề tài nhằm nâng cao hiêu quả dạy học. Đồng thời tôi cũng mong muốn

nhận được sự tiếp tục phát triển rộng hơn nữa về phương pháp này.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Tĩnh Gia, ngày 19 tháng 05 năm 2017.
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
người khác.
Tác giả

Lê Thị Thu Hà
20


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Công phá đề thi THPT quốc gia môn hóa học – Hoàng Đình Quang – Nhà xuất
bản Đại học quốc gia Hà Nội, 2014
2. Đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng các khối A, B môn Hóa từ năm 2007 đến
năm 2016
3. Đề minh họa môn hóa học - Bộ giáo dục và đào tạo, 2017.
4. Giải bài tập hóa học bằng phương pháp đồ thị - Kim Văn Bính – SKKN năm
2015.
5. Phát triển tư duy sáng tạo giải nhanh bài tập hóa vô cơ 12 – Nguyễn Minh
Tuấn – Nhà xuất bản Đại học sư phạm thành phố HCM, 2016
6. Phương pháp dạy học Hóa học -Nguyễn Cương, Nguyễn Mạnh Dung, Nguyễn
Thị Sửu - Nhà xuất bản Giáo dục, 2001.
7. Phương pháp giải nhanh các bài toán hóa học trọng tâm – Nguyễn Khoa Thị
Phượng – Nhà xuất bản đại học quốc gia hà nội, 2008
8. Sách giáo khoa Hóa học 12 nâng cao- Lê Xuân Trọng chủ biên - Nhà xuất bản
giáo dục, 2008.
9. Sách giáo khoa Hóa học 12 cơ bản -Lê Xuân Trọng chủ biên - Nhà xuất bản
giáo dục, 2007

[10]. Tham khảo một số tài liệu trên mạng internet
- Nguồn: />- Nguồn:
- Nguồn: />- Nguồn: />- Nguồn: />
21


DANH MỤC CÁC SKKN ĐÃ ĐƯỢC XẾP LOẠI
Năm học
Tên SKKN
2014 - 2015
Sử dụng phương pháp đồ thị để giải một số
dạng bài toán hóa học nhằm nâng cao hiệu
quả dạy học môn hóa học.

Xếp loại
C

22