Giúp học sinh phân dạng và giải nhanh một số dạng toán đồ thị điển hình trong hóa học vô cơ

MỤC LỤC
A. Mở đầu…………………………..………………………….........................01
I.
Lí
do
chọn
tài...............................................................................................01

đề

II. Mục đích và nhiệm vụ của đề tài................................................................... 02
III. Đồi tượng nghiên cứu ……………………………….………......................02
IV. Phạm vi áp dụng............................................................................................02
V. Phương pháp ............... …………………………………………..................02
B. Giải quyết vấn đề……………..…………….…..……………….................03
I. Thực trạng........................................................................................................03
II. Giải pháp.........................................................................................................03
Phần 1: Cơ sở lí luận về phương pháp đồ thị - Tính chất các chất….................03
Phần 2: Một số dạng bài toán về đồ thị..............…………................................05

- Dạng 1: Sục CO2 vào dung dịch hỗn hợp:

Ca(OH) 2 , Ba(OH) 2
�
�
KOH, NaOH
�

.........................05

- Dạng 2: Cho từ từ OH- (NaOH, KOH) vào dung dịch chứa Al 3+ hoặc

cho từ từ OH- (NaOH, KOH) vào dung dịch chứa (Al3+, H+).............08
- Dạng 3: Cho từ từ H+ (HCl, HNO3, H2SO4) vào dung dịch hỗn hợp chứa
AlO và OH-......................................................................................................13
- Dạng 4: Một số bài toán đồ thị đặc biệt .........................................................16
C. Kết luận ……………….…….…………….………………….....................20
I. Kết quả đạt được và bài học kinh nghiệm.................……………..........20
II. Kiến nghị và đề xuất……….………………………………..................20
D.Tài liệu tham khảo …………………….……………….............................22

0


A. MỞ ĐẦU
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trong những năm gần đây, các phương pháp giải nhanh toán hóa học
không ngừng phát triển, đây là hệ quả tất yếu khi Bộ giáo dục và đào tạo triển
khai hình thức thi trắc ngiệm với bộ môn hóa học. Với hình thức thi trắc nghiệm
như hiện nay thì việc giải nhanh các bài toán hóa học là yêu cầu hàng đầu của
học sinh, yêu cầu phải tìm ra được phương pháp giải toán một cách nhanh nhất,
nó không những giúp học sinh tiết kiệm được thời gian làm bài mà còn rèn
luyện được tư duy và năng lực phát hiện vấn đề của các em. Vì vậy việc nghiên
cứu, tìm tòi và xây dựng các chuyên đề ôn tập trọng tâm cũng như các phương
pháp giải nhanh các dạng bài tập hóa học là một việc rất cần thiết để giúp các
em hệ thống, nắm chắc kiến thức và đạt kết quả cao trong các kỳ thi trung học
phổ quốc gia hay thi học sinh giỏi. Tuy nhiên hóa học là một môn khoa học thực
nghiệm nên để áp dụng tốt các phương pháp giải nhanh mà vẫn giúp học sinh
hiểu được bản chất hóa học là một vấn đề khá khó khăn . Nó không những yêu
cầu học sinh phải nắm vững và hiểu rõ hệ thống kiến thức lí thuyết mà còn phải
thành thạo trong việc sử dụng các kĩ năng giải bài tập và đặc biệt phải có
phương pháp giải nhanh cho từng dạng bài tập.

Trong quá trình giảng dạy môn hóa học ở trường THPT, đặc biệt là trong
quá trình ôn luyện cho học sinh thi học sinh giỏi, thi trung học phổ thông quốc
gia, tôi nhận thấy bài tập phần giải toán hóa học bằng đồ thị thường xuyên có ít
nhất một câu trong đề thi gây không ít khó khăn cho học sinh. Phần vì loại bài
tập này còn mới so với học sinh mà tài liệu viết về bài tập đồ thị còn ít nên
nguồn tư liệu để giáo viên nghiên cứu còn hạn chế, do đó nội dung kiến thức và
kĩ năng giải các bài tập đồ thị cung cấp cho học sinh chưa được nhiều. Khi gặp
các bài toán: Sục từ từ đến dư CO2 vào hỗn hợp chứa NaOH, Ca(OH)2 ,KOH,
Ba(OH)2; hay cho từ từ dung dịch HCl vào hỗn hợp Ca(OH) 2 và NaAlO2; hay
cho từ từ dung dịch Ba(OH)2 vào dung dịch hỗn hỗn hợp Al2(SO4)3 và AlCl3...và
dựa vào đồ thị biễu diễn sự tạo thành kết tủa, tìm lượng các chất... học sinh
thường rất lúng túng trong việc tìm ra phương pháp giải phù hợp, thường bỏ qua
nên hay bị mất điểm. Do đó, việc nghiên cứu để phân dạng và xây dựng phương
pháp giải nhanh các dạng bài toán đồ thị là việc rất cần thiết.
Từ nhu cầu đó, tôi mạnh dạn trình bày một số kinh nghiệm “Giúp học
sinh phân dạng và giải nhanh một số dạng toán đồ thị điển hình trong hóa
học vô cơ ” làm sáng kiến kinh nghiệm cho mình. Với hy vọng đề tài này sẽ là
một tài liệu tham khảo phục vụ tốt cho việc học tập của các em học sinh 12 và
cho công tác giảng dạy của các bạn đồng nghiệp.

1


II. MỤC ĐÍCH VÀ NHIỆM VỤ CỦA ĐỀ TÀI
1. Mục đích
Nhằm nâng cao chất lượng, hiệu quả quá trình giảng dạy và học tập môn hoá
học nhất là phần bài toán đồ thị trong chương trình hóa học vô cơ lớp 12. Thì đề
tài “Giúp học sinh phân dạng và giải nhanh một số dạng toán đồ thị điển
hình trong hóa học vô cơ ” làm sáng kiến hi vọng sẽ giúp đỡ chính bản thân và
các đồng nghiệp trong quá trình giảng dạy. Để từ đó cùng trao đổi và tìm ra giải

pháp tốt nhất cho sự dạy và học của học sinh và các đồng nghiệp trong quá trình
giảng dạy ôn thi trung học phổ thông quốc gia, ôn thi học sinh giỏi...giúp học
sinh tích lũy kiến thức, làm tốt các bài tập và đạt kết quả cao trong các kì thi.
2. Nhiệm vụ.
Phân dạng và khái quát phương pháp giải một số dạng toán đồ thị điển
hình trong chương trình hóa học vô cơ như:
Ca(OH) 2 , Ba(OH) 2
�
�
KOH, NaOH
�

+ Dạng 1: Sục CO2 vào dung dịch hỗn hợp

3
+ Dạng 2: Cho từ từ OH (NaOH, KOH) vào dung dịch chứa Al hoặc cho từ từ
�
Al3
�
�
H
OH  (NaOH, KOH) vào dung dịch chứa �

+ Dạng 3: Cho từ từ H+ (HCl, HNO3, H2SO4) vào dung dịch chứa OH- và AlO2+ Dạng 4: Một số bài toán đồ thị đặc biệt.
III. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU.
Đề tài nghiên cứu một số dạng bài toán đồ thị trong chương trình hóa học
vô cơ lớp 12.
IV. PHẠM VI ÁP DỤNG.
Nội dung trong đề tài được áp dụng vào các tiết dạy tự chọn chương kim
loại kiềm - kim loại kiềm thổ - nhôm ở lớp 12 và áp dụng cho các lớp ôn thi

trung học phổ thông quốc gia hay ôn thi học sinh giỏi.
V. PHƯƠNG PHÁP.
Phương pháp nghiên cứu chủ yếu là phương pháp nghiên cứu lí thuyết.
Căn cứ vào nhiệm vụ của đề tài, thì phương pháp nghiên cứu dựa trên nội dung
kiến thức về CO2 tác dụng với dung dịch kiềm; muối nhôm, muối kẽm tác dụng
với dung dịch axit hoặc dung dịch bazơ; tính chất lưỡng tính Al(OH) 3,
Zn(OH)2... và dựa trên cơ sở lí luận về các phương pháp giải bài tập hóa học
trong chương trình hoá học vô cơ như phương pháp bảo toàn khối lượng, bảo
toàn nguyên tố... kết hợp đặc điểm hình dáng đồ thị để xây dựng hệ thống câu
hỏi và bài tập.

2


B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ.
I. THỰC TRẠNG.
Trong những năm gần đây bài toán đồ thị được sử dụng tương đối nhiều
trong các đề thi THPTQG, đề thi HSG. Nhưng do không hiểu rõ bản chất thứ tự
các phản ứng xảy ra khi sục từ từ CO 2 vào dung dịch bazơ (NaOH, Ca(OH) 2,
Ba(OH)2, KOH) hay cho H+ vào (OH-, AlO2-, ZnO22-) hay cho OH- vào (H+, Al3+,
Zn2+)...nên học sinh không hiểu được đồ thị bài toán cho những đại lượng nào;
mối liên hệ giữa các đại lượng trong đồ thị là gì; tỉ lệ số mol giữa kết tủa tạo
thành hay số mol khí giải phóng với số mol chất phản ứng là bao nhiêu, nó có
mối liên hệ như thế nào đến tỉ lệ giữa các chất đó trong phương trình phản
ứng...Do đó nhìn thấy đồ thị học sinh rất lúng túng, không thể xử lí các dữ kiện
của đồ thị. Nhưng nếu hiểu rõ bản chất và phương pháp giải cho từng dạng thì
bài toán đồ thị lại là một dạng toán khá đơn giản .
II. GIẢI PHÁP.
Để thay đổi hiện trạng trên, tôi quyết định nghiên cứu tìm ra các phương
pháp giải nhanh cho một số dạng toán đồ thị điển hình trong chương trình hóa

học vô cơ nhằm giúp các em học sinh lớp 12 giải bài toán đồ thị một cách dễ
dàng, nhanh gọn và chính xác. Sau đây là 4 dạng toán đồ thị tôi đã nghiên cứu
và xây dựng nên nhằm phần nào giúp học sinh làm tốt các bài toán đồ thị để có
thành tích cao hơn trong kì thi trung học phổ thông quốc gia.
PHẦN I: CƠ SỞ LÍ LUẬN .
I. CỞ SỞ LÍ LUẬN CỦA PHƯƠNG PHÁP ĐỒ THỊ VÀ PHƯƠNG PHÁP BẢO
TOÀN .
1. Phương pháp đồ thị
* Phương pháp đồ thị trong giải toán hóa học là phương pháp dựa vào đồ thị
mô tả sự phụ thuộc của sản phẩm (thường là số mol chất kết tủa, chất bay hơi)
vào chất tham gia phản ứng để xác định các yêu cầu của bài toán.
* Từ đồ thị có nhiều phương pháp khác nhau để xác định các giá trị cần tính,
nhưng có lẽ đơn giản nhất là sử dụng tỉ lệ của tam giác đồng dạng (Định lý Talet
đã được học ở môn toán cấp 2) hoặc kết hợp định luật bảo toàn nguyên tố kim
loại, nguyên tố C, nhóm OH-, H+ với đồ thị. Khi học sinh đã nắm vững dạng đồ
thị của bài toán, thì việc xác định kết quả được thực hiện nhanh chóng và dễ
dàng. Phương pháp đồ thị không những không làm mất đi bản chất Hóa Học mà
nó còn giúp học sinh giải thích, dự đoán một cách chính xác hơn các hiện tượng
thực nghiệm và giải nhanh các bài toán định lượng.
2. Phương pháp bảo toàn
* Nội dung định luật bảo toàn khối lượng: Tổng khối lượng các chất trước
phản ứng bằng tổng khối lượng các chất sau phản ứng.
* Nội dung định luật bảo toàn nguyên tố: Tổng số mol của một nguyên tố
được bảo toàn trong phản ứng hay tổng số mol của một nguyên tố trước phản
ứng bằng tổng số mol của nguyên tố đó sau phản ứng.
3


II. CỞ SỞ LÍ LUẬN CÁC LOẠI PHẢN ỨNG HÓA HỌC TRONG ĐỀ TÀI
1. Tính chất của phản ứng CO2 tác dụng với dung dịch bazơ [Ca(OH) 2,

Ba(OH)2, NaOH, KOH]
- Ban đầu xảy ra phản ứng tạo muối trung hòa trước:
CO2 + Ca(OH)2 � CaCO3 � + H2O
CO2 + Ba(OH)2 � BaCO3 � + H2O
CO2 + 2NaOH � Na2CO3 + H2O
CO2 + 2KOH � K2CO3 + H2O
- Khi CO2 dư sẽ bắt đầu hòa tan kết tủa, muối trung hòa, theo phản ứng:
CO2 + CaCO3 +H2O � Ca(HCO3)2
CO2 + BaCO3 +H2O � Ba(HCO3)2
CO2 + Na2CO3 +H2O � 2NaHCO3
CO2 + K2CO3 +H2O � 2KHCO3
2. Tính chất của muối nhôm Al3+, muối Zn2+ tác dụng với dung dịch bazơ (OH-)
- Ban đầu xảy ra phản ứng tạo thành kết tủa:
3OH- + Al3+ Al(OH)3 (Trắng keo)
2OH- + Zn2+ Zn(OH)2 (Trắng)
- Khi Al3+ hoặc Zn2+ hết, kết tủa đạt cực đại, nếu tiếp tục cho OH- dư vào kết tủa
sẽ tan dần (vì Al(OH)3 , Zn(OH)2 là hidroxit lưỡng tính).
OH- + Al(OH)3 AlO + 2H2O
2OH- + Zn(OH)2 ZnO22- + 2H2O
* Nếu OH- dư có thể ghi phương trình tổng hợp:
4OH- + Al3+ AlO + 2H2O
4OH- + Zn2+ ZnO22- + 2H2O
3. Tính chất của muối nhôm AlO2-, muối ZnO22- tác dụng với dung dịch axit
(H+)
- Ban đầu xảy ra phản ứng tạo thành kết tủa:
H+ + AlO2- + H2O Al(OH)3(Trắng keo)
2H+ + ZnO22- Zn(OH)2(Trắng)
- Khi AlO2- hoặc ZnO22- hết, kết tủa đạt cực đại, nếu tiếp tục cho H+ dư vào kết
tủa sẽ tan dần (vì Al(OH)3 , Zn(OH)2 là hidroxit lưỡng tính).
3H+ + Al(OH)3 Al3+ + 3H2O

2H+ + Zn(OH)2 Zn2+ + 2H2O
* Nếu H+ dư có thể ghi phương trình tổng hợp:
4H+ + AlO2- Al3+ + 2H2O
4H+ + ZnO22- Zn2+ + 2H2O
4. Một số phản ứng khác
Các phản ứng xảy ra giữa dung dịch Ba(OH)2 và dung dịch
4

�Al2 ( SO4 )3
�
�AlCl3


Al2(SO4)3 + 3Ba(OH)2 3BaSO4 � + 2Al(OH)3 �
2AlCl3 + 3Ba(OH)2 3BaCl 2 + 2Al(OH)3 �
PHẦN II. MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ ĐỒ THỊ

Dạng 1: Sục CO2 vào dung dịch hỗn hợp:

Ca(OH) 2 , Ba(OH) 2
�
�
KOH, NaOH
�

a) Cơ sở lý thuyết:
Khi sục từ từ đến dư CO2 vào dung dịch hỗn hợp Ca(OH)2 (hoặc Ba(OH)2 và
NaOH( hoặc KOH). Thứ tự nhiệm vụ của CO2 là:
CaCO3
Ca(OH )2  CO2 �

�
���
�
�
�
Ba(OH )2
BaCO3
�
�

- Nhiệm vụ 1: Biến
(xảy ra phản ứng (2.1), đồ thị là đoạn OA)

, kết tủa tăng dần đến cực đại

Na2CO3  CO2 �
NaHCO3
NaOH  CO2 �
�
���
��
���
��
�
K 2CO3
KHCO3
�
�
- Nhiệm vụ 2: Biến �KOH
, kết tủa đạt đến

cực đại, lượng kết tủa giữ nguyên trong một khoảng thời gian (xảy ra phản
ứng (2.2)+(2.3), đồ thị là đoạn AB)
CaCO3  CO2 �
Ca( HCO3 )2
�
���
��
�
BaCO3
Ba ( HCO3 )2
�
�

- Nhiệm vụ 3: Biến
, giai đoạn này kết tủa tan dần
cho đến hết (xảy ra phản ứng (2.4), đồ thị là đoạn BC)
Các PTPƯ xảy ra :
CO2 + Ca(OH)2 CaCO3 + H2O (2.1)
a
a
a
CO2 + 2NaOH Na2CO3 + H2O
(2.2)
b
CO2
+ Na2CO3 + H2O 2NaHCO3
(2.3)
CaCO3 + CO2 + H2O Ca(HCO3)2
a

a
b) Đồ thị của bài toán :

(2.4)

5


Ví dụ 1: Dung dịch A chứa a mol Ba(OH)2. Cho m gam NaOH vào A sau đó
sục CO2 (dư) vào ta thấy lượng kết tủa biên đổi theo đồ thị (Hình bên).
n
Giá trị của a + m là
A.20,8.
B.20,5.
C.20,4.
D.20,6.
a

HD giải

Từ đồ thị : nNaOH = a +0,5 - a = 0,5 mol
� mNaOH  0,5.40  20 g
nBa (OH )2 (bd )  n�max  nCO2 (pu)  amol

Ta có:

� �nCO2  a  0,5  a  1,3 � a  0, 4mol
Vậy : a + m = 0,4 + 20 = 20,4gam �

a

a+ 0,5

nCO
2

1,3

Đáp án là: C.

Ví dụ 2 (Đề thi thử THPTQG lần 3 - Sở GD - ĐT tỉnh Nghệ An): Sục
CO2 vào dung dịch chứa hỗn hợp gồm Ca(OH) 2 và NaOH ta quan sát hiện
tượng theo đồ thị hình bên (số liệu tính theo đơn vị mol). Giá trị của x là
A.0,64(mol).
B.0,58(mol). n
C.0,68(mol).
D.0,62(mol).
HD giải

- Từ đồ thị, tại nCO  amol ta có

0,1

2

nCa (OH )2 ( bd )  a  n�CaCO3 max  0,1mol

- Tại nCO  a  0,5mol

0,0

6

2

a

nNaOH (bd )  nNaHCO3  a  0,5  a  0, 5mol

a+0,5 x

- Tại nCO  xmol , bảo toàn nguyên tố Ca, C ta có:
2

nCa ( Ca ( OH )2 )  nCa ( CaCO3 )  nCa ( Ca ( HCO3 )2 )

�

CaCO3 : 0, 06mol
Ca( HCO3 ) 2  0,1  0, 06  0, 04mol

�n

CO2

� �nC ( CO2 )  n C ( CaCO3 )  nC (Ca ( HCO3 )2 )  nC ( NaHCO3 )

 0, 06  0, 04.2  0,5  0, 64mol �
Đáp án: A.

Ví dụ 3 (Đề thi khảo sát chất lượng lớp 12 của Sở GD - ĐT Thanh Hóa

6

nCO2


2018): Cho từ từ x mol khí CO 2 vào 500 gam dung dịch hỗn hợp KOH và
Ba(OH)2. Kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau:

Tổng nồng độ phần trăm khối lượng của các chất tan trong dung dịch sau
phản ứng là
A. 51,08%.
B. 42,17%.
C. 45,11%.
D. 55,45%.
HD giải
- Tại thời đểm kết tủa BaCO3 lớn nhất thì:
nCO2 ( pu)  nBa ( OH ) 2 ( bd )  n�BaCO3 max  0,8mol

- Tại thời điểm nCO  1,8mol :
2

�n

CO2 ( pu )

 1,8  0,8  nC ( KHCO3 ) � nC ( KHCO3 )  1,8  0,8  1mol  nKHCO3  nKOH (bd )

- Tại thời điểm nCO  xmol , lượng kết tủa BaCO3 còn lại là 0,2mol.
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố Ba:
2

nBa (HCO3 )2  nBa ( OH )2 (bd )  nBaCO3 ( con )  0,8  0, 2  0, 6mol

nKHCO3  1mol
n

Vậy

dung dịch thu được sau phản ứng gồm: Ba ( HCO )
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố C ta có:

�n

CO2

3 2

 0,8  0, 2  0, 6mol

 nC ( KHCO3 )  nC ( BaCO3 )  nC ( Ca ( HCO3 )2  1  0, 2  0, 6.2  2, 4 mol

mdd(SauPu)  mdd(bd )  mCO 2 ( pu )  m�BaCO3  500  2, 4.44  0, 2.197  566, 2 gam

�C % 

mKHCO3  m Ba ( HCO3 )2
mdd(saupu)

.100% 

1.100  0, 6.259
.100%  45,1077% �45,11%
566, 2

Vậy đáp án: C.
Ví dụ 4: Sục CO2 vào dung dịch Ba(OH)2 ta quan sát hiện tượng theo đồ thị
hình bên (số liệu tính theo đơn vị mol). Giá trị của x là :
A.0,55(mol).
B.0,65(mol).
n
C.0,75(mol).
D.0,85(mol).
0,5
0,35

x

7

nCO2


HD giải

- n�max  0,5mol  nBa (OH ) ( bd )
2

n

 xmol ; n

 0,35mol

�BaCO
- Tại thời điểm: CO
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố Ba ta có:
2

3

nBa ( OH )2 (bd)  nBaCO3  nBa ( HCO3 )2 � nBa ( HCO3 )2  nBa (OH )2 (bd )  nBaCO3
� nBa ( HCO3 )2  0,5  0,35  0,15mol

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố C ta có:

x  nCO2  nC ( BaCO3 )  nC ( Ba ( HCO3 )2 )  nBaCO3  2.nBa ( HCO3 )2
� x  0,35  0,15.2  0, 65mol

� Đáp án: B.

Ví dụ 5 (Đề thi thử THPTQG lần 2 Sở GD-ĐT
tỉnh Bắc Ninh): Sục CO2 vào 200 gam dung
dịch Ca(OH)2 ta quan sát hiện tượng theo đồ thị
hình bên (số liệu tính theo đơn vị mol). Nồng độ
% chất tan trong dung dịch sau phản ứng là :
A.30,45%.
B.34,05%.
C.35,40%.
D.45,30%.
HD giải

n

nCO2
0,8

1,2

-Tại thời điểm nCO  0,8mol thì nkết tủa max = nCO  0,8mol = nCa (OH ) (bd )
2

-Tại nCO  1, 2mol :
2

2

2

n�tan  1, 2  0,8  0, 4 mol  n Ca ( HCO3 )2

; nCaCO ( conlai )  0, 4mol
3

mddsau  mddCa (OH )2 (bd )  mCO2  m�CaCO3  200  1, 2.44  0, 4.100  212,8 g

C %( Ca ( HCO3 )2 ) 

0, 4.(40  61.2)
.100%  30, 45%
212,8

Đáp án: A.

Bài tập vận dụng
Câu 1. X là dung dịch chứa NaOH và 0,15 mol Ba(OH) 2. Sục từ từ CO2
vào X, lượng kết tủa tạo thành được mô tả trong đồ thị dưới.
Số mol NaOH ban đầu là
A. 0,2
B. 0,4.
C. 0,3.
D. 0,15.

n�BaCO3
0,1

8

0,36

số mol CO2


Câu 2: Cho từ từ CO2 vào 200 ml dung dịch
gồm NaOH x M, Ba(OH)2 0,6M, kết quả thí
nghiệm được biểu diễn trên đồ thị bên. Giá
trị của x là
A. 1,1.
B. 1,7. C. 0,7.
D. 0,1.
Câu 3: Sục từ từ khí CO2 đến dư vào dung dịch

Ba(OH)2, kết quả thí nghiệm được thể hiện trên đồ thị sau:

Giá trị của a và x trong đồ thị trên lần lượt là
A. 2 và 4.
B. 1,8 và 3,6.
C. 1,6 và 3,2.
D. 1,7 và 3,4.
Dạng 2: Cho từ từ OH (NaOH, KOH) vào dung dịch chứa Al3+ hoặc
cho từ từ OH- (NaOH, KOH) vào dung dịch chứa (Al3+, H+)
Bài toán 1: Cho từ từ OH- (NaOH, KOH) vào dung dịch chứa Al 3+
a) Cơ sở lý thuyết:
n
Đặc điểm cần chú ý của bài toán là
OH- làm 2 nhiệm vụ:
nmax
+ Nhiệm vụ 1: OH- tác dụng với Al3+,
đưa kết tủa lên cực đại theo phản ứng
� Al(OH)3↓ (1)
Al3+ + 3OH- ��
NV2

3a NV1

� tỷ lệ mol ở nhiệm vụ 1 là nOH  (pu)  3.n�Al (OH )3

+ Nhiệm vụ 2: OH- hòa tan kết tủa Al(OH)3, phương trình phản ứng là:
� AlO2- + 2H2O (2)
Al(OH)3 + OH- còn dư ��
� tỷ lệ mol ở nhiệm vụ 2 là nOH  (pu)  n�Al (OH )3 (tan)

b) Đồ thị của bài toán biểu diễn sự biến đổi số mol kết tủa Al(OH) 3 theo số mol
OH- như sau:

9

4a

nOH

--


Từ đồ thị, ta dễ dàng nhận thấy:

*Tại A:
* Tại B:

nOH  ( pu )  x  3.b  3.n �Al (OH)3

nOH   y  4a  b  4.nAl 3  n�Al (OH)3

Ví dụ 1: Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl 3, kết quả
n
thí nghiệm được biểu diễn
trên đồ thị sau (số liệu tính theo
đơn vị mol). Giá trị của x là :
a
A.0,412.
B.0,456.
0,2

C.0,515.
D.0,546.
a
HD giải
-Tại thời điểm: nOH  0,36mol .

0,3
6



Ta có: nOH  3.n�max  3nAlCl (bd )  3.a  0,36mol � a  0,12mol


3

x

nO
H-

y

nO

y

nO

- Tại thời điểm: nOH  xmol . Dựa vào đồ thị ta có:



n�Al (OH )3  0, 2.a  0, 2.0,12  0, 024mol � n�(tan)  a  0, 2a  0,12  0, 024  0, 096mol
� x  nOH   0,36  0, 096  0, 456mol

Vậy đáp án là: B.
Ví dụ 2: Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch
NaOH vào dung dịch AlCl3, kết quả thí
nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau
(số liệu tính theo đơn vị mol). Biểu thức
liên hệ giữa x và y là :
A.3y – x = 1,44.
B.3y – x = 1,24.
C.3y + x = 1,44.
D.3y + x = 1,24.
HD giải
Từ đồ thị ta có:

n

x

0,
36

H-

nOH   0,36mol  3.n�max  3.nAl 3 (bd ) � nAl 3 (bd )  0,12mol

Đặt số mol kết tủa ở thời điểm x, y là: n�  bmol .Tancó hệ phương trình sau

nOH   x  3.n�  3.b
�
�
� 3 y  x  1, 44
�
nOH   y  0,36  0,12  b  0, 48  b
�
10

� Vậy
đáp án là: C.
a
0,
5a
x

H-


Ví dụ 3: Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch
NaOH vào dung dịch AlCl3, kết quả thí
nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau (số
liệu tính theo đơn vị mol).Tỷ lệ x : y là
A. 7 : 8. B. 6 : 7. C. 5 : 4. D. 4 : 5.
HD giải
Từ đồ thị ta có:

nOH   x  3.n�max  3.a � a 

x

3

x 7
x 6
nOH   y  x  a  0,5a  x  0,5.a  x  0,5.  .x � 
3 6
y 7 . Vậy đáp án là: B.
Mà :
n
Bài tập vận dụng

Câu 1: Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch
NaOH vào dung dịch AlCl3,kết quả thí
nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau
(số liệu tính theo đơn vị mol). Giá trị của x là :
A.0,412.
B.0,426.
C.0,415.
D.0,405.
Câu 2 : Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch
NaOH vào dung dịch AlCl3,kết quả
nghiệm được biểu diễn trên đồ thị
sau (số liệu tính theo đơn vị mol).
Giá trị của x là :
A.0,18.
B.0,17.
C.0,15.

a
0,

06
x

nO
H--

-

n
x

D.0,14.

0,2
4

Bài toán 2: Cho từ từ OH- (NaOH, KOH) vào dung dịch chứa (H+, Al 3+)
a) Cơ sở lý thuyết:
n
Điểm cần chú ý khi giải toán là OHthường sẽ làm 3 nhiệm vụ:
+ Nhiệm vụ 1 : OH- trung hòa H+ theo
phương trình:
OH- + H+ H2O (1)
b mol � bmol
nên chưa có kết tủa (đồ thị là đoạn OA).
NV1
NV2
NV3

11

0,
48

0,6
4

nO
H-

nO
H-


+ Nhiệm vụ 2 : OH- tác dụng với Al3+,
đưa kết tủa lên cực đại, xảy ra phản ứng
� Al(OH)3↓ (2) (đồ thị là đoạn AB).
Al3+ + 3OH- ��
a mol � 3a mol � a mol
� tỷ lệ mol ở nhiệm vụ 2 là nOH  (pu)  3.n�Al (OH )3

+ Nhiệm vụ 3: OH- hòa tan dần kết tủa Al(OH)3 theo phương trình phản ứng
� AlO2- + 2H2O (3) ( Đồ thị là đoạn BC)
là:
Al(OH)3 + OH- còn dư ��
a (mol) a (mol)
� tỷ lệ mol ở nhiệm vụ 3 là nOH  (pu)  n�Al (OH )3 (tan)

b) Dựa vào 3 phương trình trên, đồ thị bài toán biểu diễn sự biến đổi số mol
kết tủa Al(OH)3 theo số mol OH- như sau:

Từ đồ thị, ta dễ dàng nhận thấy, khi
*Tại n1:

n�Al ( OH )3  xmol

ta luôn có:

nOH  ( pu )  n1  nH   3.n�Al (OH )3  b  3.x

n

n n

 4.n

n

 b  4a  x

2
�Al (OH)
H
Al
* Tại n2: OH
Ví dụ 1: Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch hỗn hợp gồm a
mol HCl và b mol AlCl3, kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau :




3

3

Số mol Al(OH)3

0,4
0

Tỉ lệ a : b là
A. 4 : 3.
HD giải

B. 2 : 3.

0,8

C. 1 : 1.

2,0

D. 2 : 1.

Từ đồ thị ta có: nH  nHCl  0,8mol  a
Mặt khác ta có:


nOH   2,8mol  nH   4.nAl 3  n�Al ( OH )3 � 4.nAl3  2,8  0, 4  0,8  2, 4

� nAl 3  0, 6mol  nAlCl3 (bd )  b
12

2,8

Số mol NaOH


a 0,8

 4:3
Vậy ta có tỉ lệ: b 0, 6
. Đáp án là: A.

Ví dụ 2:(THPTQG năm 2017) Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp Al và Al2O3 trong
200 ml dung dịch HCl nồng độ a mol/l, thu được dung dịch X. Cho từ từ dung
dịch NaOH 1M vào X, lượng kết tủa Al(OH) 3 (m gam) phụ thuộc vào thể tích
dd NaOH (V ml) được biểu diễn bằng đồ thị bên. Giá trị của a là
A. 0,5.
B. 1,5.
C. 1,0.
D. 2,0.

HD giải
- Từ đồ thị ta thấy : dung dịch X chứa HCl dư và muối AlCl3
(với nHCl ( du )  0,1mol )
- Tại VNaOH = 250ml:

nOH   0, 25(mol )  3.n�Al (OH )3  nH   3.n�  0,1 � n�( Al (OH )3  (0, 25  0,1) : 3  0, 05mol

- Tại VNaOH = 450ml:

nOH   0, 45(mol )  nH   4.n Al 3  n�Al (OH )3 � nAl3  (0, 45  0, 05  0,1) : 4  0,1mol

=> Áp dụng định luật bảo toàn điện tích với dung dịch X, ta có:
Al 3 : 0,1mol
ddX

H  : 0,1mol

� 0, 2.a  0,1.3  0,1.1 � a  2

Cl  : 0, 2.a(mol)

. Vậy đáp án là: D.
Ví dụ 3: (THPTQG năm 2017) Hoàn tan hoàn toàn a gam hỗn hợp Al và
Al2O3 vào dung dịch H2SO4 loãng, thu được dung dịch X và 1,008 lít H 2 (đktc).
Cho từ từ dung dịch NaOH 1M vào X, số mol kết tủa Al(OH) 3 (n mol) phụ
thuộc vào thể tích dd NaOH (V lít) được biểu diễn bằng đồ thị bên. Giá trị của a
là
A. 2,34.
B. 7,95.
C. 3,87.
D. 2,43.

HD giải
Các phương trình phản ứng xảy ra:
�
2Al + 3H2SO4 ��
Al2(SO4)3 + 3H2 �

�
Al2O3 + 3H2SO4 ��
Al2(SO4)3 + 3H2O
13


- Áp dụng định luật bảo toàn electron, ta có:
3.nAl  2.nH 2 � nAl 

2.nH 2
3



2.1, 008
 0, 03mol
22, 4.3

- Dựa vào đồ thị ta có dung dịch X chứa: H+ dư, Al3+ và SO42 trong đó

nH  ( du )  0, 24mol

�
�nOH   0,36  nH   3.n�Al (OH)3  0, 24  3.n� � n�Al (OH )3  0, 04 mol
�
�nOH   0,56  nH   4.nAl3  n�Al (OH )3  0, 24  4.nAl3  0, 04 � nAl3  0, 09 mol

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố Al , ta có:

�n

Al 3

 nAl (bd )  nAl ( Al2O3 )  nAl  2.nAl2O3  0, 09mol � nAl2O3  (0, 09  0, 03) : 2  0, 03mol

Vậy: a  mhh ( Al  Al O )  mAl  mAl O  0, 03.27  0, 03.102  3, 78 gam => Đáp án: C.
2 3

2 3

n

Bài tập vận dụng
Câu 1: Khi nhỏ từ từ đến dư dung
dịch KOH vào dung dịch hỗn hợp
chứa AlCl3 và HCl, kết quả thí
nghiệm được biểu diễn trên đồ thị
sau (số liệu tính theo đơn vị mol).
Tỷ lệ x : a là
A. 4,8
B.5,0. C.5,2. D.5,4.
Câu 2: Khi nhỏ từ từ đến dư dung
dịch NaOH vào dung dịch hỗn hợp
gồm a mol H2SO4 và b mol AlCl3,
kết quả thí nghiệm được biểu diễn
trên đồ thị bên. Giá trị của a + b là
A.0,3.

B.0,25.

C.0,4.

a
0,
4
0,6

2,2

x nOH
-

n
b

0,
2

D.0,35.

Dạng 3: Cho từ từ H+ (HCl, HNO3, H2SO4) vào dung dịch hỗn hợp chứa
AlO và OHa) Cơ sở lý thuyết: Điểm cần chú ý khi giải toán là H+ sẽ làm 3 nhiệm vụ:
+ Nhiệm vụ 1: H+ trung hòa OH- nên chưa có kết tủa (đồ thị là đoạn OA)
Phương trình phản ứng : OH- + H+ H2O (1)
b mol � bmol
+ Nhiệm vụ 2 : H+ tác dụng với AlO2-, đưa kết tủa lên cực đại, xảy ra phản ứng:
(2) (đồ thị là đoạn AB).
H + AlO + H2O Al(OH)3 (2)
a
a

a
� tỷ lệ mol ở nhiệm vụ 2 là nH  (pu)  n�Al (OH )3

+ Nhiệm vụ 3: H+ hòa tan dần kết tủa Al(OH)3. theo phương trình phản ứng là:
� Al3+ + 3H2O (3) ( Đồ thị là đoạn BC)
Al(OH)3 + 3H+ còn dư ��
a
3a
14

1, nO
0 H--


� tỷ lệ mol ở nhiệm vụ 3 là nH   3.n�Al (OH )3 (tan)

b) Dựa vào 3 phương trình trên, đồ thị của bài toán biểu diễn sự biến đổi số mol
kết tủa Al(OH)3 theo số mol OH- như sau:

Từ đồ thị, ta dễ dàng nhận thấy: khi
*Tại n1:

n�Al ( OH )3  xmol

ta luôn có:

nH  ( pu )  n1  nOH   n�Al (OH )3  b  x
n

n n

 4.n

 3n

 b  4a  3 x

2
�Al (OH)
OH
AlO
* Tại n2: H
Ví dụ 1: Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch HCl vào dung dịch hỗn hợp gồm a
mol Ba(OH)2 và b mol NaAlO2, kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị
sau:





2

3

nAl (OH )3

1,2

nHCl
0,8

Tỉ lệ a: b lần lượt là
A. 2:1
B. 2:7
C. 4:7
HD giải
- Từ đồ thị ta thấy, tại thời điểm nHCl  0,8mol

2,0

2,8

D. 2:5

1
1
nOH  ( Ba (OH )  nHCl ( pu )  0,8mol � nBa (OH )2  .nOH   .0,8  0, 4mol  a
2
2
2
nHCl  2,8mol

- Tại thời điểm:

�n

HCl ( pu )

Ta có:

, kết tủa Al(OH)3 đang tan dần.

 nOH   4.nAlO   3.n�Al (OH )3 � 2,8  0,8  4.nAlO   3.1, 2 � nAlO  1, 4mol
2

2

2

� nNaAlO2  nAlO   1, 4( mol )  b
2

Vậy: a : b = 0,4 : 1,4 = 2 : 7. Đáp án là: B.
Ví dụ 2 (Đề thi THPTQG 2017): Hòa tan hoàn toàn a gam hỗn hợp X gồm
Al2O3 và Na2O vào nước, thu được dung dịch Y. Cho từ từ dung dịch HCl 1M
15


vào Y, lượng kết tủa Al(OH)3 (m gam) phụ thuộc vào thể tích dung dịch HCl (V
ml) được biểu diễn bằng đồ thị bên.

Giá trị của a là
A. 14,40.

B. 19,95.

C. 29,25.

D. 24,60.

HD giải
- Khi cho hỗn hợp X vào H2O, các phương trình phản ứng xảy ra :
� 2NaOH
Na2O + H2O ��
� 2NaAlO2 + H2O
Al2O3 + 2NaOH ��
- Khi cho từ từ dung dịch HCl vào dung dịch Y, ban đầu chưa có kết tủa chứng
tỏ trong Y có OH- dư (NaOH dư) và NaAlO2.
- Từ đồ thị ta thấy, tại VHCl =150ml thì

nHCl ( pu )  0,15mol  nOH  ( du )  nNaOH ( du )

- Đặt số mol kết tủa Al(OH)3 tại VHCl = 350ml hay VHCl = 750ml là n�
Từ đồ thị ta có:
�
�nHCl (1)  0,35mol  nOH  ( du )  n�  0,15  n �� n�  0, 2mol
�
�nHCl (2)  0, 75 mol  nOH   4.nAlO2  3.n�  0,15  4.nAlO2  3.0, 2 � nAlO2  0,3mol  nNaAlO2

Như vậy thay số mol các chất vào 2 phản ứng ban đầu ta có:
� 2NaOH
Na2O + H2O ��
� (0,3+0,15 =0,45 mol)
0,225mol
� 2NaAlO2 + H2O
Al2O3 + 2NaOH ��
� 0,3mol
0,15 mol � 0,3mol
� a  mAl2O3  mNa2O  0, 225.62  0,15.102  29, 25gam

. Đáp án là: C.

Bài tập vận dụng
Câu 1: Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch HCl vào dung dịch hỗn hợp gồm x mol
NaOH và y mol NaAlO2, kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau:

Tỉ lệ x : y là
16


A. 3 : 2.
B. 2
C. 3 : 4.
D. 3 : 1.
Câu 2: Cho từ từ dung dịch HCl loãng vào dung dịch chứa x mol NaOH và y
mol NaAlO2 (hay Na[Al(OH)4]). Sự phụ thuộc của số mol kết tủa thu được vào
số mol HCl được biểu diễn theo đồ thị sau:

Giá trị của y là
A. 1,4.

B. 1,8.

C. 1,5.

D. 1,7.

Dạng 4: Một số bài toán đồ thị đặc biệt.
Ví dụ 1( Đề thi thử THPTQG lần 3-chuyên ĐH Vinh) :
n�

0,4

nNaOH

Hai ống nghiệm A và B chứa lần lượt dung dịch ZnSO 4 và AlCl3, nhỏ từ từ
dung dịch NaOH vào 2 ống nghiệm riêng biệt trên thu được kết quả biểu diễn
đồ thị bên trên. Tổng khối lượng kết tủa ở hai thí nghiệm khi đều dùng x mol
NaOH là m gam. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 15,2.
B. 10,6.
C. 8,9.
D. 7,1.
HD giải
- Dựa vào đồ thị phản ứng của NaOH tác dụng với AlCl 3 ta có:

�n

OH  ( pu )

 4.b  0, 4mol � b  0,1mol

- Dựa vào đồ thị phản ứng của NaOH tác dụng với ZnCl2 ta có:
3
3
4a  3b � a  .b  .0,1  0, 075mol
4
4

- Tại cùng thời điểm: nNaOH = x mol, ta đặt:

n�Al (OH )3  n�Zn (OH )2  n�(mol )

+ Với dung dịch AlCl3, ta có: x  3.n� (1)

+ Với dung dịch ZnCl2, ta có: x  4.a  2.n�  4.0, 075  2.n� (2)
Từ (1) và (2) ta có:
�
�x  0,18mol
� �m�  mAl ( OH )3  mZn (OH )2  10, 62 gam
�
n�  0, 06mol  n�Al (OH )3  n�Zn ( OH )2
�

Giá trị m gần nhất với 10,6 gam . Đáp án là: B.
17


2: Sục từ từ khí CO2 đến dư vào dung dịch chứa Ca(OH) 2 và NaAlO2 (hay
Na[Al(OH)4]). Khối lượng kết tủa thu sau phản ứng được biểu diễn trên đồ thị
như hình vẽ. Giá trị của m và x lần lượt là
Ví dụ

m

mkt (gam)

27,3

số mol CO2

0

0,74

x

A. 72,3 gam và 1,01 mol.
C. 54,6 gam và 1,09 mol.

B. 66,3 gam và 1,13 mol.
C. 78,0 gam và 1,09 mol.

HD giải
�
�nCaCO3 max  nCa (OH )2 (bd )  amol
�m�CaCO3 max
�
nCO2  0, 74mol � �
��
nAl (OH )3 max  nNaAlO2 (bd )  bmol
�
�m�Al (OH )3 max
-Tại

Các phương trình phản ứng xảy ra:
CO2 + Ca(OH)2 � CaCO3 � + H2O (1)
a mol a mol
a mol
CO2 + NaAlO2 + 2H2O � Al(OH)3 � + NaHCO3 (2)

b mol
b mol
b mol
Ta có: � CO
n

2

 a  b  0, 74

(I)

- Tại nCO  xmol thì kết tủa CaCO3 đã tan hết, chỉ còn kết tủa Al(OH)3.
CO2 + CaCO3 + H2O � Ca(HCO3)2 (3)
a mol
a mol
Ta có:
2

m�Al ( OH )3 max  27,3gam  b.78 � b  0,35mol � a  0, 74  0,35  0,39mol  nCaCO3 �max

� m  �m�max  m �Al ( OH )3 max  m�CaCO3max  27,3  0,39.100  66,3gam

�n

CO2 (1 2  3)

 2.a  b  2.0,39  0,35  1,13mol

Vậy đáp án là: 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

A. 0,029.

0,08

y

B. 0,025.

C. 0,019.
18

D. 0,015.


HD:

- Tại điểm nBa (OH )  0, 08mol � nOH  0,16mol


2

Al3+ tác dụng hết thành Al(OH)4- � nAl  0,16 : 4  0, 04mol
3

- Taị

nBa ( OH )2  ymol

2
nOH   2 y (mol ) � nAl ( OH ) 3  . y (mol )
n
 y ( mol )
3
thì
và �BaSO4 max

2
� �m�  78. . y  233. y  8,55 � n�BaSO4 max  0, 03mol
3
2
nBa (OH )2  xmol � n OH   2.x( mol ) � n Al ( OH )3  .x (mol ); nBaSO4  x(mol )
3
- Tại

Lúc này tổng khối lượng 2 kết tủa bằng kết tủa BaSO4 khi max nên:
2
 m�Al ( OH )3  m�BaSO4  78. .x  233.x  0, 03.233 � x  0, 024526mol
3
Vậy giá trị x gần nhất với 0,025 � Đáp án: B.

�m

�

Ví dụ 4 (Bộ đề luyện thi THPTQG năm 2018): 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. 163,2.
B. 162,3.
HD giải

C. 132,6.

D. 136,2.

- Tại thời điểm: nBa (OH )  0,3mol , xảy ra phản ứng:
Al2(SO4)3 + 3Ba(OH)2 3BaSO4 � + 2Al(OH)3 � (1)
Mol Pư: 0,1 mol
0,3 mol
0,3 mol
0,2 mol
2

- Tại thời điểm: � �max tức là Al2(SO4)3 và AlCl3 tác dụng hết với Ba(OH)2
� Ngoài phản (1) còn xảy ra phản ứng (2):
2AlCl3 + 3Ba(OH)2 3BaCl 2 + 2Al(OH)3 � (2).
Mol Pư: b mol
1,5b mol
b mol

m

- Tại thời điểm: nBa (OH )  0, 6mol , toàn bộ Al(OH)3 bị tan hết trong Ba(OH)2 dư
Ba(OH)2 + 2Al(OH)3 Ba(AlO2)2 + 2H2O (3)
Mol Pư: (0,1+0,5b) � (0,2+b)
2

�n

Ba ( OH )2 (1 2 3)

 0,3  1,5b  0,1  0,5b  0, 6mol � b  0,1mol  nAlCl3 (bd )

x  m�BaSO4 max  m�BaSO4 (1)  0,3.233  69,9 gam
19


y  m�BaSO4 max(1)  m�Al (OH )3 max(1 2)  69,9  (0, 2  0,1).78  93,3 gam
� �( x  y )  69,9  93,3  163, 2 gam

Vậy đáp án là: A.
Ví dụ 5: Cho m gam Al tác dụng với V ml dung dịch H2SO4 1M và HCl 1M thu
được dung dịch Y. Cho dung dịch Y tác dụng với Ba(OH) 2 thì đồ thị biểu diễn
sự phụ thuộc của kết tủa vào số mol Ba(OH)2 như sau:

Giá trị của y gần nhất với
A. 93
B. 70
HD giải

C. 58

D. 46,5

V
�
nAl2 ( SO4 )   x(mol )
�
�
3
� �nAl 3  3.x (mol )  nSO2
�
4
V
�n
 x( mol )
AlCl3 
3
- Dung dịch Y có : �

- Tại nBa (OH )  0, 75(mol) � n OH  1,5mol thì lúc này cả hai kết tủa BaSO 4 và
Al(OH)3 lớn nhất, ta có:


2

1
1,5
nAl (OH )3  .nOH  
 0,5(mol)  n Al 3 (bd )  nSO2 (bd )

4
3
3
� n �BaSO4 max .233  0,5.78  139,9( gam) � n�BaSO4 max  0, 433  0,5mol

Điều này vô lí, chứng tỏ trong dung dịch Y còn H+ dư (a mol)
� Vậy dung dịch Y gồm [SO42- (x mol), Cl- (x mol), H+ (a mol) và Al3+ ]
n

Al 3 ( bd )



3x  a
mol
3
(*)

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có:
Xét đoạn đồ thị đi lên đầu tiên đến kết tủa bằng y, chỉ xảy ra 2 phản ứng:
OH- +
H+ H2O và Ba2+ + SO42- BaSO4
a(mol)
amol
� nOH  ( �Al ( OH )

3 max)

 1,5  a( mol ) � n�Al ( OH )3 max 

1,5  a
( mol )  n Al 3 ( bd )
3
(**)

3.x  a 1,5  a

� x  0,5(mol )
3
Kết hợp (*) và (**)ta có: 3
m�max  139,9 gam � mBaSO4 (max)  mAl (OH)3 (max)  139,9 gam

Ta có:

� 233.x 

1,5  a
.78  139,9 � a  0, 6(mol )
3
20


Tại m�  y thì:

nBa (OH )2 ( pu )  2.nH   0, 6 : 2  0,3(mol )  n BaSO4 � � mBaSO4 �  y  0,3.233  69,9 gam

� Giá trị y gần nhất với 70gam. Vậy đáp án: B.

C. KẾT LUẬN.
I. Kết quả đạt được và bài học kinh nghiệm.

Sử dụng hệ thống lí thuyết và phương pháp giải nhanh bài toán đồ thị
hiện nay đang tỏ ra có nhiều ưu thế, đặc biệt khi áp dụng làm các bài tập khó ôn
thi trung học phổ thông quốc gia hay ôn thi học sinh giỏi. Vì vậy việc xây
dựng, tổng hợp và cung cấp các phương pháp giải nhanh bài tập hoá học giữ
vai trò rất quan trọng trong quá trình nhận thức, phát triển và giáo dục. Khi nắm
vững kiến thức và phương pháp giải, học sinh dễ dàng giải các bài tập và tìm ra
đáp án một cách nhanh nhất từ đó đam mê hơn và thích thú học tập hơn. Đặc
biệt các em sẽ học tập một cách tích cực, chủ động, sáng tạo hơn. Nội dung
sáng kiến “Giúp học sinh phân dạng và giải nhanh một số dạng toán đồ thị
điển hình trong hóa học vô cơ ” đã được kiểm nghiệm qua thực tế giảng dạy
tại trường THPT Thọ Xuân 4, cho thấy nó phù hợp với đối tượng học sinh của
trường và đem lại kết quả tương đối tốt.
Tuy nhiên khi giải các bài tập dạng này cần kết hợp linh hoạt giữa đặc
điểm hình dạng của đồ thị, tỉ lệ các đại lượng trong đồ thị kết hợp với các
phương pháp bảo toàn như bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố, bảo toàn
electron ...đồng thời cần nắm chắc các kiến thức lí thuyết tổng hợp để suy luận
và tìm ra đáp án chính xác.
Với các bài toán đồ thị ta có thể có nhiều phương pháp giải khác để giải
nhưng trong phạm vi đề tài này tôi chủ yếu chỉ trình bày các kĩ thuật của đồ thị
trong toán hình học và phương pháp bảo toàn. Còn các phương pháp khác thì tôi
chưa đề cập nhiều. Do đó nội dung của đề tài vẫn sẽ còn những hạn chế. Bản
thân tôi sẽ không ngừng học hỏi, tự cố gắng phấn đấu và cũng rất mong nhận
được sự đóng góp của cấp trên, đồng nghiệp để sáng kiến kinh nghiệm của tôi
ngày càng hoàn thiện hơn.
II. Kiến nghị và đề xuất.
Đề tài này không phải là mới hoàn toàn đối với các đồng nghiệp giảng dạy
môn hóa học nhưng để áp dụng được và có hiệu quả cao tôi xin có một số kiến
nghị nhỏ sau:
- Về phía nhà trường: cần tạo điều kiện cho giáo viên giảng dạy bộ môn
có điều kiện để thực hiện, nghiên cứu các đề tài, cung cấp thêm cho giáo viên

các đầu sách tham khảo, đầu tư thêm cơ sở vật chất như xây dựng phòng thí
21


nghiệm chuyên môn.
- Đối với giáo viên: không ngừng tự học, tự bồi dưỡng để nâng cao về
chuyên môn nghiệp vụ; trong quá trình dạy học cần phân loại học sinh yếu, kém
để có kế hoạch bồi dưỡng thêm cho các em. Có như vậy mới có thể nâng cao
chất lượng giáo duc, đáp ứng được nhu cầu thực tế của xã hội.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG Thanh hóa, ngày 20 tháng 05 năm 2018
ĐƠN VỊ
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
người khác

Lê Thị Trúc

22


D. TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. Hóa học 12 cơ bản – Nhà xuất bản Giáo dục Việt Nam
2. Bộ đề thi THPT QG 2017.
3. Các đề thi khảo sát chất lượng, đề thi thử THPTQG năm 2018 các tỉnh
Thanh Hóa , tỉnh Bắc Ninh, Chuyên đại học Vinh, chuyên Hà Nội...
4. Bộ đề trắc nghiệm luyện thi trung học phổ thông quốc gia năm 2018 Khoa học tự nhiên- Nhà xuất bản giáo dục Việt Nam- Tập 1, Tập 2.
5. Tư duy đảo chiều giải bài tập hóa học theo chuyên đề - Tác giả Nguyễn
Anh Phong.
6. 20 phương pháp giải nhanh hóa học - Tác giả Đỗ Xuân Hưng.

23