Phương pháp giải nhanh một số dạng bài toán về nhôm và hợp chất của nhôm ở lớp 12 THPT

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT HOẰNG HOÁ 3

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH MỘT SỐ DẠNG BÀI
TOÁN VỀ NHÔM VÀ HỢP CHẤT CỦA NHÔM
Ở LỚP 12 - THPT

Người thực hiện: Lê Thị Loan
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh vực : Hoá học

THANH HOÁ NĂM 2019


MỤC LỤC
Mục
1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài
1.2. Mục đích nghiên cứu
1.3. Đối tượng nghiên cứu
1.4. Phương pháp nghiên cứu
2. NỘI DUNG
2.1. Cơ sở lí luận

Trang
1
1
1

1
1

2.2.Thực trạng ở truờng THPT.
2.3. Nội dung của đề tài
2.3.1.Hệ thống hoá kiến thức cần lưu ý về nhôm và hợp chất của
nhôm
2.3.2. Phuơng pháp giải nhanh các dạng bài toán về nhôm và hợp
chất của nhôm
Dạng 1: Bài toán cho dung dịch muối Al 3+ tác dụng với dung dịch
kiềm
Dạng 2: Bài toán cho dung dịch muối aluminat tác dụng với dung
dịch axit
Dạng 3: Bài toán: Cho hỗn hơp gồm Al và 1 kim loại kiềm (Na, K)
hoặc kim loại kiềm thổ (Ca, Ba) tác dụng với nước, tác dụng với
dung dịch kiềm
Dạng 4: Bài toán nhiệt nhôm
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục,
với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.

3

3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ

1-3

3-4

4-11
12-14

14-15
15-18
19-20
19-20


1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài
Hiện nay trong quá trình đổi mới phương pháp giảng dạy cũng như hình
thức kiểm tra đánh giá chất lượng học sinh thì kiểm tra trắc nghiệm đã được áp
dụng có hiệu quả. Kiểm tra trắc nghiệm là một phương pháp kiểm tra có hiệu quả
với học sinh yêu cầu học sinh phải học tập, nghiên cứu vấn đề ở mức độ cao hơn:
tư duy nhanh hơn, kỹ năng làm bài nhanh, các phương pháp làm bài cũng đa dạng
hơn, phong phú hơn nhằm giúp học sinh tìm ra kết quả một cách nhanh nhất và
chính xác
Vậy để học sinh có những kỹ năng như thế ngoài tự học, tự sáng tạo của học
sinh thì giáo viên cũng phải cung cấp cho học sinh những phương pháp giải
nhanh phù hợp với yêu cầu của hình thức thi. Trong các đề thi trắc nghiệm quốc
gia, bài tập về axit nitric thường rất phong phú và liên quan đến nhiều chất đặc
biệt là kim loại và hợp chất của kim loại. Có những bài toán xảy ra nhiều quá
trình phức tạp đòi hỏi học sinh phải biết phân tích, đánh giá đúng bản chất và
chọn được phương pháp giải nhanh phù hợp nhất. Nhiều học sinh không biết làm
một cách tổng quát mà chỉ xét các trường hợp hoặc viết một loạt các phương
trình phản ứng… rồi đưa ra đáp án, với cách giải này đôi khi không giải ra kết
quả. Như vậy trong khi thi trắc nghiệm yếu tố thời gian là rất cần thiết. Nếu học
sinh giải như vậy sẽ mất nhiều thời gian, kết quả đạt được sẽ không cao. Vì vậy
thực tế yêu cầu cần thiết phải có phương pháp giải nhanh phù hợp với các dạng
bài toán.
Vì vậy tôi đã phân dạng bài tập, nêu cách giải nhanh trong từng dạng và đúc
rút trong đề tài: "PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH MỘT SỐ DẠNG BÀI TOÁN VỀ

NHÔM VÀ HỢP CHẤT CỦA NHÔM Ở LỚP 12 - THPT”.

1.2. Mục đích nghiên cứu
- Tìm hiểu cơ sở lí luận của đề tài.
- Phân dạng bài tập nhôm và hợp chất của nhôm
- Sử dụng các phuơng pháp giải nhanh giải bài toán về nhôm và hợp chất của
nhôm
1.3. Đối tượng nghiên cứu:
Trong đề tài này tôi tổng kết phương pháp giải nhanh một số dạng bài tập đặc
trưng về nhôm và hợp chất của nhôm thuờng gặp trong các đề thi THPT quốc gia,
đó là:
- Bài toán cho dung dịch muối Al3+ tác dụng với dung dịch kiềm
- Bài toán cho dung dịch muối aluminat tác dụng với dung dịch axit
- Bài toán nhiệt nhôm
- Bài toán: Cho hỗn hơp gồm Al và 1 kim loại kiềm (Na, K) hoặc kim loại kiềm
thổ (Ca, Ba) tác dụng với nước, tác dụng với dung dịch kiềm
1.4. Phương pháp nghiên cứu
- Nghiên cứu cơ sở lí luận của lí thuyết .
- Nghiên cứu tài liệu, sách giáo khoa, sách giáo viên, sách bài tập, sách tham
khảo, các đề thi THPT quốc gia các năm.
1


- Thc nghim:
+ T thc nghim ging dy cho hc sinh nhiu nm hc vi nhiu lp hc
sinh thụng qua cỏc bi kim tra qua cỏc k thi kho sỏt cht lung lp 12 v quỏ
trỡnh ụn tp cho hc sinh d thi THPT quc gia
+ Trao đổi, trò chuyện với đồng nghiệp, học sinh trong quá
trình nghiên cứu
+ Thc nghim s phm: Bi dng hc sinh gii Húa THPT, ụn thi THPT quc

gia
+ Phng phỏp thng kờ toỏn hc v x lớ kt qu thc nghim.
2. NI DUNG
2.1. C s lớ lun.
2.1.1. Nhng phm cht v nng lc t duy ca mt hc sinh mun hc tt
mụn hoỏ hc
- Theo PGS. Bựi Long Biờn (i hc Bỏch Khoa):Hc sinh gii hoỏ hc
phi l ngui nm vng bn cht hin tung hoỏ hc, nm vng cỏc kin thc c
bn ó uc hc gii quyt mt hay nhiu vn mi trong cỏc kỡ thi a ra
[1]
- Theo PGS.TS. Cao C Giỏc ( i hc Vinh): Mt hc sinh gii hoỏ hc
phi hi ba cú
+ Cú kin thc c bn tt, th hin nm vng kin thc c bn mt cỏch
sõu sc cú h thng.
+ Cú kh nng t duy tt v tớnh sỏng to cao: trỡnh by v gii quyt vn
mt cỏch linh hot, rừ rng, khoa hc v ti u.
+Cú kh nng thc hnh thớ nghim tt: Hoỏ hc l khoa hc va lớ thuyt
va thc nghim, khụng th tỏch ri lý thuyt vi thc nghim. Phi bit vn
dng lý thuyt iu khin thc nghim v t thc nghờm kim tra cỏc vn
ca lý thuyt, hon thin lý thuyt.
2.1.2. Nhng nh lut, phung phỏp vn dng trong ti
- nh lut bo ton khi lung
- nh lut bo ton nguyờn t
- Phung phỏp th
2.1.3. T thc tin c ch thi THPT quc gia
Hin nay trong cỏc bi kim tra, cỏc kỡ thi hc sinh phi lm bi mụn hoỏ
hc di hỡnh thc trc nghim (40 cõu trong thi gian 50 phỳt) ũi hi cỏc em
khụng nhng phi nm vng kin thc m cũn phi cú phng phỏp gii bi tp
ngn gn nht, k nng tớnh toỏn nhanh v chớnh xỏc.
Tuy nhiờn trong quỏ trỡnh ging dy tụi nhn thy nhiu hc sinh cũn lỳng

tỳng trong vic tỡm phng ỏn nhanh nht i n kt qu cui cựng. Vy trc
ht, hc sinh phi nm vng kin thc lý thuyt trng tõm liờn quan n bi toỏn,
t ú tin hnh cỏc thao tỏc t duy. Sau khi tin hnh t duy xong, hc sinh la
chn phng phỏp gii nhanh phự hp vi bi toỏn nh: bo ton khi lung, bo
ton nguyờn t khi gii cỏc bi toỏn nhit nhụm. C th vi bi toỏn v Nhụm v
2


hợp chất của nhôm có những dạng bài sử dụng phuơng pháp đồ thị xây dựng các
công thưc tính nhanh…
2.2.Thực trạng ở truờng THPT.
Với học sinh trường THPT Hoằng Hoá 3, chất lượng còn thấp, độ nhanh
nhạy chưa cao, phát hiện vấn đề còn chậm, khả năng tư duy còn hạn chế. Hơn
nữa, các em thường quen với cách giải truyền thống: đó là viết phương trình phản
ứng và lập phương trình hoặc lập hệ phương trình và biện luận. Với cách giải này
các em mất khá nhiều thời gian để đi đến kết quả của bài toán, không phù hợp với
kiểu bài thi trắc nghiệm hiện nay. Vì vậy, phân dạng bài tập một cách chi tiết,
phân tích bản chất của bài toán để áp dụng phương pháp giải nhanh phù hợp đối
với học sinh là rất cần thiết. Đó là cách mà tôi áp dụng trong quá trình giảng dạy
và đúc rút nên đề tài này.
2.3. Nội dung của đề tài
2.3.1. Hệ thống hoá kiến thức cần lưu ý về nhôm và hợp chất của nhôm
a. Nhôm
Nhôm là kim loại có tính khử mạnh
- Tác dụng với phi kim
- Tác dụng với dung dịch axit
+ Các axít thông thường (HCl, H2SO4 loãng)
3
Al + 3H+ → Al3+ + H2
2

+ Các axít có tính oxi hoá mạnh: HNO3, H2SO4 đặc, nóng: Với các axit HNO3 đặc
+5
+6
nóng, HNO3 loãng, H2SO4 đặc nóng: Al khử được N và S xuống những mức oxi
hoá thấp hơn.
3Al + 8 HNO3 → 3Al(NO3)3 +2 NO +4H2O
to
2Al + 6H2SO4 đ →
Al2(SO4)3 +3SO2 +6H2O
Chú ý:
+ Tác dụng NO3- trong môi trường axit : tương tự tác dụng HNO3l
+ Tác dụng NO3- trong môi trường bazơ :
8Al + 5OH- + 3NO3- + 2H2O → 8AlO2- +3NH3
+ Al bị thụ động với HNO3 đặc nguội, H2SO4 đặc nguội.
-Tác dụng với dung dịch muối của kim loại có thế điện cực chuẩn lớn hơn
(theo quy tắc α)
-Tác dụng với oxít kim loại (phản ứng nhiệt nhôm ): ở nhiệt độ cao, Al khử
được nhiều ion kim loại kém hoạt dộng hơn trong oxit ( oxit sắt, CuO, Cr 2O3...)
thành kim loại tự do.
2Al + Cr2O3 → Al2O3 +2 Cr
-Tan trong dung dịch kiềm :
3
Al + NaOH + 3H2O → Na[Al(OH)4] + H2
2

Giải thích: Trước hết, màng bảo vệ là Al2O3 bị phá huỷ trong dung dịch kiềm:
Al2O3 + 2NaOH + 3H2O  2Na[Al(OH)4] (1)
3

Tiếp đến, kim loại nhôm khử nước:
2Al + 6H2O → 2Al(OH)3 ↓ + 3H2 ↑
(2)
Màng Al(OH)3 bị phá huỷ trong dung dịch bazơ:
Al(OH)3 + NaOH → Na[Al(OH)4]
(3)
Các phản ứng (2) và (3) xảy ra luân phiên nhau cho đến khi nhôm bị tan hết. Vì
vậy có thể viết gộp lại:
2Al + 2NaOH + 6H2O → 2Na[Al(OH)4] + 3H2 ↑
[2]
b. Hợp chất của Nhôm
* Al2O3 và Al(OH)3 là hợp chất lưỡng tính
*Tác dụng với axit:
Al2O3 + 6H+ → 2Al3+ + 3H2O
Al(OH)3 + 3H+ → Al3+ + 3H2O
*Tác dụng với dung dịch bazơ
+)
Al2O3 + 2OH- + 3H2O → 2 [Al(OH)4]+)
Al(OH)3 + OH- → [Al(OH)4]Để đơn giản ta có thể viết tắt phân tử Natri aluminat là NaAlO 2
* Muối nhôm tác dụng với dung dịch kiềm
Thí nghiệm: nhỏ từ từ dung dịch bazơ vào dung dịch Al3+
Hiện tuợng: ban đầu thấy xuất hiện kết tủa keo trắng, kết tủa tăng đến cực đại
sau tan dần đến hết tạo dung dịch trong suốt.
Al3+ + 3OH- → Al(OH)3 ↓
Al(OH)3 + OH- → [Al(OH)4]- tan
Chú ý:
1. Al(OH)3 có tính axit rất yếu nên dễ bị axit mạnh đẩy ra khỏi muối.
[Al(OH)4 ]- + H+ → Al(OH)3 + H2O
Khi H+ dư:

Al(OH)3 + 3H+ → Al3+ + 3H2O
2. Al(OH)3 có tính axit yếu hơn cả H 2CO3 nên nếu sục khí CO 2 vào dung dịch
[Al(OH)4 ]- thì xảy ra phản ứng:
[Al(OH)4 ]- + CO2 → Al(OH)3 ↓ + HCO3[2]
2.3.2. Phương pháp giải nhanh các dạng bài toán về nhôm và hợp chất của
nhôm
Dạng 1: Bài toán cho dung dịch muối Al3+ tác dụng với dung dịch kiềm
Dạng 1.1: Cho từ từ dung dịch kiềm vào dung dịch Al3+
Phân tích bài toán:
Khi cho từ từ dung dịch kiềm chứa b mol OH- vào dung dịch chứa a molAl3+ thấy
xuất hiện kết tủa trắng keo, kết tủa tăng dần đến cực đại
Al3+ + 3OH- → Al(OH)3 ↓ (1)
Kết tủa đạt max khi Al3+ phản ứng vừa đủ với OH- ↔ nOH = 3 n Al 3+
→ số mol kết tủa max: nAl (OH ) =
3

nOH −
3

Sau đó cho tiếp dung dịch kiềm vào kết tủa bị hoà tan dần theo phuơng trình:
4


Al(OH)3 + OH- → [Al(OH)4]- tan (2)
Khi kết tủa vừa tan hết thì nOH = 4 n Al 3+
Al3+ + 4OH- → [Al(OH)4](3)
Vậy : + Nếu chỉ xảy ra phản ứng (1) có nghĩa là kết tủa không bị hoà tan, OH- hết
→ nAl (OH ) =
3

nOH −
3

(I)

+ Nếu xảy ra cả (1) và(2) nghĩa là kết tủa bị hoà tan một phần
Al3+ + 3OH- → Al(OH)3 ↓ (1)
3a
a
mol
Al(OH)3 + OH → [Al(OH)4]- tan (2)
b-3a
b-3a
mol
→n↓còn lại = a - (b - 3a)Al= 4aOH- b = 4nAl3+ - nOH - hay nOH- = 4nAl3+ - n↓ (II)
Từ kết quả phân tích trên ta có
Đồ thị (1.1) biểu diễn sự phụ thuộc số mol kết tủa theo số mol của OH- như sau:
Số mol kết tủa max = số mol Al3+ = a Khi b=3a,
kết tủa hoà tan vừa hết khi b=4a
số mol
Al(OH)3

a
c
0
3c
Từ đồ thị ta có nhận xét:

3a

4a-c

4a

số mol OH-

b

 nOH − = b ≤ 3a → n↓ = 3 ( n↓ max khib = 3a )

- Vậy 3a < nOH − = b < 4a → n↓ = 4a − b
n
> 4a → khong co ket tua
 OH −


[3]
Vậy quan trọng để giải bài toán này khi học sinh đọc đề phải biết phân tích
tìm ra dấu hiệu quan trọng của bài toán để nhận biết đuợc xảy ra truòng hợp nào
rồi sử dụng công thức tính nhanh hợp lý.
Các dạng toán thuờng gặp:
Bài toán 1: Baì toán cho biết số mol Al3+ và số mol OH-, yêu cầu tính luợng
kết tủa tạo thành.

5


*Cách làm:

Đặt :

T=

nOH −
nAl3+

Ta quan sát giá trị T trên trục số sau:
Al(OH)3 tăng dần → Al(OH)3max → n↓=0
0
│
│
T
3
4
Vậy tuỳ theo giá trị của T mà xảy ra các truờng hợp:
+Nếu T ≤ 3: Chỉ xảy ra (1) có nghĩa là kết tủa không bị hoà tan, OH- hết
nAl (OH )3 =

nOH −
3

(I)

+ Nếu 3 < T < 4: Xảy ra (1) và (2) : Kết tủa bị hoà tan một phần
Áp dụng công thúc tính nhanh:

nOH

−

= 4. n

Al

3+

− n↓ (II)

+ Nếu T ≥ 4: Xem như chỉ xảy ra (3) → Al(OH)3 bị hoà tan hoàn toàn→ OH- đủ
hoặc dư → n↓=0
Bài toán vận dụng:
Bài 1: Cho từ từ V ml dung dịch NaOH 3,5M vào 100 ml dung dịch AlCl 3 1M
thu được m gam kết tủa. Tính m trong các truờng hợp sau
a. V= 100ml
b. V = 50ml
c. V= 150 ml
Cách 1: Làm theo cách truyền thống( không sử dụng công thức tính nhanh)
a.
AlCl3 + 3 NaOH → Al(OH)3 + 3 NaCl
Ban đầu:
0,1
0,35
Phản ứng: 0,1  0,3
0,1
0,3
Sau phản ứng: 0
0,05
0,1
0,3
Vì NaOH còn dư nên có tiếp phản ứng:

Al(OH)3 + NaOH → Na[Al(OH)4]
Ban đầu:
0,1
0,05
Phản ứng:
0,05 ← 0,05 
0,05
Sau phản ứng: 0,05
0
0,05
Vậy sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được: 0,05 mol Al(OH)3 ↓
 m↓= 0,05 . 78 = 3,9 gam
Cách 2: Nhận dạng bài toán qua tỉ lệ T và dùng công thức tính nhanh
T=

nOH −
nAl3+

nOH

−

0,35

= 0,1 = 3,5 . Vậy 3= 4. n
− n↓ → n↓ = 4.0,1-0,35=0,05 mol→m↓ = 0,05 . 78 = 3,9 gam
Al

3+

So sánh 2 cách giải trên ta thấy cách 2 giải nhanh hơn rất nhiều, giúp các
em tiết kiệm thời gian phù hợp với hình thức thi trắc nghiệm hiện nay

6


b. T =

nOH −
nAl 3+

=

0,0,5.3,5
= 1,75 . Vậy T<3: chỉ xảy ra phản ứng (1), kết tủa không bị
0,1

hoà tan → nAl (OH ) =
3

c. T =

nOH −
nAl 3+

=

nOH −
3

=

0,0,5.3.5 0,175
0,175
=
→ m↓ =
. 78 = 4,55 gam
3
3
3

0,15.3,5
= 5,25 > 4 → n↓ =0
0,1

Bài 2: Cho từ từ 450 ml dung dịch KOH 2M tác dụng với 100 ml dung dịch
Al2(SO4)3 1M được dung dịch X. Tính nồng độ mol/l các chất trong dung dịch X?
Giải:
n

nOH − = 0,9 mol, nAl 3+ = 0,2 mol → T = OH = 4,5 > 4 → Tạo [Al(OH)4]- và OH- dư
nAl
−

3+

Dung dịch X có nAl (OH ) = nAl = 0,2 mol; nOH
4

 CM (K[Al(OH)4]) =

−

3+

−

du

= 0,9 – 0,2 . 4 = 0,1 mol

0, 2
0,1
≈ 0,36 M , CM(KOH) =
≈ 0,18M
0, 45 + 0,1
0, 45 + 0,1

Bài 3: Nhỏ từ từ 0,25 lít dung dịch NaOH 1,04M vào dung dịch gồm 0,024 mol
FeCl3; 0,016 mol Al2(SO4)3 và 0,04 mol H2SO4 thu được m gam kết tủa. Tính m?
Hướng dẫn HS cách suy luận: Khi đọc bài toán trên nếu học sinh không hiểu
bản chất của bài toán thì sẽ thấy khó không biết cách giải thế nào, nhưng để ý
một chút thì bản chất của bài toán vẫn là dung dịch muối Al 3+ tác dụng với
dung dịch kiềm, những chất khác cho vào chỉ để gây nhiễu thêm bài toán. Với
bài này chúng ta có thể đưa về đúng dạng cơ bản bằng cách tính số mol của
ion OH- còn lại để phản ứng với ion Al3+. Sau đó lại xét tỉ lệ số mol để xét
xem rơi vào trường hợp nào.
Cụ thể cách giải bài toán như sau:
Số mol OH- phản ứng với H+ và Fe3+ là: 0,04.2+ 0,024.3 = 0,152 (mol)

→ Số mol OH- phản ứng với Al3+ là: 0,25.1,04- 0,152 = 0,108
T =

nOH −
n Al 3+

=

0,108
= 3,375 : Kết tủa sinh ra bị hòa tan một phần
0,032

n↓Al(OH)3= 4nAl3+- nOH- = 0,02(mol)→ m = 0,02 . 78+ 0,024.107 = 4,128 gam.
Bài toán 2: Cho số mol của Al3+ và số mol kết tủa, yêu cầu tính số mol OHNhìn vào đồ thị 1.1 ta thấy: nếu n↓ < n↓max = n Al3+ (cra:
+ nAl ( OH ) =

nOH −

3
− = 4.
n

3

(giá trị min của OH-)

−
+ nOH
Al n↓(giá trị max của OH )

Bài tập vận dụng:
3+

7


Bài 1: Cho 0,5 lít dung dịch NaOH tác dụng với 300ml dung dịch Al2(SO4)3 0,2M
thu được 1,56g kết tủa. Tính nồng độ mol/lít của dung dịch NaOH. Biết các phản
ứng xảy ra hoàn toàn.
Giải
Số mol Al3+ = 0,12 mol.
Số mol Al(OH)3 = 0,02 mol < số mol Al3+ nên có 2 trường hợp xảy ra.
+TH1: Al3+ dư  Chỉ tạo Al(OH)3 nên số mol OH- = 3 . 0,02 = 0,06 mol.
→ CM(NaOH) = 0,12M
+TH2: Kết tủa bị hoà tan một phần do kiềm dư
→ Số mol OH- = 4.0,12 – 0,02 = 0,46 (mol) → CM(NaOH) = 0,92M
Bài 2: Cho V lít dung dịch NaOH 0,4M tác dụng với 58,14g Al 2(SO4)3 thu được
23,4g kết tủa. Tìm giá trị lớn nhất của V?
Giải:
Số mol Al3+ = 0,34 mol.
Số mol Al(OH)3 = 0,3 mol < số mol Al3+ nên có 2 trường hợp xảy ra.
số mol OH- max = 4.0,34 – 0,3 = 1,06 (mol) → V(dd NaOH)max = 2,65 lít
Bài toán 3: Biết số mol OH-, số mol kết tủa Al(OH)3. Tính số mol Al3+.
Cách làm:
So sánh số mol OH- của bài cho với số mol OH- trong kết tủa.
Nếu số mol OH- của bài cho lớn hơn số mol OH - trong kết tủa thì đã có hiện
tượng hoà tan kết tủa → Sản phẩm của bài có Al(OH)3 và [Al(OH)4 ]n[Al (OH )

−

4]

=

nOH −bai − 3nAl ( OH )3
4

(Theo bảo toàn nhóm OH-)  nAl = nAl (OH ) + n[Al (OH ) ]
3+

3

4

−

Chú ý: Nếu trong bài có nhiều lần thêm OH- liên tiếp thì bỏ qua các giai đoạn
trung gian, ta chỉ tính tổng số mol OH - qua các lần thêm vào rồi so sánh với
lượng OH- trong kết tủa thu được cuối cùng của bài.
Bài tập vận dụng:
Bài 1: Cho 150 ml dung dịch NaOH 2M vào cốc đựng 100 ml dung dịch AlCl3
aM. Kết thúc phản ứng, thu được 7,8 gam kết tủa. Thêm tiếp 100 ml dung dịch
NaOH 2M vào cốc đến khi phản ứng hoàn toàn thu được 10,92 gam kết tủa. Tính
a?
Hướng dẫn HS cách suy luận: Đối với bài toán này cần phân biệt khác với
bài toán ở ví dụ 2 là tiến hành các phản ứng liên tiếp, không tách lấy kết tủa
ra. Bài toán coi như tiến hành 2 thí nghiệm liên tiếp, thí nghiệm 1 cho 150 ml
dung dịch NaOH vào, thí nghiệm 2 thêm tiếp 100 ml dung dịch NaOH vào.
Để bài toán đơn giản hơn, các em có thể chuyển bài toán trên thành một bài
toán mới tương đương như sau:

“Cho 250ml dung dịch NaOH 2M vào 100 ml dung dịch AlCl3 aM thu được
10,92 gam kết tủa”. Bài toán này dễ hơn nhiều.
Bài 2: Thêm 0,6 mol NaOH vào dd chứa x mol AlCl 3 thu được 0,2 mol
Al(OH)3. Thêm tiếp 0,9 mol NaOH thấy số mol của Al(OH)3 là 0,5. Thêm tiếp
1,2 mol NaOH nữa thấy số mol Al(OH)3 vẫn là 0,5 mol. Tính x?

8


Giải:

∑n

OH −

= 0, 6 + 0,9 + 1, 2 = 2, 7 mol ; nAl ( OH )3 = 0,5

Số mol OH- trong kết tủa là 1,5 mol < 2,7 mol → có tạo [Al(OH)4 ]n[Al ( OH )

−
4]

=

nOH −bai − 3n Al (OH )3
4

= 0,3 mol  nAl = nAl ( OH ) + n[Al ( OH ) ] = 0,8 mol
3+

3

4

−

Chú ý: Nếu cho cùng một lượng Al3+ tác dụng với lượng OH- khác nhau mà
lượng kết tủa không thay đổi hoặc thay đổi không tương ứng với sự thay đổi
OH-, chẳng hạn như:
TN1: a mol Al3+ tác dụng với b mol OH- tạo x mol kết tủa.
TN2: a mol Al3+ tác dụng với 3b mol OH- tạo x mol kết tủa hoặc 2x mol kết tủa.
Khi đó, ta kết luận:
TN1: Al3+ còn dư và OH- hết.

nAl (OH )3 =

nOH −
3

= x.

TN2: Cả Al3+ và OH- đều hết và đã có hiện tượng hoà tan kết tủa.
n[Al ( OH )

−

4]

= nAl 3+ − nAl (OH )3 (TN 2) =

nOH − (TN 2) − 3nAl ( OH )3 (TN 2)
4

Bài tập vận dụng
TN1: Cho a mol Al2(SO4)3 tác dụng với 500ml dung dịch NaOH 1,2M được m
gam kết tủa.
TN2: Cũng a mol Al2(SO4)3 tác dụng với 750ml dung dịch NaOH 1,2M thu được
m gam kết tủa.Tính a và m?
Giải
Vì lượng OH- ở 2 thí nghiệm khác nhau mà lượng kết tủa không thay đổi nên:
TN1: Al3+ dư, OH- hết.
Số mol OH- = 0,6 mol → nAl (OH ) =
3

nOH −
3

= 0,2 mol → m = 15,6 g

TN2: Kết tủa bị hoà tan một phần
+ nOH = 4. n Al − n↓→ nAl3+ =(0,9 + 0,2)/4 = 0,275
→ Số mol Al2(SO4)3 = a = 0,1375 mol
Bài toán 4: Nếu bài toán cho duới dạng đồ thị thì học sinh nhận biết các
điểm đã cho trên đồ thị tuơng ứng với giá trị nào và truờng hợp nào đề vận
dụng công thức tính nhanh.
Bài 1: Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl 3, kết quả thí
nghiệm được biểu diễnnAl(OH)
trên đồ
thị sau (số liệu tính theo đơn vị mol)
3

−

3+

a
0,5a

nNaOH

0
Tỷ lệ x : y là: A. 6 : 7

x
B. 7: 8

C. 5 : 4

y
D. 4 : 5
9


Giải :
Nhìn vào đồ thị, ta có : x = 3a
y = 4a- 0,5a = 3,5a
→ x : y = 6 :7
Bài 2: Cho từ từ dd NaOH 1,5M phản ứng với 1 lít dung dịch Al(NO 3)3 Khối
lượng kết tủa thu được có quan hệ với thể tích dd NaOH như hình vẽ:

Nồng độ dung dịch Al(NO3)3 ban đầu là:

A. 0,05M
B. 0,08M
C. 0,12M
D. 0,1M
Giải:
Kết tủa đạt max tại số mol NaOH = 0,2.1,5 = 0,3 mol → số mol Al3+ = 0,1
→ CM Al(NO3)3 = 0,1 M
Mở rộng bài toán:
Cho từ từ dung dịch kiềm (OH -) vào dung dịch X chứa H+ (x mol) và Al3+ ( y
mol).
a. Các phản ứng xảy ra lần lượt theo các thứ tự sau:
OH- + H+ 
→ H2O
(1)
mol x
x
3OH + Al3+ 
→ Al(OH)3
(2)
mol 3y
y
y
OH + Al(OH)3 
→ [ Al(OH)4](3)
mol y
y
y
Hiện tượng:
−
- Ban đầu không có kết tủa : phản ứng 1, khi nOH = x

−
- Sau đó kết tủa tăng dần đến cực đại: phản ứng 2, khi thêm tiếp nOH = 3y
−
- Tiếp tục kết tủa tan dần đến hết: phản ứng 3, khi thêm tiếp nOH = y
Dựa vào hiện tượng hóa học xảy ra ta có thể lập đồ thị (1.2) như sau:
số mol Al(OH)3
y
a
số mol OH0
x
x+3a
Vậy ta có các công thức tính nhanh:

x+3y x+4y-a x+4y

10


+ Nếu chỉ xảy ra phuơng trình (1) và (2) nghĩa là kết tủa không bị hoà tan:
nOH- =nH+ + 3.n↓ (III)
+ Nếu xảy ra cả 3 phuơng trình (1), (2), (3):
nOH- =nH+ + 4.nAl3+ - n↓ (IV)
Phuơng Pháp giải bài toán này giống bài toán dung dịch OH - tác dụng với Al3+
chỉ khác phải dùng thêm một luợng OH- trung hoà H+
Vận dụng:
Bài 1: Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch hỗn hợp gồm a
mol HCl và b mol AlCl 3, kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau [4]
số mol Al(OH)3

0,4

số mol NaOH
0

0,8

2,0

2,8

Tỉ lệ a:b là:
A. 4:3
B. 2:1
C. 1:1
D. 2:3
Lời giải:
- Áp dụng hệ quả 3.4 ta có:
+ a = 0,8
+ 2,8 = 0,8+4b-0,4 . Từ đó ta có b = 0,6
Vậy tỉ lệ a:b = 4:3
Chọn đáp án A
Bài 2: Cho từ từ V ml dung dịch NaOH 1M vào 200 ml dung dịch gồm HCl 0,5M
và Al2(SO4)3 0,25M. Đồ thị biểu diễn khối lượng kết tủa theo V như hình dưới.
Giá trị của a, b tương ứng là:
A. 0,1 và 400.
B. 0,05 và 400.
C. 0,2 và 400.
D. 0,1 và 300 [5]
sè mol Al(OH)3

a

V ml NaOH

0

b

+ Ta có số mol H+ = 0,1 mol; Al3+ = 0,1 mol
+ Vì kết tủa cực đại bằng số mol Al3+ = 0,1 mol ⇒ a = 0,1 mol.
+ Từ đồ thì ta cũng có: số mol OH- ứng với b là = nH+ + 3nAl3+ = 0,1 + 3.0,1
= 0,4 mol → b = 0,4 : 1 = 0,4 lít = 400 ml.

11


Dạng 1.2: Cho từ từ dung dịch Al3+ vào dung dịch dung dịch kiềm
Phân tích bài toán:
Ban đầu không có kết tủa do luợng kiềm còn dư
Al3+ + 4OH- → [Al(OH)4]Sau khi OH- phản ứng hết, cho tiếp dung dịch Al3+ vào thì kết tủa xuất hiện
Al3+ + [Al(OH)4]- →Al(OH)3
Dạng 2: Bài toán cho dung dịch muối aluminat tác dụng với dung dịch axit
Bài toán : Cho từ từ dung dịch H+ vào dung dịch X chứa OH- x mol, AlO2- y mol
a. Hãy viết các quá trình hóa học xảy ra ? và cho biết hiện tượng
b. Vẽ đồ thị biểu diễn số mol kết tủa và số mol H+ trong quá trình phản ứng?
Lời giải:
a. Các phản ứng xảy ra lần lượt là:
H+ + OH- → H2O
(1)
mol x
x
+

H + AlO2- + H2O → Al(OH)3
(2)
mol y
y
y
+
3+
3H + Al(OH)3 → Al + 3H2O
(3)
mol 3y
y
y
- Hiện tượng:
+
Ban đầu không có kết tủa: phản ứng 1, khi nH = x
+
Sau đó kết tủa tăng dần đến cực đại: phản ứng 2, khi thêm tiếp nH = y
+
Tiếp tục kết tủa tan dần đến hết: phản ứng 3, khi thêm tiếp nH =3y
b. Dựa vào phân tích hiện tượng ta có đồ thị (1.3) như sau:
số mol Al(OH)3
y
a
số mol H+
0

x

x+a

x+y

x+4y-3a

x+4y

Từ phân tích hiện tuợng trên ta có các công thức tính nhanh:
+ Nếu kết tủa không bị hoà tan ↔ xảy ra phương trình (1) và (2):
nH+= nOH- + nAlO - (V)
2
+ Nếu kết tủa bị hoà tan một phân ↔ xảy ra phương trình (1), (2) và (3):
nH+ = nOH- + 4 nAlO - - 3.n (VI)
2

↓

-Từ bài toán tổng quát trên suy ra: nếu bài toán cho H+ vào dung dịch chứa AlO2mà không chứa OH- thì đoạn 0x trong bài toán 3 sẽ không có, vậy ta có đồ thị
(1.4)là:
số mol Al(OH)3
12


y
a
số mol H+

0

a
y

4y-3a
4y
Ta có các công thức tính nhanh:
+ Nếu kết tủa không bị hoà tan ↔ xảy ra phương trình (1) và (2):
nH+ = n↓ (VII)
+ Nếu kết tủa bị hoà tan một phân ↔ xảy ra phương trình (1), (2) và (3):
nH+ = 4 nAlO - - 3.n (VIII)
2

↓

Chú ý: Nhìn vào đồ thị và dựa vào các phản ứng ta thấy:
- Nếu nAl ( OH ) < n[Al (OH ) ] = n↓max thì có 2 trường hợp:
3

4

−

+ Chưa có hiện tượng hoà tan kết tủa hay [Al(OH)4 ]- còn dư: nH+ = n↓ (VII)
+ Kết tủa bị hoà tan một phần hay [Al(OH) ]- hết: nH+ = 4 nAlO - - 3.n (VIII)
4

2

↓

Bài toán vận dụng:
Bài 1: Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch HCl vào dung dịch hh gồm x mol Ba(OH)2
và y mol Ba[Al(OH)4]2 [hoặc Ba(AlO2)2], kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên

đồ thị sau:
Soámol Al(OH)3

0,2
0

0,1

0,3

0,7

Soámol HCl

Gía trị của x, y lần luợt là:
A. 0,05 và 0,15.
B. 0,10 và 0,30
C. 0,10 và 0,15.
D. 0,05 và 0,30
[7]
Giải:
+ Từ đồ thị → số mol OH- = 0,1 mol ⇒ 2x = 0,1 ⇒ x = 0,05 mol.
+ Từ đồ thị → 0,7 = 0,1 + 4.2y - 3.0,2 → y = 0,15 mol
Đáp án: A
Bài 2: Rót từ từ dung dịch HCl 0,1M vào 200 ml dung dịch K[Al(OH) 4] 0,2M.
Khối lượng kết tủa thu được phụ thuộc vào V (ml) dung dịch HCl như hình bên
dưới. Giá trị của a và b lần lượt là:
A. 200 và 1000.
B. 200 và 800.
C. 200 và 600.

D. 300 và 800

13


mAl(OH)3

1,56
Vml HCl

a

0

b

[5]
Bài 3: Cho 1 lít dung dịch HCl tác dụng với 500ml dung dịch hỗn hợp gồm
NaOH 1M và NaAlO2 1,5M thu được 31,2g kết tủa. Tính nồng độ mol/lít của
dung dịch HCl.
Giải
Do có tạo kết tủa Al(OH)3 nên OH- đã phản ứng hết.
Số mol OH- = 0,5 mol  Số mol H+ phản ứng với OH- = 0,5 mol
Số mol AlO2- = 0,75 mol hay số mol của [Al(OH)4 ]- = 0,75
Số mol Al(OH)3 = 0,4 mol < số mol AlO2- nên có 2 trường hợp xảy ra.
TH1: [Al(OH)4 ]- dư.
Khi đó: nH = nAl (OH ) = 0,4 mol
 Tổng số mol H+ đã dùng là 0,5 + 0,4 = 0,9 mol. Vậy CM(HCl) = 0,9M
TH2: [Al(OH)4 ]- hết, H+ dư hoà tan một phần kết tủa
nH+ = nOH- + 4 nAlO - - 3.n = 0,5 + 4.0,75 - 3.0,4 = 2,3 mol

2
↓
Vậy CM(HCl) = 2,3M
+

3

Dạng 3: Bài toán: Cho hỗn hơp gồm Al và 1 kim loại kiềm (Na, K) hoặc kim
loại kiềm thổ (Ca, Ba) tác dụng với nước, tác dụng với dung dịch kiềm
Xét bài toán: Cho hỗn hợp X (Al, M:Kim loại kiềm)
TN1: Cho X tác dụng với H2O dư thu đuợc V1 lít H2
TN 2: Cho X tác dụng với dung dịch kiềm dư thu đuợc V2 lít H2
Khí H2 trong hai thí nghiệm đuợc đo ở cùng điều kiện T, p
Định hướng phương pháp giải :
TN1: Cho X tác dụng với H2O dư thu đuợc V1 lít H2
Thứ tự phản ứng như sau:
M + H2O → MOH + 1/2 H2 (1)
Al + MOH + H2O → MAlO2 + 3/2H2 (2)
TN 2: Cho X tác dụng với dung dịch kiềm dư thu đuợc V2 lít H2
Các phản ứng xảy ra:
M + H2O → MOH + 1/2 H2 (3)
Al + OH- + H2O → AlO2- + 3/2H2 (4)
Ta thấy ở cả hai thí nghiệm:
- Số mol H2 (PT1) = Số mol H2(PT3) = 1/2 số mol M
- Ở phương trình (4): Al phản ứng hết do kiềm dư
→ số mol H2 (PT4) ≥ Số mol H2(PT3)
Vậy V2 ≥ V1
14

Có thể xảy ra 2 trường hợp sau:
- V2 = V1: MOH tạo thành ở phương trình (1) hoà tan hết Al
- V2>V1: ở phuơng trình (2) Al dư, MOH hết
Bài toán vận dụng: Hỗn hợp X gồm Na và Al. Cho m gam X vào một lượng dư
nước thì thoát ra V lít khí. Nếu cũng cho m gam X vào dung dịch NaOH (dư) thì
được 1,75V lít khí. Thành phần phần trăm theo khối lượng của Na trong X là
(biết các thể tích khí đo trong cùng điều kiện)
A. 39,87%.
B. 29,87%.
C. 49,87%.
D. 77,31%. [8]
Hướng dẫn giải
Vì thể tích khí khi tác dụng với NaOH nhiều hơn khi tác dụng với nuớc
chứng tỏ Al còn dư khi hòa tan vào nước.
Na+ H2 O → NaOH + ½ H 2
x
x
x/2
mol
NaOH + Al + H 2O → NaAlO2 + 3/2 H 2
x
x
3x/2 mol
Không mất tính tổng quát, giả sử Khi cho m gam X vào một lượng dư nước
thu đuợc 1 mol H2 thì khi cho m gam X vào dung dịch NaOH (dư) thì thu
đuợc 1,75 mol H2.
Ta có: x/2 +3x/2 = 1→ x = 0,5 mol
Cho m gam X vào dung dịch NaOH (dư) :
Na+ H2 O → NaOH + 1/2 H2
0,5

0,25 mol
NaOH + Al + H 2O → NaAlO2 + 3/2 H 2
1
1,5 mol
0,5.23
.100% = 29,87% Đápán: B
%mNa =
0,5.23 + 1.27
Dạng 4: Bài toán nhiệt nhôm
Trong số các dạng bài về kim loại Al và hợp chất thì “bài toán về phản ứng
nhiệt nhôm” cũng là dạng bài khá quan trọng, gặp nhiều trong các đề thi
tuyển sinh đại học và cao đẳng. Trước hết, các bạn cần hiểu phản ứng nhiệt
nhôm là phản ứng dùng kim loại Al để khử cation kim loại yếu hơn trong oxit
( oxit sắt, CuO, Cr2O3…) ở nhiệt độ cao.
Ta có sơ đồ phản ứng:
FexOy
Fe
Al + CuO
→ Al2O3 + Kim loại Cu
Cr2O3
Cr
Khi giải các bài toán về phản ứng nhiệt nhôm thường sử dụng định luật bảo
toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố.
+ Định luật bảo toàn khối lượng: mhhX ban đầu = mhh y sau phản ứng
+ Định luật bảo toàn nguyên tố (mol nguyên tử):
15


nAl (X) = nAl (Y) ; nFe (X) = nFe (Y) ; nO (X) = nO (Y)
Xét bài toán phản ứng nhiệt nhôm giữa Al và oxit sắt. Đây là bài toán nhiệt

nhôm hay gặp nhất trong các đề thi.
1. Nếu phản ứng nhiệt nhôm xảy ra hoàn toàn thì có 3 trường hợp xảy ra:
* TH1: Al, FexOy đều hết → sản phẩm gồm Fe, Al2O3 .
* TH2: Al hết, FexOy dư → sản phẩm gồm Fe, Al2O3 và FexOy dư.
* TH3: Al dư, FexOy hết → sản phẩm gồm Fe, Al2O3 và Al dư.
Để xác định sản phẩm tạo thành phải dựa vào các dữ kiện của bài toán:
- Nếu sản phẩm tạo thành tác dụng với dung dịch kiềm giải phóng khí H 2 thì
xảy ra trường hợp 3, sản phẩm gồm Fe, Al 2O3 và Al dư (trường hợp này hay
gặp nhiều nhất).
- Nếu sản phẩm tác dụng với dung dịch kiềm không giải phóng H2 thì có thể
xảy ra trường hợp 1 hoặc trường hợp 2.
[9]
2. Nếu phản ứng nhiệt nhôm không hoàn toàn (H < 100%) thì sản
phẩm gồm: Fe, Al2O3, Al dư và FexOy dư.
Khi tính hiệu suất cần phải xét tỉ lệ mol xem tính hiệu suất theo chất nào.
Ví dụ: a Al + b FexOy → Al2O3 + Fe
Lập tỉ lệ mol: k =

nAl
nFexOy

a
thì hiệu suất của phản ứng tính theo Al hoặc FexOy
b
a
+ Nếu k > thì hiệu suất của phản ứng tính theo FexOy
b
a
+ Nếu k < thì hiệu suất của phản ứng tính theo Al
b

3. Chia hỗn hợp rắn sau phản ứng nhiệt nhôm thành 2 phần không bằng
nhau.
Phuơng pháp giải: Đặt khối luợng phần 2 = k lần khối luợng phần 1→ Số
mol mỗi chất trong phần 2 gấp k lần số mol các chất tuơng ứng trong phần 1
Bài tập vận dụng:
Bài 1: Nung nóng m gam hỗn hợp gồm Al và Fe3O4 trong điều kiện không có
không khí. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp rắn X. Cho X
tác dụng với dung dịch NaOH (dư) thu được dung dịch Y, chất rắn Z và 3,36 lít
khí H2 (ở đktc). Sục khí CO2 (dư) vào dung dịch Y, thu được 39 gam kết tủa. Giá
trị của m là:
A. 45,6 gam
B. 57,0 gam
C. 48,3 gam
D. 36,7 gam
Lời giải
nH2 = 0,15 mol ; nAl(OH)3 = 0,5 mol
- Từ đề suy ra thành phần hỗn hợp rắn X gồm: Fe, Al2O3 (x mol) và Al dư (y
mol)
- Các phản ứng xảy ra là:

+ Nếu k =

16


2Al + 2NaOH + 6H2O → 2Na[Al(OH)4] + 3H2
Al2O3 + 2NaOH + 3H2O → 2Na[Al(OH)4]
CO2 + Na[Al(OH)4] → Al(OH)3 + NaHCO3
nH2 = 0,15 mol → y = 0,1 mol
- Theo đlbt nguyên tố đối với Al: 2x + y = 0,5 → x = 0,2 mol

- Theo đlbt nguyên tố đối với O: nO(FeO) = nO(AlO) → nFe3O4 = mol
- Theo đlbt nguyên tố đối với Fe: nFe = 3nF3O4 = 3.0,15 = 0,45 mol
- Theo đlbt khối lượng: m = 0,45.56 + 0,2.102 + 0,1.27 = 48,3 gam
→ đáp án C
Bài 2: Thực hiện phản ứng nhiệt nhôm hỗn hợp gồm Al và m gam hai oxit
sắt trong khí trơ, thu được hỗn hợp rắn X. Cho X vào dung dịch NaOH
dư, thu được dung dịch Y, chất không tan Z và 0,672 lít khí H 2 (đktc). Sục
khí CO2 dư vào Y, thu được 7,8 gam kết tủa. Cho Z tan hết vào dung dịch
H2SO4, thu được dung dịch chứa 15,6 gam muối sunfat và 2,464 lít khí SO 2
(ở đktc, là sản phẩm khử duy nhất của H 2SO4). Biết các phản ứng xảy ra
hoàn toàn. Giá trị của m là
A. 6,48.
B. 5,04.
C. 6,96.
D. 6,29.
[4]
Hướng dẫn HS cách suy luận:
2
4
Bài toán trên khá hay tổng hợp được 2nhiều nội dung kiến thức như
phản
ứng nhiệt nhôm, CO2 tác dụng với dung dịch muối AlO -, kim loại Fe tác
dụng với axit H2SO4 đặc, nóng. Để giải được bài toán này các bạn cần phải
nắm chắc lý thuyết, các quá trình chuyển hóa, phương trình hóa học.
- Vì X tác dụng với dung dịch NaOH giải phóng khí H2 nên X gồm Fe, Al2O3 và
Al dư.
- Khi cho chất rắn X tác dụng với dung dịch NaOH dư thì thu được dung

dịch Y gồm NaAlO2 và NaOH dư. Chất rắn Z còn lại là Fe.
- Cho Z tác dụng với axit H2SO4 giải phóng khí SO2 nên các bạn dự đoán

axit H2SO4 phải là axit đặc, nóng. Bài lại cho cả khối lượng muối sunfat và
thể tích khí SO2 nên dự đoán tiếp muối sunfat phải gồm 2 loại muối là
FeSO4 và Fe2(SO4)3.
Bài yêu cầu đi tìm m là khối lượng của 2 oxit sắt, suy luận phải đi tìm qua
khối lượng của Fe và O trong oxit.
nAl dư = 2/3.nH2 = 0,02 mol.
Bảo toàn Al ta có: nAl ban đầu = n↓ = 0,1 mol → nAl pư = 0,08 mol.
3
Bảo toàn nguyên tố: nO (trong oxit sắt) = nO (trong oxit nhôm) = .0,08 = 0,12 mol
2
2H2SO4 + 2e →SO42- + SO2 + 2H2O
0,110,11

mol

→ mFe = 15,6 – 0,11.96 = 5,04 gam. Vậy m = 5,04 + 0,12.16 = 6,96 gam.

17


Bài 3: Trộn 10,8 gam bột nhôm với 34,8g bột Fe3O4 rồi tiến hành phản ứng nhiệt
nhôm trong điều kiện không có không khí. Hòa tan hỗn hợp rắn sau phản ứng
bằng dung dịch H2SO4 loãng dư thu được 10,752 lít H2 (đktc). Hiệu suất phản ứng
nhiệt nhôm? (giả sử Fe3O4 chỉ bị khử thành Fe)
[9]
Phân tích
- Với bài tính hiệu suất như bài này HS thường không biết tính hiệu suất theo Al
hay Fe3O4 thực tế ở bài này đã biết số mol của Al và Fe 3O4 ta cần so sánh tỉ lệ mol
các chất để xác định xem hiệu suất của phản ứng tính theo chất nào
- Vì là bài tính hiệu suất nên hỗn hợp A sau phản ứng gồm: Al 2O3, Fe, Al dư,

Fe3O4 cho vào dung dịch axit (HCl, H2SO4 loãng) tạo khí H2
Fe + 2H+ → Fe2+ + H2
(1)
+
3+
2Al + 6H → 2Al + 3H2
(2)
Fe3O4, Al2O3 + H+ → Muối + H2O
=> nH2 = nFe + nAldư
Hướng dẫn giải:
Theo bài ra ta có nAl = 0,4 mol, n Fe3O4 = 0,15 mol
=> hiệu suất H = %Fe3O4 phản ứng
Phản ứng:
8Al + 3Fe3O4 → 4Al2O3 + 9Fe
Ban đầu
0,4
0,15
mol
Phản ứng
8x
3x
9x mol
Sau phản ứng (0,4-8x) 0,15 – 3x
9x mol
Theo PT 1,2 ta có nH2 = nFe + nAldư
ó 0,48 = 9x + (0,4 – 8x) => x = 0,04 mol
Vậy hiệu suất H = % Fe3O4 =

3.0,04
.100% = 80%

0,15

Bài 4: Tiến hành phản ứng nhiệt nhôm hỗn hợp A gồm Al và FexOy (trong
điều kiện không có không khí) được hỗn hợp B. Nghiền nhỏ, trộn đều hỗn
hợp B rồi chia thành hai phần.
- Phần 1 có khối lượng 4,83 gam được hòa tan hết trong dung dịch HNO 3 dư,
đun nóng được dung dịch C và 1,232 lít NO ( sản phẩm khử duy nhất).
- Phần 2 tác dụng với dung dịch NaOH dư đun nóng thu được 1,008 lít H 2 và
còn lại 7,56 gam chất rắn. (Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn thể tích các
khí đo ở đktc) Công thức FexOy là
A. Fe3O4.
B. FeO hoặc Fe3O4.
C. Fe2O3.
D. FeO.
[9]
Hướng dẫn giải:
-Phần 2 tác dụng với NaOH tạo ra khí H2 →Al dư, nAl dư = 3/2 nH2 = 0,03 mol
Chất rắn còn lại là Fe (vì phản ứng hoàn toàn) → nFe = 0,135 mol
- Giả sử nếu toàn bộ B ở phần 2 tác dụng với HNO3
Al + HNO3 → Al(NO3)3 + NO + H2O
Fe + HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + H2O
Theo BT electron: ta có 3nAl + 3nFe = 3n (P2)
NNO (P2) = 0,03 + 0,135 = 0,165 mol
18


ta thấy nNO (P1) = 3nNO (P2)
vậy P2 = 3P1 hay mP2 = 3mP1 => m phần 2 = 4,83.3 = 14,49 gam
Theo bảo toàn khối lượng mPhần 2 = mFe + mAl dư + mAl2O3
→ mAl2O3 = 6,12 (gam)→ nAl2O3 = 0,06 mol

Theo bảo toàn nguyên tố oxi:
ta có nO (FexOy) = nO(Al2O3) = 0,06 . 3 = 0,18 mol
x : y = 0,135 : 0,18 = 3 : 4. Vậy oxit là Fe3O4 Đáp án: A
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản
thân, đồng nghiệp và nhà trường.
Trên đây là những kinh nghiệm bản thân đúc rút được trong quá trình công
tác, từ sự học hỏi đồng nghiệp, từ thực tiễn dạy và học môn hoá học ở truờng
THPT Hoằng Hoá 3.
Đề tài có tính thực tiễn rất cao, đã đuợc sử dụng trong quá trình giảng dạy ôn
thi THPT quốc gia lớp 12, ôn thi HSG và đã đạt được những kết quả khả quan.
Các bài tập được giải trong thời gian ngắn hơn, không mất nhiều thời gian vào
công việc tính toán đại số. Nhờ đó GV có thời gian để khai thác các dạng bài tập
nhiều hơn. GV đưa ra nhiều câu hỏi hơn cho HS gây hứng thú hơn trong học tập.
Hoạt động nhận thức của HS được nâng cao, lôi cuốn HS tham gia xây dựng bài.
Trong quá trình giảng dạy tôi đã áp dụng các phương pháp giải nhanh bài tập
về nhôm và hợp chất của nhôm. Kết quả là học sinh nắm bắt vấn đề tương đối
nhẹ nhàng và có hiệu quả rõ rệt . Tôi đã thử nghiệm với 2 lớp học sinh làm 25
câu trắc nghiệm về nhôm và hợp chất của nhôm trong thời gian 45 phút
- Lớp 12B2 áp dụng các phương pháp giải nhanh (Lớp thực nghiệm)
- Lớp 12B3 chủ yếu làm theo phương pháp truyền thống, chưa đựơc học
PPGN (Lớp đối chứng)
Kết quả thu được như sau:
Điểm
Lớp 12B2
Lớp 12B3
Số HS
%
Số HS
%
Giỏi(9-10)

10
23,81%
2
4,76%
Khá (7-8,5)
19
45,24%
10
23,81%
TB (5-6,5)
10
23,81%
20
46,62%
yếu,kém(dưới 5)
3
7,14%
10
23,81%
Tổng : 42 HS
Tổng : 42 HS
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận
Qua quá trình thực nghiệm sư phạm, tôi đã có cơ sở để khẳng định giả thuyết của
mình về hiệu quả của việc vận dụng hệ thống các PPGN vào giảng dạy phần bài
tập về nhôm và hợp chất của nhôm
* Theo kết quả điều tra:

19

-Về phía HS: HS thích học môn hóa học hơn, những tiết học luyện tập, ôn tập
kiến thức lôi cuốn HS hơn và các hoạt động tư duy vừa sức được tăng lên làm
cho HS hứng thú hơn, chống lại thói quen lười biếng trí tuệ trong giờ học.
-Về phía GV: Sử dụng các PPGN, GV đỡ mất nhiều thời gian hướng dẫn giải chi
tiết theo phương pháp truyền thống dài dòng, để GV dành nhiều thời gian hơn
cho việc tổ chức cho HS thảo luận hoặc phân tích, mở rộng một vấn đề.
* Thông qua quan sát tiến trình dạy học trên lớp: với các giờ học có sử dụng
PPGN, nội dung kiến thức của bài học được đảm bảo. Các bài tập được giải trong
thời gian ngắn hơn, không mất nhiều thời gian vào công việc tính toán đại số.
Nhờ đó GV có thời gian để khai thác các dạng bài tập nhiều hơn. GV đưa ra
nhiều câu hỏi hơn cho HS gây hứng thú hơn trong học tập. Hoạt động nhận thức
của HS được nâng cao, lôi cuốn HS tham gia xây dựng bài.
* Thông qua bài kiểm tra: Bài kiểm tra được tiến hành sau khi HS học xong bài,
bao gồm bài tập định tính và bài tập định lượng. Kết quả cho thấy việc sử dụng
các PPGN bài tập về sắt và hợp chất của sắt nâng cao rõ rệt kết quả học tập của
học sinh phù hợp với hình thức thi trắc nghiệm.
Trên đây là những kinh nghiêm tôi đúc rút được trong quá trình giảng dạy. Rất
mong đây sẽ là tài liệu tham khảo cho HS và đồng nghiệp. Rất mong được sự
đóng góp chân thành của đồng nghiệp
3.2. Kiến nghị
Trên đây là những kinh nghiêm tôi đúc rút được trong quá trình giảng dạy.
Rất mong đây sẽ là tài liệu tham khảo cho HS và đồng nghiệp. Rất mong được sự
đóng góp chân thành của đồng nghiệp.
Tôi mong rằng Sở giáo dục có chương trình thảo luận các SKKN đã đạt
giải trong năm học để giáo viên trong toàn tỉnh được tham khảo từ đó có thể vận
dụng vào bài giảng của mình. Dồng thời đưa các SKKN hay lên các trang wed
của Sỏ để giáo viên trong tỉnh tham khảo và áp dụng vào công tác nhằm nâng
cao chất lượng giáo dục.
XÁC NHẬN CỦA THỦ

TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh hóa, ngày 20 tháng 5 năm 2019
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác.
Người viết đề tài

Lê Thị Loan

20


TÀI LIỆU THAM KHẢO:
[1]. PGS-TS. Cao Cự giác – Giáo trình bồi dưỡng học sinh giỏi hóa học THPTNXB ĐH Vinh
[2]. SGK Hoá họcp 11 nâng cao- Nhà xuất bản giáo dục Việt Nam
[3]. Nguyễn Như Lan Phuơng- Phuơng pháp giải nhanh môn Hoá học
[4]. Đề thi tuyển sinh đại học cao đẳng năm 2014 khối A
[5]. Giáo viên Kim Văn Bính- Truờng THPT Yên Lạc - Giải bài tập hoá học bằng
phuơng pháp đồ thị
[6]. Lê Văn Cuờng, truờng THPT Hoằng Hoá 3- Hoằng Hoá- Thanh Hoá “ Xây
dựng phuơng pháp sử dụng đồ thị để giải bài toán hoá”- SKKN năm học 20142015
[7]. Đề thi thử THPT chuyên Vinh lần 1- năm 2015
[8]. PGS-TS. Cao Cự giác, Ths. Hồ Xuân Thuỷ- Bộ đề thi THPT môn hoá họcNXB ĐHQG Hà Nội
[9]. Ths. Cao Mạnh Hùng- Tài liệu ôn thi quốc gia 2017

21


DANH MỤC
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN KINH

NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN, TỈNH VÀ CÁC
CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN
Họ và tên tác giả: Lê Thị Loan
Chức vụ và đơn vị công tác: Giáo viên trường THPT Hoằn Hoá 3

TT Tên đề tài SKKN
1.

2.

3.

4.

5.

Phương pháp giải nhanh một
số dạng bài toán của sắt và
hợp chất của sắt ở lớp 12THPT
Phương pháp giải nhanh một
số dạng bài toán của sắt và
hợp chất của sắt ở lớp 12THPT
Phuơng pháp giải nhanh bài
toán phản ứng cộng hiđro,
cộng brôm vào hođrocacbon
không no, mạch hở ở lớp 11THPT
Phương pháp giải nhanh một
số dạng bài toán về axit nitric
ở lớp 11- THPT
Xây dựng hệ thống bài tập

nhằm phát hiện và bồi duỡng
học sinh giỏi hoá học ở truờng
trung học phổ thông

Cấp đánh giá
xếp loại
(Ngành GD cấp
huyện/tỉnh;
Tỉnh...)
Cấp Sở

Kết quả
đánh giá
xếp loại
(A, B,
hoặc C)
B

Cấp Tỉnh

B

2014

Cấp Sở

C

2014

Cấp Sở

C

2016

Cấp Sở

C

2018

Năm học đánh
giá xếp loại
2012

22


23