skkn sử dụng công thức giải nhanh dựa trên sự bảo toàn điện tích để giải các bài toán khó trong đề thi THPT QG

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

TRƯỜNG THPT NGUYỄN XUÂN NGUYÊN
*************

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

TÊN ĐỀ TÀI:

SỬ DỤNG CÔNG THỨC GIẢI NHANH DỰA TRÊN SỰ BẢO
TOÀN ĐIỆN TÍCH GIẢI CÁC BÀI TOÁN KHÓ TRONG ĐỀ
THI THPT QG

Người viết
:
Chức vụ
:
SKKN thuộc môn:

Nguyễn Quế Sơn
Giáo viên
Hóa Học

0


THANH HÓA NĂM 2018

MỤC LỤC
Trang
Phần I: Mở đầu…………………………………………………………2

1.1. Lí do chọn đề tài…………………………………………………….2
1.2. Mục đích nghiên cứu………………………………………………..2
1.3. Đối tượng nghiên cứu……………………………………………….2
1.4.Phương pháp nghiên cứu…………………………………………….2
Phần II. NỘI DUNG……………………………………..……………..3
2.1. Cơ sở lý luận………….……………………………………………..3
2.2. Thực trạng vấn đề……………………..……………………….........3
2.3. Các biện pháp tiến hành……………………………………………..3
2.3.1. Cơ sở của phương pháp…………………………………………....4
2.3.2. Phân dạng bài tập và ví dụ minh họa……………………………....4
2.3.2.1. Xây dựng công thức

nH   nCO 2  nCO2

2.3.2.2. Xây dựng công thức

nOH   nCO2  nCO2 …………………………………..7

2.3.2.3. Xây dựng công thức

nH   4n Al (OH )

………………………………..4

3

3



4



 3nAl (OH )3 …………………………..11

2.3.2.4. Xây dựng phương pháp giải bài toán: Kim loại tác dụng với dung dịch
muối………………………………………………………………………………..14
2.4. Kết quả………………………………………………………………15
PHẦN III: KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ…………………………......17
3.1. Kết luận……………………………………………………………...17
3.2. Kiến Nghị……………………………………………………………17
Bài tập vận dụng…………………………………………………………18
Tài liệu tham khảo………………………………………………………..19
1


Phần I: MỞ ĐẦU
1.1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Với xu hướng phát triển của giáo dục hiện nay đối với nhiều bộ môn nói chung và
bộ môn hoá học nói riêng là tăng cường việc kiểm tra trắc nghiệm trong việc đánh giá kết
quả học sinh. Vì vậy việc định dạng bài tập để chọn ra cách giải nhanh các bài tập hoá
học là điều hết sức cần thiết.
Với hình thức thi trắc nghiệm, việc tìm ra lời giải nhanh cho các bài tập tính toán
trong đề thi là điều hết sức quan trọng, nó góp phần không nhỏ đến kết quả thi Đại học,
Cao đẳng của các em.
Tuy nhiên, việc giải nhanh bài tập trắc nghiệm Hóa học lại không hề đơn giản chút
nào ! Nếu không nắm được “bí quyết” thì trong thời gian 50 phút, các em khó có thể hoàn
thành bài thi của mình một cách tốt nhất. Trước thực tế đó qua kinh nghiệm của nhiều
năm giảng dạy tôi đã đúc kết, rút ra kinh nghiệm và viết nên đề tài “Sử dụng công thức

giải nhanh dựa trên sự bảo toàn điện tích để giải các bài toán khó trong đề thi THPT
QG”
1.2. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
Thực tiễn chứng minh cách tốt nhất để có thể hiểu và vận dụng kiến thức đã học là
giải bài tập. Thực tế cho thấy, thường các em học sinh chỉ làm được các bài tập quen
thuộc và lúng túng khi gặp các bài tập mới mặc dù không khó do các em không nhìn ra
được dạng toán, chưa biết vận dụng các phương pháp để giải toán. Với thực trạng đó làm
ảnh hưởng không nhỏ tới kết quả học tập cũng như trong các kì thi.
Trên cơ sở đó, tôi mạnh dạn chọn đề tài “Sử dụng công thức giải nhanh dựa trên
sự bảo toàn điện tích để giải các bài toán khó trong đề thi THPT QG” làm sáng kiến
kinh nghiệm cho mình. Với hy vọng đề tài này sẽ là một tài liệu tham khảo phục vụ cho
việc học tập của các em học sinh 11, 12 và cho công tác giảng dạy của các bạn đồng
nghiệp.
1.3. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
Xây dựng tổng quát cách giải bài tập khi sử dụng “Sử dụng công thức giải nhanh
dựa trên sự bảo toàn điện tích để giải các bài toán khó trong đề thi THPT QG” .
1.4.PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
- Phương pháp nghiên cứu xây dựng cơ sở lý thuyết.
- Phương pháp điều tra khảo sát thực tế, thu thập thông tin.

2


Phần II: NỘI DUNG
2.1. CƠ SỞ LÝ LUẬN
Nghị quyết hội nghị lần thứ II Ban chấp hành Trung ương Đảng Cộng sản Việt Nam
(khoá VIII, 1997) khẳng định: “Phải đổi mới phương pháp giáo dục đào tạo, khắc phục
lối truyền thụ một chiều, rèn luyện thành nếp tư duy sáng tạo của người học. Từng bước
áp dụng các phương pháp tiên tiến và phương tiện hiện đại vào quá trình dạy học, bảo
đảm điều kiện và thời gian tự học, tự nghiên cứu cho học sinh, nhất là sinh viên đại học”.

Các quan điểm trên đây đã được pháp chế hoá trong luật giáo dục (2005). Điều
28.2 viết: “Phương pháp giáo dục phổ thông phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ
động, sáng tạo của học sinh, phù hợp với đặc điểm của từng lớp học, môn học, bồi
dưỡng phương pháp tự học, rèn luyện kĩ năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn, tác động
đến tình cảm, đem lại niềm vui hứng thú học tập cho học sinh”.
Chính vì thế, các hình thức kiểm tra đánh giá học sinh đã có nhiều thay đổi, dẫn
đến sự thay đổi mạnh mẽ về phương pháp giảng dạy. Với hình thức thi trắc nghiệm như
hiện nay, trong khoảng thời gian tương đối ngắn (trung bình 1,25 phút/câu), các học sinh
phải giải quyết một lượng câu hỏi và bài tập tương đối nhiều, trong đóbài tập toán hóa
chiếm một tỉ lệ không nhỏ. Số liệu thống kê từ các đề thi minh họa vừa qua cho thấy bài
tập toán hóa chiếm tỉ lệ khoảng 40% tổng số câu hỏi trắc nghiệm của đề thi. Do đó việc
tìm ra các phương pháp giúp giải nhanh bài toán hóa học có một ý nghĩa hết sức quan
trọng, “Sử dụng công thức giải nhanh dựa trên sự bảo toàn điện tích để giải các bài
toán khó trong đề thi THPT QG” cũng không nằm ngoài xu hướng này.
Đối với các bài tập học sinh cần nắm vững được các phản ứng diễn biến theo chiều
hướng nào, bài nào cần chia trường hợp và bài nào không cần chia trường hợp. Nhưng
với việc sử dụng công thức giải nhanh dựa trên sự bảo toànđiện tích thì học sinh
không còn quá bận tâm đến điều này, tốc độ làm bài được cải thiện rõ rệt.
2.2. THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ
Hiện nay để giải quyết bài toán hóa, học sinh thường phát triển theo hai xu hướng:
Một là sử dụng phương pháp truyền thống với việc viết và tính theo phương trình hóa
học, phương pháp này tương đối dể hiểu nhưng tốc độ làm bài không cao, không phù hợp
với yêu cầu thời gian trong hình thức thi trắc nghiệm. Hai là sử dụng các công thức tính
nhanh, cách này cải thiện đáng kể về mặt thời gian, nhưng phần lớn học sinh khi áp dụng
lại không hiểu rõ bản chất của các quá trình hóa học.
Xuất phát từ các cơ sở lí luận và thực tiễn trên, tôi đã viết sáng kiến kinh nghiệm “Sử
dụngcông thức giải nhanh dựa trên sự bảo toàn điện tích để giải các bài toán khó
trong đề thi THPT QG” nhằm giúp cho các em học sinh có một công cụ để giải nhanh
các bài toán khó trong các đề thi, đặc biệt là các bài toán khó trong đề thi THPT QG.
3

2.3. CÁC BIỆN PHÁP TIẾN HÀNH
2.3.1. Cơ sở của phương pháp.
- Cơ sở của phương pháp là định luật bảo toàn điện tích: Trong một hệ cô lập, điện
tích được bảo toàn. Suy ra trong phân tử hợp chất ion hoặc dung dịch chất điện li, tổng
giá trị điện tích dương bằng tổng giá trị điện tích âm.
- Hệ quả của định luật bảo toàn điện tích:
Ʃ nđiện tích của các ion dương = Ʃ nđiện tích của các ion âm
2.3.2. Xây dựng các công thức và các ví dụ minh họa
2.3.2.1. Xây dựng công thức nH  nCO  nCO


2
3

2

• Xét phản ứng: Cho từ từ dung dịch axit (chứa H +) vào dung dịch chứa muối
cacbonat hoặc chứa cả muối hiđrocacbonat (chứa CO32- hoặc chứa cả CO32- và
HCO3-).
Bản chất phản ứng là: H+ sẽ chuyển hết ion CO32- thành HCO3-, sau đó chuyển
HCO3- thành CO2.
H+ + CO32- → HCO3H+ + HCO3- → CO2 ↑ + H2O
Nếu H+ không đủ để chuyển hết các ion này thành khí CO 2 thì áp dụng bảo toàn
điện tích trong phản ứng và bảo toàn nguyên tố C, ta có:
�
�nH   nCO32  nHCO3 phanung
� nH   nCO2  nCO2
�

3
�nHCO3 phanung  nCO2

Dưới đây là các ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: Cho từ từ dung dịch chứa a mol HCl vào dung dịch chứa b mol Na 2CO3
đồng thời khuấy đều, thu được V lít khí(ở đktc) và dung dịch X. Khi cho dư nước
vôi trong vào dung dịch X thấy có xuất hiện kết tủa. Biểu thức liên hệ giữa V với
a, b là
A. V=22,4(a-b).

B. V=11,2(a-b).

C. V=11,2.(a+b)2a.

D. V=22,4(a+b).
(Trích Đề thi tuyển sinh Đại Học khối A năm 2016)[6]
Hướng dẫn giải
4


Bản chất phản ứng khi cho từ từ dung dịch chứa HCl vào dungdịch Na 2CO3 là: H+ sẽ
chuyển hết ion CO32- thành HCO3-, sau đó chuyển HCO3- thành CO2. Khi cho nước vôi
trong dư vào X thì thấy kết tủa, chứng tỏ trong X còn chứa ion HCO 3- và H+ đã phản ứng
hết.
Phương trình phản ứng:
H+ + CO32- → HCO3-

(1)

H+ + HCO3- → CO2 ↑ + H2O

(2)

HCO3- + OH- + Ca2+ → CaCO3 ↓ + H2O

(3)

Từ bản chất phản ứng và các thông tin đề cho cũng như yêu cầu của đề bài ta có thể đưa
ra các cách giải sau:
•Cách 1: Sử dụng phương trình ion rút gọn
(1), (2), (3) là các phản ứng trao đổi ion, đây là dấu hiệu rất rõ ràng chứng tỏ bài tập này
có thể sử dụng phương trình ion rút gọn để tính toán.
H+ + CO32- → HCO3Mol:

b←

b

→

(1)

b

H+ + HCO3- → CO2 ↑ + H2O
Mol:

a-b → a-b

(2)

→ a-b

Theo các phản (1), (2),ta thấy: nCO = (a-b) mol � V  22, 4(a  b)lit
2

•Cách 2: Sử dụng bảo toàn điện tích trong dung dịch X và bảo toàn nguyên tố C
Như đã phân tích ở trên, dung dịch X ngoài ion Na+, Cl- còn có ion HCO3-.
Áp dụng bảo toàn điện tích cho dung dịch X và bảo toàn nguyên tố C, ta có:
nCO2  nCO 2  nNa   nCl   a  b
�
n
{
�
  n
  n 
{3 {
Na
HCO
Cl
�
�
3
2b
a
b
�
�
�
n

 nHCO   nCO2
�VCO  22, 4.(a  b)lit
3
�CO32
� 2

•Cách 3: Sử dụng công thức nH  nCO  nCO


2
3

2

Áp dụng công thức trên suy ra: nH  nCO  nCO =(a-b) � V  22, 4(a  b)lit .


2
3

2

Ví dụ 2: Cho từ từ từng giọt của dung dịch chứa b mol HCl vào dung dịch chứa a
mol Na2CO3(TN1), thu được V lít CO2. Ngược lại, cho từ từ từng giọt của dung
dịch chứa a mol Na2CO3vào dung dịch chứa b mol HCl(TN2) thì thu được 2V lít
CO2. Biết các thể tích khí đo ở cung điều kiện nhiệt độ và áp suất. Mối liên hệ
giữa a và b là
5

A. a = 0,8b.

B. a = 0,35b.

C. a = 0,75b.

D. a = 0,5b.

(Trích Đề thi thử lần 1-THPT Cẩm Khê – Phú Thọ,năm học 2016-2017) )[6]
Hướng dẫn giải
Ở TN1: H+ sẽ chuyển hết ion CO32- thành HCO3-, sau đó chuyển một phần HCO3- thành
n

CO2. Sử dụng kết quả ở trên, ta có: {Hb



 nCO2  nCO2 � nCO2  (b  a )mol
.
{3 {
?

a

Ở TN2: CO32- phản ứng với H+ để giải phóng CO2. Áp dụng bảo toàn điện tích trong
phản ứng và bảo toàn nguyên tố C, ta có:
�
nCO2 (TN 1) VCO2 (TN 1)
�nH   2.nCO32 phanung


� nH   2nCO2 � nCO2  0,5mol. �
�
{
{
nCO2 (TN 2) VCO2 (TN 2)
�nCO32 phanung  nCO2
b
?
ba V
�

� a  0, 75b
0,5b 2V

Ví dụ 3: Cho từ từ 450ml dung dịch HCl 1M vào 500 ml dung dịch X gồm
Na2CO3 và NaHCO3, thu được 5,6 lít khí (đktc) và dung dịch Y. Cho dung dịch Y
tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư, thu được 197 gam kết tủa. Nồng độ mol của
Na2CO3 và NaHCO3 trong dung dịch X lần lượt là
A. 02M và 0,15M.

B. 0,2M và 0,3M.

C. 0,3M và 0,4M.

D. 0,4M và 0,3M.

(Trích Đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2015)[6]
Hướng dẫn giải
Theo giả thuyết:
nH   nHCl  1.0,45 = 0,45 mol;

5, 6
19,7
 0, 25mol; nBaCO3 
 0,1mol. Áp dụng công thức nH   nCO32  nCO2 , ta có:
22, 4
197
nH   nCO 2  nCO2 � nCO 2  0, 2mol � nNa2CO3  0, 2mol.
3
{
{3 {
nCO2 
0,45

0,25

?

Áp dụng bảo toàn nguyên tố C, ta có:

nCO2  nHCO  nCO2  nBaCO3 � nHCO  0,15mol � nNaHCO3  0,15mol .
3
{
{3 { 3 {
0,2

?

�  Na2CO3  

0,25

0,1

0, 2
0,15
 0, 4M ;  NaHCO3  
 0,3M
0,5
0,5
6


Ví dụ 4: Cho từ từ 200 ml dung dịch hỗn hợp HCl 1M và H 2SO4 0,5M vào 300
ml dung dịch Na2CO3 1M, thu được V lít khí (đktc) và dung dịch X. Cho dung
dịch X phản ứng với dung dịch Ba(OH)2 dư, thu được m gam kết tủa. Giá trị của
V và m là
A. 2,24 lít; 39,4 gam.

B. 2,24 lít; 62,7 gam.

C. 3,36 lít; 19,7gam.

D. 4,48 lít; 39,4 gam.

(Trích Đề thi thử Đại học lần 2- THPT chuyên Đại Học Vinh,2017-2018)[8]
Hướng dẫn giải
Trong dung dịch hỗn hợp các axit có:
nH   nHCl  2nH 2 SO4  0, 4mol ; nSO 2  nH 2 SO4  0,1mol.
{
4

{
123
Trong dung dịch Na2CO3 có:
1.0,2
0,5.0,2

2.0,5.0,2

nCO2  nNa2CO3  0,3mol.
3
123
Khi cho từ từ H+ vào dung dịch chứa CO32-, áp dụng công thức:
1.0,3

nH   nCO2  nCO2 ,
3

n



H
ta có: {0,4

 nCO 2  nCO2 � nCO2  0,1mol � VCO2 (dktc)  0,1.22, 4  2, 24lit
{3 {
0,3

?

Áp dụng bảo toàn nguyên tố C cho toàn bộ quá trình phản ứng và bảo toàn nhóm SO 42-, ta
có:
nNa2CO3  nCO2  nBaCO3
�
nBaCO  0, 2
�
�1 20,33 {01 {?
�
�� 3
� m  mBaSO4  mBaCO3  62,7 gam
�
{
123
nBaSO4
�
�
nBaSO4  nSO2  0,1
0,1.233
0,2.197
4
�

2.3.2.2. Xây dựng công thức nOH  nCO  nCO .


2
3

2

• Xét bài toán sau: Hấp thụ hoàn toàn khí CO2 vào dung dịch chứa đồng thời

�n

NaOH, Ba(OH)2. Biết 1� n

OH 

CO2

�n

Vì 1� n

OH 

�
2. Tìm mối quan hệ giữa nCO2 , nOH  , nCO32 ?

�
2. nên OH- đã hết và phản ứng tạo ra cả hai muối CO32- và HCO3-.

CO2

Như vậy, ion OH- đã được thay thế bởi các ion CO32- và HCO3-. Áp dụng bảo toàn
điện tích và bảo toàn nguyên tố C, ta có kết quả sau:
nOH   nHCO   2nCO 2
�
�
3

3
� nOH   nCO2  nCO2
�
3
nCO2  nHCO  nCO 2
�
3
3
7


Mở rộng ra,đối với phản ứng của SO2 với dung dịch kiềm, tạo ra cả muối axit và
muối trung hòa, ta cũng có: nOH  nSO  nSO


2
3

2

Dưới đây là các ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: Hấp thụ hoàn toàn 4,48 lít khí CO 2( ở đktc) vào500 ml dung dịch hỗn
hợp gồm NaOH 0,1M và Ba(OH)2 0,2M, sinh ra m gam kết tủa. Giá trị của m là:
A. 9,85.

B. 11,82.

C. 17,73.

D. 19,70.

(Trích Đề thi tuyển sinh Đại học khối A, năm học 2014-2015)[6]
Hướng dẫn giải
•Cách 1: Sử dụng phương trình ion rút gọn:
Theo giả thuyết, ta có:
nCO2 

4, 48
nBa ( OH )2  nNaOH  0, 25mol.
 0, 2mol; nBa 2  nBa (OH )2  0,1mol ; nOH   214
2 43 {
14 2 43
224
0,5.0,1
0,2.0,5
0,2.0,5

� OH �2.
Do 1� n
nên phản ứng tạo ra cả muối axit HCO3- và muối trung hòa CO32CO
n



2

Phương trình phản ứng:
Mol:
Mol :

2OH- → CO32- + H2O

CO2

+

x

→

2x

CO2

+

OH- → HCO3-

y

→

y

Ba2+

+

→
→

(1)

x
(2)

y

CO32- → BaCO3

(3)

�x  y  0, 2
�x  0, 05
��
�2 x  y  0, 25 �y  0,15

Từ (1) và (2) ta có: �
Vì

nBa2 �
nCO 2
3
{ {
0,1

0,05

nên

mol

BaCO3

tính

nBaCO3  nCO2  005 � mBaCO3  0, 05.197  9,85 gam
3

•Cách 2: Sử dụng công thức nOH  nCO  nCO


2
3

2

Theo giả thuyết, ta có:

8

theo

mol

CO32-,

ta

có:

nCO2 

4, 48
nBa ( OH )2  nNaOH  0, 25mol.
 0, 2mol; nBa 2  nBa (OH )2  0,1mol ; nOH   214
2 43 {
14 2 43
224
0,5.0,1
0,2.0,5
0,2.0,5

� OH �2.
Do 1� n
nên phản ứng tạo ra cả muối axit HCO3- và muối trung hòa CO32CO
n



2

n
 n  n  0, 05mol.
Sử dụng công thức nOH  nCO  nCO , ta có: CO {OH {CO


n

2

�
n

2
3

2
3

2



2

0,25

0,2

2
3

Vì {Ba0,1 {CO nên mol BaCO3 tính theo mol CO32-, ta có:
0,05

nBaCO3  nCO2  005 � mBaCO3  0, 05.197  9,85 gam
3

Ví dụ 2: Dung dịch A chứa đồng thời các chất tan: NaOH 0,2M và Ba(OH) 2 0,1M.
Khi dẫn 0,336 lít khí CO2 hoặc 1,456 lít khí CO2 vào V ml dung dịch A đều thu được
kết tủa có số gam bằng nhau( các thể tích khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn).Thể tích V là
A. 200.

B.300.

C. 240.

D. 150.

(Trích Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2010)[6]
Hướng dẫn giải
Theo giả thuyết, lượng CO2 tham gia phản ứng khác nhau nhưng lại thu được lượng kết
tủa như nhau, chứng tỏ: Khi cho 0,336 lít CO 2 (0015 mol) vào dung dịch A(TN1) chỉ tạo
kết tủa BaCO3. Còn khi cho 1,456 lít CO 2 (0,065 mol) vào dung dịch A(TN2) đã có hiện
tượng hòa tan kết tủa BaCO3 để tạo ra Ba(HCO3)2.
Như vậy,ở TN2 ion OH- đã phản ứng hết và lượng CO32- tạo ra ở hai thí nghiệm là như
nhau.
Trong dung dịch A, ta có:

nOH   nNaOH  2nBa (OH )2  0, 4V ( mol ).
{
14 2 43
0,2V
0,1V

Ở TN1: Áp dụng bảo toàn nguyên tố C, ta có:
nCO2  nBaCO3  nCO2  0015mol.
3

Ở TN2: Áp dụng công thức nOH  nCO  nCO và bảo toàn nguyên tố C, ta có:


2
3

2

nOH   nCO2  nCO2  0, 08mol �
{3 {
0,4V = 0,08 � V = 0,2 lít = 200ml
0,015

0,065

Ví dụ 3: Sục V lít CO2 (đktc) vào dung dịch chứa a mol Ba(OH)2 thì thu được
19,7 gam kết tủa (TN1). Mặt khác, sục V lít CO 2 (đktc) vào dung dịch chưa a mol
Ba(OH)2 và a mol NaOH thì thu được 39,4 gam kết tủa (TN2). Giá trị của V và a
tương ứng là:
9


A. 6,72 và 0,1.

B. 5,6 và 0,2.

C. 8,96 và 03.

D. 6,72 và 0,2

(Trích Đề thi Chuyên Khoa Học Tự Nhiên Hà Nội lần 3-2015)[5]
Hướng dẫn giải
Cùng một lượng CO2, phản ứng với hai dung dịch kiềm khác nhau nhưng có chứa lượng
Ba(OH)2 như nhau, ở TN1 thu được lượng kết BaCO 3 (0,1 mol), ít hơn lượng kết tủa
BaCO3 (0,2 mol) ở TN2. Suy ra ở TN1 đã có hiện tượng hòa tan kết tủa, ở TN2 có thể
chưa có hoặc đã có hiện tượng hòa tan kết tủa.
Nếu ở TN2 đã có hiện tượng hòa tan kết tủa thì:
TN1: 2nBa (OH )2  nCO2  nBaCO3
�
{
14 2 43 {
�
a  0,1
b
�
0,1
�
a
��
. Trường hợp này không thỏa mãn vì nCO2  nBa (OH )2
�
b  0,1
TN 2 : �nOH   nCO2  nBaCO3
�
�
{
14 2 43 {
�
b

0,2
3a

nên không có hiện tượng hòa tan kết tủa.
Như vậy, ở TN2 chưa có hiện tượng hòa tan kết tủa. Suy ra ion Ba 2+ trong Ba(OH)2 đã
chuyển vào kết tủa. Ta có:
TN1: 2nBa ( OH )2  nCO2  nBaCO3
�
{
14 2 43 {
�
a  0, 2
a  0, 2 �
�
b
0,1
�
�
a
��
��
�
TN 2 : nBa ( OH )2  nBaCO3  0, 2
b  0,3 �
VCO2  0,3.22, 4  6, 72lit
�
�
�
14 2 43
�

a

Ví dụ 4: Cho V lít khí CO2 hấp thụ hoàn toàn bởi 200ml dung dịch X gồm
Ba(OH)2 0,5M và NaOH 1,0M. Tính V để kết tủa thu được là cực đại?
A. 2,24 lít ≤ V ≤ 6,72 lít.
C. 2,24 lít ≤ V ≤ 8,96 lít.

B. 2,24 lít ≤ V ≤ 5,6 lít.
D. 2,24 lít ≤ V ≤ 4,48 lít.

(Trích Đề thi thử Đại học lần 4-THPT Quỳnh Lưu 1- Nghệ An, năm 2011)[8]
Hướng dẫn giải
Theo giả thiết, ta có:

nOH   2nBa ( OH )2  nNaOH  0, 4mol; nBa2  nBa (OH )2  0,1mol.
14 2 43 {
14 2 43
1.0,2
0,5.0,2

0,5.0,2

Khi sục CO2 vào X, để tạo thành lượng kết tủa lớn nhất thì
nCO2
3

tạo thành

≥ nBa

2

= 0,1 mol.

�
OH  du : nCO2 min  nCO2  0,1
3
nCO2 min  0,1
VCO2 min  2, 24
�
�
�
�
�

�
�
Ta có: �OH het : n 2  n   nCO max �
�
CO3
nCO2 max  0,3 �
VCO2 max  6, 72
{OH 1 22 3
�
�
{
0,4
?
0,1
�

10


Suy ra: Khi 2, 24 �VCO �6, 72 thì nCO

2
3

2

tạo thành

≥ 0,1 mol và lượng kết tủa cực đại.

2.3.2.3. Xây dựng công thức nH  4n Al (OH )   3nAl (OH )


4



3

• Xét phản ứng của dung dịch axit (HCl, HNO 3, H2SO4: axit mạnh) với dung dịch
chứa ion [Al(OH)4]-. Bản chất của phản ứng là: H+ lấy OH- để tạo ra H2O. Nếu H+
lấy 1 nhóm OH- trong [Al(OH)4]- thì sẽ tạo ra Al(OH)3 còn nếu lấy cả 4 nhóm
OH- thì sẽ tạo ra Al3+.
Vậy áp dụng bảo toàn điện tích trong phản ứng và bảo toàn nhóm OH -, ta có kết
quả sau:
n  nOH  phanung

�
�H 
� nH   4n Al (OH )   3nAl ( OH )3
�

4
nOH  phanung  4n Al ( OH )   3nAl (OH )3
�


4
�

Nếu là phản ứng của dung dịch axit với dung dịch chứa ion OH- và [Al(OH)4]thì ta có: nH  nOH  4n Al (OH )   3nAl (OH )




4



3

Đối với phản ứng của dung dịch axit (HCl, HNO3, H2SO4: axit mạnh) với dung
dịch chứa ion [Zn(OH)4]2-, tương tự ta có:
n  nOH  phanung
�
�H 
� nH   4n Zn(OH ) 2  2nZn(OH )2

�

4
nOH  phanung  4n Zn(OH ) 2  2nZn( OH )2
�

4
�

Nếu là phản ứng của dung dịch axit với dung dịch chứa ion OH- và [Zn(OH)4]2thì ta có: nH  nOH  4n Zn(OH )   2nZn(OH )




4

2

2

Dưới đây là các ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: Cho 200ml dung dịch Y gồm Ba[Al(OH)4]2 0,1M và NaOH 0,1M tác
dụng với dung dịch HNO3 thu được 0,78 gam kết tủa. Số mol HNO3 tối đa cần
dùng là
A. 0,15.

B. 0,13.

C. 0,18.

D. 0,07.

( Trích Đề thi tuyển sinh Đại học khối A 2010)[6]
Hướng dẫn giải

11


n Al ( OH ) nên còn một lượng ion nhôm nằm trong dung dịch ở dạng
Nhận xét: Do nAl (OH ) �


3+
[Al(OH)4] dư hoặc Al .
3

4



Như vậy, phản ứng có thể xảy ra theo hai hướng khác nhau:
Hướng (1): H+ trung hòa hết OH-, sau đó chuyển [Al(OH)4]- thành 0,01 mol Al(OH)3.
Trường hợp này lượng H+ phản ứng ít nhất.
Hướng (2): H+ trung hòa hết OH- và chuyển hết [Al(OH)4]- trong dung dịch thành
Al(OH)3, sau đó hòa tan bớt Al(OH)3 để cuối cùng còn 0,01mol Al(OH)3. Trường hợp này
H+ phản ứng là nhiều nhất. Theo yêu cầu của bài, ta tính toán lượng H+ theo hướng (2).
•Cách 1: Sử dụng phương trình ion rút gọn
Mol:
Mol:

H+

+

OH-

0,02

←

0,02

H+

+

[Al(OH)4]- →

0,04
3H+

Mol: 0,09

←
+

→

0,04

(1)

Al3+

→

Al(OH)3 →

←

H2O
+

H2 O

(2)

0,04

Al3+

+

3 H2 O

(3)

0,03

Theo thuyết và các phản ứng (1), (2), (3), ta có: nHNO  nH  0,15mol.

3



•Cách 2: Sử dụng công thức : nH  nOH  4n Al (OH )   3nAl (OH )




4



3

nHNO3  nH   nOH   4n Al (OH )   3nAL (OH )3  0,15mol
{
43
1 4 2 434  14 2
0,02
0,01
0,04

Ví dụ 2: Cho 86,3 gam hỗn hợp X gồm Na, K, Ba và Al2O3(trong đó oxi hiếm
19,47% về khối lượng) tan hết vào nước thu được dung dịch Y và 13,44 lít
H2(đktc). Cho 3,2 lít dung dịch HCl 0,75M vào dung dịch Y thu được m gam kết
tủa. Giá trị của m là
A. 54,6.

B. 10,4

C. 23,4

D. 27,3

(Trích Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2013)[6]
Hướng dẫn giải
Khi cho hỗn hợp X vào nước xảy ra các phản ứng: K, Na, Ba tác dụng với nước giải
phóng H2 và tạo thành dung dịch kiềm (1), Al2O3 tan hết trong kiềm tạo thành
[Al(OH)4]- (2).

12


Áp dụng bảo toàn điện tích trong H2O và bảo toàn H trong nhóm OH- của nước, ta có:
nOH 

13, 44

trong HOH

3n Al2O3  nO

= nH trongHOH  2nH  2. 22, 4  1, 2mol. Áp dụng bảo toàn O, ta có:


2

19, 47%.86,3
 1, 05mol � n Al2O3  0,35mol. Trong phản ứng của Al2O3 với OH-, ta

16

có:
+

2OH-

+ 3H2O →

→

0,7

→

Al2O3
Mol: 035

2[Al(OH)4]0,7

Suy ra: Trong dung dịch Y có 0,7mol [Al(OH)4]- và (1,2 – 07) = 0,5 mol OH-. Khi cho
2,4 mol H+ vào dung dịch Y, sẽ xảy ra phản ứng trung hòa ion OH- và phản ứng với ion
[Al(OH)4]- để tạo ra kết tủa:
nH   nOH   4n Al ( OH )   3nAL ( OH )3 � n Al (OH )3  0,3mol � mAl (OH )3  23, 4 gam
{
{
1 4 2 434  14 2? 43
2,4
0,5
0,7

Ví dụ 3: Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm Na2O và Al2O3 vào nước thu
được dung dịch X trong suốt. Thêm từ từ dung dịch HCl 1M vào X, khi hết 100m
thì bắt đầu xuất hiện kết tủa; khi hết 300ml hoặc 700ml thì đều thu dduowccj a
gam kết tủa. Giá trị của a và m lần lượt là
A. 23,4 và 56,3.

B. 23,4 và 35,9.

C. 15,6 và 27,7.

D. 15,6 và 55,4.

(Trích Đề thi Chuyên Nguyễn Trãi-Hải Dương lần 3-2016) [5]
Hướng dẫn giải
Khi cho 100ml dung dịch HCl 1M(0,1 mol) vào dung dịch X thì bắt đầu có kết tủa,
chứng tỏ trong X có chứa 0,1 mol OH-. Như vậy, trong X có OH-, [Al(OH)4]- và Na+.
Khi cho 300 ml HCl 1M(0,3 mol) hoặc 700 ml HCl 1M(0,7 mol) thì có 0,1 mol H+
phản ứng với 0,1 mol OH-, còn lại 0,2 mol H+ hoặc 0,6 mol H+ phản ứng với [Al(OH)4]tạo ra lượng kết tủa như nhau. Chứng tỏ: Khi dùng 0,2 mol H+ phản ứng với ion
[Al(OH)4]- thì [Al(OH)4]- chưa kết tủa hết, còn khi dùng 0,6 mol H+ phản ứng với ion
[Al(OH)4]- thì [Al(OH)4]- chuyển hết thành kết tủa sau đó kết tủa bị tan một phần.
Trong phản ứng của 0,2 mol H+ với [Al(OH)4]-, ta có:
nAl (OH )3  n Al (OH )


4

  phanung

 nH   0, 2mol � mAl ( OH )3  0, 2.78  15, 6 gam

{
0,2

Trong phản ứng của 0,6 mol H+ với [Al(OH)4]-, ta có:

13


nH   4n Al ( OH )  trongX  3nAl (OH )3 � n Al ( OH )4  trongX  0,3mol.
{
43
Áp dụng bảo toàn điện tích cho dung
1 44 2 44 43 14 2
0,6
0,2
?

dịch X, ta có:
nNa  nOH   n Al ( OH )   0, 4mol.

{
Áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với Na, Al, ta có:
14
2 434 
0,1
0,3

2nNa2O  nNa
�
{

�
nNa O  0, 2
�
0,4
�
�
�� 2
� m( Na2O , Al2O3 )  mNa2O  mAl2O3  27, 7 gam
�
2n Al2O3  n Al (OH ) 
{
{
n

0,15
Al
O
�

�
2 3
0,2.62
0,15.102
14
2 434 
�
0,3
�

2.3.2.4. Xây dựng phương pháp giải bài toán: Kim loại tác dụng với dung dịch muối.

Dạng này ta chỉ cần tư duy theo hướng “ chiến thắng thuộc về kẻ mạnh” nghĩa là
các anion (Cl-; NO3-, SO42-) sẽ được phân bổ theo thứ tự từ kim loại mạnh nhất (Mg)
tới kim loại yếu nhất (Ag). Bên cạnh đó ta có thể cần áp dụng thêm các định luật bảo
toàn đặc biệt là BTKL và sự di chuyển điện tích. Tóm lại tư duy để xử lý dạng toán
này là:
- Xét hệ kín gồm các kim loại và anion.
- Phân bố anion cho các kim loại trong hệ từ Mg tới Ag.
- Áp dụng các định luật bảo toàn (BTKL) cần nếu.
- Có thể cần chú ý tới sự di chuyển (thay đổi điện tích).
Dưới đây là các ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: Cho m gam Mg vào dung dịch X gồm 0,03 mol Zn(NO3)2 và 005 mol
Cu(NO3)2, sau một thời gian thu được 5,25 gam kim loại và dung dịch Y. Cho
dung dịch NaOH vào dung dịch Y, khối lượng kết tủa thu được là 6,67 gam. Giá
trị của m là
A. 3,6.

B. 2,86.

C. 2,02.

D. 4,05.

(Trích đề thi THPT Quốc Gia 2016-Bộ Giáo Dục) [6]
Hướng dẫn giải
Hệ kín của chúng ta gồm Mg, Zn, Cu, NO3Ta có: nNO


3

�

OH  : 0,16
 0,16 � 6, 67 gam �
. Chú ý: Trong bài toán này có sự di
�Kimloai : 3,95( gam)

chuyển điện tích từ NO3- thành OH14


BTKL
���
� m  0, 03.65  0,05.64  525  3,95 � m  4, 05( gam). (Trong bài toán này ta chưa cần
Zn�
Cu
sử dụng tới hướng tư duy phân bổ điện tích âm NO3-cho Mg �

Ví dụ 2: Cho m gam bột Zn vào 500 ml dung dịch chứa CuCl2 0,4M và FeSO4
0,4M. Sau một thời gian thu được dung dịch X và hỗn hợp chất rắn nặng 25 gam.
Lọc tách chất rắn rồi cho 14,4 gam Mg vào dung dịch X. Sau khi các phản ứng
xảy ra hoàn toàn thấy có 29,8 gam chất rắn xuất hiện. Giá trị của m là
A. 32,0.

B. 27,3.

C.26,0.

D. 28,6.

(Trích đề thi THPT Đại Học Sư Phạm Hà Nội-Lần 4-2015)[7]

Hướng dẫn giải

�
Cl  : 0, 4
�
Mg
�
Zn
�
Fe
�
Cu
Hệ kín của chúng ta gồm
và � 2
. Theo bài ra, ta có:
�SO4 : 0, 2
BTDT
� nMg  0, 4mol.
NMg= 0,6 → phần điện tích âm sẽ thuộc toàn bộ về Mg2+ ���
2

BTKL 3 kimloai
�����
� m  0, 2.64  0, 2.56  14, 4  25  29,8  0, 4.24 � m  26.

Ví dụ 3: Cho m gam Mg vào dung dịch có 0,12 mol FeCl3 sau phản ứng hoàn
toàn thu được 3,36 gam chất rắn. Giá trị của m là
A. 2,16.

B. 4,32.

C. 5,04.

D. V=2,88.

(Trích đề thi Chuyên Trần Đại Nghĩa-TPHCM-Lần 1-2016)[7]
Hướng dẫn giải
Ta thấy mFe = 0,12.56 = 6,72 > 3,36 nghĩa là anh chàng Mg không ôm hếtđược các nàng
Cl- nên trong dung dịch sẽ có anh Fe2+ nữa.
BTNT . Fe
�
� nFeCl2  0, 06(mol )
�����
� � BTNT .Cl
� m  2,88(gam).
����
�
n

0,12(
mol
)
�
MgCl2

2.4. KẾT QUẢ
Qua thực nghiệm của nhiều năm giảng dạy bộ môn hoá học 12 đặc biệt là khi tham
gia ôn thi Tốt Nghiệp THPT Quốc Gia phân tôi nhận thấy rằng: Khi truyền đạt nội dung
của phương pháp này đến với học sinh thì tỷ lệ học sinh tiếp thu bài và giải được bài hóa
khó (câu hỏi điểm 8, 9, 10) trong đề thi Đại học cao hơn so với lúc trước khi chưa truyền
đạt phương pháp. Học sinh có hứng thú với các dạng bài tập này đặc biệt đối với học sinh
khá, giỏi.

15


Năm học 2016-2017 tôi đã triển khai dạy phương pháp này tại lớp 12C 3 vào các
giờ dạy tự chọn kết quả thu được rất khả quan. Qua bài kiểm tra khảo sát lớp 12C 3 trong
năm học 2016-2017 cho thấy
KIỂM TRA ĐỢT I
(chưa áp dụng đề tài)

Lớp
12C3

Điểm khá

(9-10)

(7-8)

Sĩ Số

Điểm giỏi

40

Điểm TB
(5-6)

SL

%

SL

%

SL

0

0%

7

17,5% 23

Điểm yếu
(dưới 5)

%

SL

57,5% 10

%
25%

KIỂM TRA ĐỢT II
(Đã áp dụng đề tài)

Lớp
12C3

Điểm khá

(9-10)

(7-8)

Sĩ Số

Điểm giỏi

40

Điểm TB
(5-6)

SL

%

SL

%

3

7,5%

25

62,5% 8

16

SL

Điểm yếu
(dưới 5)

%

SL

%

20%

4

10%


PHẦN III: KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận.
Trên đây là một số công thức giải nhanh dựa trên sự bảo toàn điện tích và các bài
tập vận dụng . Quá trình tìm tòi nghiên cứu tôi đã giải quết được những vấn đề sau:
- Nghiên cứu cơ sở lí thuyết phục vụ giải bài tập hóa học.
- Từ đó xây dựng được các công thức giải nhanh.

- Sắp xếp một cách có hệ thống các dạng bài tập.
Trong quá trình vận dụng đề tài, tôi rút ra một số kinh nghiệm như sau: Để có
những tiết học đạt hiệu quả cao nhất luôn là niềm trăn trở, suy nghĩ là mục đích hướng tới
của những giáo viên có lương tâm và trách nhiệm nghề nghiệp, nhưng đây không phải là
điều đạt được dễ dàng. Người giáo viên phải nhận thức rõ vai trò là người "thắp sáng
ngọn lửa" chủ động lĩnh hội tri thức trong từng học sinh. Trong nội dung đề tài: “Sử
dụng công thức giải nhanh dựa trên sự bảo toàn điện tích để giải các bài toán khó
trong đề thi TNTHPT Quốc Gia” tôi đã đơn giản các bài toán hóa phức tạp thành các
bài toán hóa thông thường. Tôi hy vọng đây phương pháp hữu ích để các em học sinh giải
các bài toán hóa nhanh hơn, thấy hứng thú với việc học môn Hóa hơn.
3.2. Kiến nghị.
Vấn đề đổi mới phương pháp trong giờ học trong trường phổ thông đang là vấn đề bức
xúc. Để dạy hóa học trong nhà trường phổ thông có hiệu quả tôi đề nghị một số vấn đề
sau:
+ Giáo viên phải kiên trì, đầu tư nhiều tâm, sức để tìm hiểu các vấn đề hóa học, vận dụng
sáng tạo phương pháp dạy hoá học, để có bài giảng thu hút được học sinh.

17


+ Ngành giáo dục cần phải đầu tư trang thiết bị dạy và học tốt hơn cho tương xứng với
thế hệ học trò và thời cuộc, nên đại trà chứ không thể chỉ dùng mẫu vài tiết rồi lại thôi.
Đây cũng là điều góp phần tạo điều kiện thuận lợi cho giáo viên, phát huy được tốt hiệu
quả giờ dạy. Cũng như nên có sự qua tâm động viên kịp thời tương xứng.
+ Với thực trạng học hóa học và yêu cầu đổi mới phương pháp dạy học, có thể coi
đây là một quan điểm của tôi đóng góp ý kiến vào việc nâng cao chất lượng học hóa học
trong thời kì mới.
Trong quá trình thực hiện đề tài, mặc dù đã cố gắng hết sức nhưng vì thời gian đầu tư
có hạn và kinh nghiệm nghiên cứu chưa nhiều nên không thể tránh khỏi những sai sót.
Tôi kính mong thầy, cô giáo và các bạn thông cảm, đóng góp ý kiến để đề tài được hoàn

thiện hơn để có thể ứng dụng rộng rãi trong công tác giảng dạy.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
Thanh Hóa, ngày 25 tháng 05 năm 2018
Người viết
Nguyễn Quế Sơn

MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài tập dành cho học sinh lớp 11,12
Câu 1. Dung dịch X chứa hỗn hợp gồm Na2CO3 1,5M và KHCO3 1M. Nhỏ từ từ từng
giọt cho đến hết 200ml dung dịch HCl 1M vào 100 ml dung dịch X, sinh ra V lít khí(ở
đktc). Giá trị của V là [1]
A. 4,48.

B. 1,12.

C. 2,24.

D. 336.

Câu 2. Nhỏ từ từ từng giọt đến hết 30ml dung dịch HCl 1M vào 100 ml dung dịch chứa
Na2CO3 0,2M và NaHCO3 0,2M. Sau phản ứng thu được số mol CO2 là[6]
A. 0,03.

B. 0,01.

C. 0,02.

D. 0,015.

Câu 3. Cho từ từ dung dịch chứa 0,3 mol HCl vào dung dịch chứa m gam hỗn hợp X

gồm K2CO3 thì thấy có 0,12 mol khí CO2 thoát ra. Cho dung dịch Ca(OH)2 dư vào m/2
gam hỗn hợp X như trên thấy có 17 gam kết tủa.Giá trị của m là[6]
A. 19,14.

B. 32,28.

C. 35,08.

D. 17,54.

Câu 4. Cho 0,448 lít khí CO2 (ở đktc) hấp thụ hết vào 100 ml dung dịch chứa hỗn hợp
NaOH 0,06M và Ba(OH)2 0,12M, thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là[1]
A. 3,94.

B. 1,182.

C. 2,364.

D. 1,970.

Câu 5. Sục 4,48 lít CO2 (đktc) vaò 2 lít dung dịch Ba(OH)2 2x mol/lít và NaOH x mol/lít
Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 19,7 gam kết tủa. Giá trị của x là[1]
A. 0,025 hoặc 0,03. B. 0,03.

C. 0,025.
18

D. 0,025 hoặc 0,02.

Câu 6. 100ml dung dịch A chưa NaOH 0,1M và Na[Al(OH)4] aM. Thêm từ từ 0,6 lít HCl
0,1M vào dung dịch A thu được kết tủa, lọc kết tủa, nung ở nhiệt độ cao đến khối lượng
không đổi thu được 1,02 gam chất rắn.Giá trị của a là[1]
A. 0,15.

B. 0,2.

C. 0,275.

D. 0,25.

Câu 7. Cho hỗn hợp bột gồm 0,48 gam Mg và 1,68 gam Fe vào dung dịch CuCl2 rồi
khuấy đều đến phản ứng hoàn toan thu được 3,12 gam chất rắn không tan X. Số mol
CuCl2 tham gia phản ứng là[7]
A. 0,06 mol.

B. 0,04 mol.

C. 0.05 mol.

D. 0,03 mol.

Câu 8. Cho m gam bột Cu vào 400 ml dung dịch 400 ml dung dịch AgNO 3 0,2M, sau
một thời gian phản ứng thu được 7,76 gam hỗn hợp chất rắn X và dung dịch Y. Lọc tách
X, rồi thêm 5,85 gam bột Zn vào Y sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 10,53
gam chất rắn Z. Giá trị của m là[7]
A. 6,40.

B. 5,76.

C. 3,84.

D. 5,12

TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]- Nguyễn Minh Tuấn - 22 Phương pháp & kỹ thuật hiện đại giải nhanh bài tập trắc nghiệm
Hóa Học - NXB đại học quốc gia.
[2] – Lương Văn Tâm- Vũ khắc Ngọc – Tổng kết các dạng câu hỏi và bài tập Hóa Học THPTNhà xuất bản đại học quốc gia.
[3] – Phạm Ngọc Bằng (Tổng Chủ biên) – 16 phương pháp và kĩ thuật giải nhanh bài tập trắc
nghiệm Hóa Học - NXB đại học sư phạm.
[4] – Đỗ Xuân Hưng – phương pháp và kỹ thuật giải nhanh các dạng bài tập trắc nghiệm Hóa
Học- NXB Giáo dục.
[5]- Nguyễn Anh Phong – Giải chi tiết 99 đề thi thử Đại học cao đẳng - NXB Hà Nội
[6 ]- Đề thi Đại học cao đẳng môn Hóa các năm của Bộ GD&ĐT

19


[7]- Nguyễn Anh Phong- Tư duy đảo chiều giải bài tập hóa học(Vô Cơ, Hữu Cơ)-NXB Đại Học
Quốc Gia Hà Nội
[8]- Trần Văn Thành- Tiếp cận 23 phương pháp giải nhanh hiện đại Hóa Học-NXB Đại Học
Quốc Gia Hà Nội

20