Thiết lập các hàm số bậc nhất để giải một số bài toán hóa học nâng cao

A. MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài
Trong dạy học môn Hóa học, bên cạnh việc nắm vững lý thuyết, bài tập hóa học là
một yêu cầu tất yếu nhằm giúp học sinh củng cố kiến thức, rèn luyện kỹ năng phân
tích, tổng hợp, khái quát và vận dụng linh hoạt, khả năng tư duy sáng tạo, tự lập giải
quyết vấn đề. Việc tìm ra một phương pháp giải bài tập nhanh, độc đáo sẽ gây được
hứng thú học tập, kích thích trí tò mò tìm hiểu của học sinh, đặc biệt là những phương
pháp có tính trực quan, vận dụng những kiến thức liên môn đơn giản sẽ giúp học sinh
có hững thú hơn đối với môn học.
Qua những năm giảng dạy tôi nhận thấy rằng, khi giải bài tập hóa học, học sinh
thường gặp những khó khăn trong việc phân tích đề bài, xác định dạng bài và những
kiến thức lý thuyết có liên quan đến bài toán, dẫn đến cách giải thường dài dòng, thậm
chí không giải được. Điều này là do học sinh còn chưa hiểu được bản chất của hiện
tượng hóa học có liên quan đến bài toán. Việc mô tả những hiện tượng hóa học đó
bằng những hình ảnh trực quan sẽ giúp học sinh dễ hiểu hơn. Nhận thấy khảo sát hàm
số bậc nhất là bài toán thường gặp và dễ làm của môn Toán học đối với nhiều học sinh
và có tính trực quan. Vì vậy, trong năm học 2014 – 2015 tôi đã thực hiện một đề tài:”
Sử dụng phương pháp khảo sát hàm số bậc nhất để giải một số bài toán Hóa học vô cơ
” hay có thể gọi là bài toán đồ thị. Trong bài toán này, với một biến số x chỉ có một
kết tủa tạo thành. Những năm gần đây, đề thi THPT Quốc gia luôn có một câu về bài
toán đồ thị, nên việc ôn tập cho học sinh chuyên đề này là yêu cầu cần thiết. Tôi muốn
phát triển bài toán ở mức độ vận dụng cao hơn, phức tạp hơn như là với cùng biến số
x có hai kết tủa tạo thành. Từ những kinh nghiệm tích lũy được, trong năm học này tôi
chọn đề tài:” THIẾT LẬP CÁC HÀM SỐ BẬC NHẤT ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI
TOÁN HÓA HỌC NÂNG CAO ” làm đề tài sáng kiến kinh nghiệm của mình. Và vì
có tính nối tiếp như vậy, nên trong đề tài này tôi có sử dụng một số công thức tính
nhanh đã được thiết lập ở đề tài trước mà không đi thiết lập lại nữa.
2. Mục đích nghiên cứu
Dựa vào bản chất hóa học và mối quan hệ phụ thuộc của sản phẩm là khối lượng
chất kết tủa vào chất phản ứng, thiết lập các hàm số bậc nhất, rồi mô tả hiện tượng
hóa học của bài toán bằng đồ thị hàm số đó. Sau đó khảo sát đồ thị giải nhanh bài

toán.
3. Đối tượng nghiên cứu
1


- Bài toán về Ba(OH)2 tác dụng với dung dịch Al2(SO4)3. Từ đó mở rộng cho bài
toán dung dịch là hỗn hợp các chất.
4. Phương pháp nghiên cứu
* Nghiên cứu lí luận : Nghiên cứu về mối quan hệ phụ thuộc của sản phẩm
vào chất phản ứng của một số bài toán vô cơ bằng hàm số bậc nhất.
* Phương pháp điều tra: Tìm hiểu thực tế dạy và học nội dung kiến thức đã
nêu trong mục 3. Phân tích kết quả học tập và ý kiến của học sinh.
5. Đóng góp của đề tài
Thiết lập mối quan hệ giữa khối lượng sản phẩm gồm hai kết tủa: BaSO 4 và
Al(OH)3 với số mol chất phản ứng Ba(OH) 2 bằng hàm số bậc nhất để giải nhanh bài
toán có liên quan.
B. NỘI DUNG ĐỀ TÀI
1. Bài toán cơ sở: Nhỏ từ từ đến dư dung dịch Ba(OH) 2 x mol vào dung dịch X
chứa a mol Al2(SO4)3. Mối quan hệ giữa khối lượng kết tủa thu được và số mol
Ba(OH)2 thêm vào được biểu diễn trên đồ thị sau:

m kết tủa
tửa

A

855a
B

x

699a

O
PTHH: Ba2+ + SO42-  BaSO4

x

nBa(OH)2

(1)

Al3+ + 3OH-  Al(OH)3

(2)

Al(OH)3+ OH-  Al(OH)4-

(3)

BaSO4 đạt max tại điểm có hoành độ x = nBa = nSO = 3a (điểm A).
2+

2−
4

2


⇒ nBaSO4 max = nSO24− = 3a (mol) ⇒ mBaSO4max = 233.3a = 699a (gam).

nOH−

Al(OH)3 đạt max khi nOH = 3nAl = 3.2a = 6a. Tức là tại hoành độ x =
−

3+

2

=

6a
= 3a
2

(điểm A). Như vậy hai kết tủa BaSO4 và Al(OH)3 đạt max cùng một lúc.
nAl(OH)3 max = nAl3+ = 2a ⇒ mAl(OH)3 max = 78.2a = 156a(gam)

Điểm B là điểm Al(OH)3 tan vừa hết nên nOH = 4nAl . Suy ra 2x =4.2a x = 4a là
hoành độ điểm B.
−

3+

Khảo sát đồ thị thu được kết quả như sau:
Đoạn OA: Cả 2 kết tủa tạo thành
n
2x
Với nBa(OH) = x thì theo PTHH (1), (2): nBaSO = nBa = x (mol); nAl(OH) = OH = mol .
−

2

2+

4

Suy ra: m kết tủa = mBaSO + mAl(OH) = 233x + 78.
4

3

3

3

3

2x
= 285x .
3

Ta thiết lập được hàm số: y = 285x (hàm số A)
Đoạn AB: kết tủa Al(OH)3 tan một phần
Với nBa(OH) = x thì theo PTHH (2), (3) : nAl(OH) = 4nAl − nOH = 4.2a− 2x
2

3

3+

−

Suy ra: m kết tủa = mBaSO max + mAl(OH) = 699a+ 78(4.2a− 2x) = −156x+ 1323a
4

3

Ta thiết lập được hàm số: y = -156x + 1323a (hàm số B).
Đoạn Bx: kết tủa Al(OH)3 tan hết
Ta có:

m kết tủa = mBaSO

4max

= 699a. Ta thiết lập được hàm số y = 699a (hàm số C)

Bài toán minh họa
Câu 1: Nhỏ từ từ đến dư dung dịch Ba(OH) 2 0,2M vào 100 ml dung dịch X chứa
Al2(SO4)3 C mol/l. Mối quan hệ giữa khối lượng kết tủa thu được và số mol Ba(OH) 2
thêm vào được biểu diễn trên đồ thị sau:

3


A
B

x1

a. Tính giá trị của C.
b. Tính hoành độ x1 trên đồ thị.
c. Mặt khác, nếu cho 100 ml dung dịch hỗn hợp Ba(OH) 2 0,2M vào 100 ml dung
dịch X thì khối lượng kết tủa thu được bằng bao nhiêu gam?
d. Mặt khác, nếu cho 100 ml dung dịch hỗn hợp Ba(OH) 2 0,2M và NaOH 0,3M vào
100 ml dung dịch X thì thu được m gam kết tủa. Tính giá trị của m.
Giải
a. Do: B là một điểm thuộc đồ thị hàm số (C) y = 699a = 6,99 ⇒ a = 0,01 mol =
nAl2 (SO4 )3
0,01

Vậy C = 0,1 = 0,1(mol / l) .
b. B cũng là một điểm thuộc đồ thị hàm số (B): y = -156x + 1323a
với y = 6,99; a = 0,01 ta tính được x1 = 0,04 mol.
c. Ta có nBa(OH) = 0,1.0,2 = 0,02(mol)
2

Kết tủa đạt cực tại hoành độ x = 3a = 0,03 mol
Nên tại hoành độ x = 0,02 mol ứng với đồ thị hàm số (A): y = 285x
ta tính được y = 285.0,02 = 5,7 (gam).
d. Ta có: nBa(OH) = 0,1.0,2 = 0,02(mol) ; nNaOH = 0,1.0,3 = 0,03(mol)
2

⇒ nOH− = 0,07 (mol) ⇒ nBaSO4 = nBa2+ =0,02 mol; nAl(OH)3 = 4nAl3+ − nOH− = 4.0,02 − 0,07 (mol)

Như vậy m kết tủa = mBaSO + mAl(OH) = 233.0,02+ 78.0,01= 5,44(gam).
4

3

4


2. Bài toán nâng cao 1: trong dung dịch X ngoài Al2(SO4)3 còn có muối nhôm khác
như: AlCl3 hoặc Al(NO3)3.
Nhỏ từ từ tới dư dung dịch Ba(OH) 2 x mol vào dung dịch hỗn hợp X chứa a mol
Al2(SO4)3 và b mol AlCl3. Mối quan hệ giữa số mol Ba(OH) 2 thêm vào và khối
lượng kết tủa sinh ra được biểu diễn trên đồ thị sau:
mkt (gam)

B

A

C
d

699a

số mol Ba(OH)2
3a

O

3a +1,5b

4a + 2b

PTHH: tương tự bài toán cơ sở

BaSO4 đạt max tại A, có hoành độ x = nSO = 3a ⇒ mBaSO
2−
4

4max

= 233.3a = 699a (gam).

Al(OH)3 đạt max khi nOH = 3 nAl = 3(2a+ b) = 6a + 3b (mol). Tức là tại điểm B có
−

hoành độ x =

nOH−
2

3+

=3a + 1,5b.

nAl(OH)3 max = nAl3+ = 2a+ b(mol) ⇒ mAl(OH)3 max = 78(2a+ b) = 156a+ 78b(gam)

Như vậy BaSO4 đạt max sớm hơn Al(OH)3 hoặc có thể suy luận là: nAl tăng so với
bài toán cơ sở nên Al(OH)3 đạt max muộn hơn BaSO4.
3+

Điểm C là điểm Al(OH)3 tan vừa hết nên nOH = 4nAl .
−

Suy ra

3+

2x =4(2a + b) ⇒ x = 4a + 2b là hoành độ điểm C.

Khảo sát đồ thị thu được kết quả như sau:
Đoạn OA: Cả 2 kết tủa tạo thành
Tương tự đoạn OA của bài toán cơ sở ta thiết lập được (hàm số A) y = 285x.
Đoạn AB: BaSO4 đạt max, còn Al(OH)3 tạo thành
Ta có: nAl(OH) =
3

nOH−
3

=

2x
2x
mol ⇒ m kết tủa = mBaSO4max + mAl(OH)3 = 699a + 78.
3
3
5


Ta thiết lập được hàm số y = 52x + 699a hàm số (D).
Đoạn BC: BaSO4 đạt max, còn Al(OH)3 tan một phần
Ta có: nAl(OH) = 4nAl − nOH = 4(2a+ b) − 2x
3

3+

−

Suy ra: m kết tủa = mBaSO max + mAl(OH) = 699a + 78 [ 4(2a+ b) − 2x]
4

3

Ta thiết lập được hàm số y = -156x + 1323a + 312b hàm số (E).
Đoạn Cd: Al(OH)3 tan hết
Tương tự đoạn Bc của bài toán cơ sở ta thiết lập được hàm số y = 699a (hàm số C).
Bài toán minh họa
Câu 1: Cho từ từ dung dịch Ba(OH)2 0,5M vào 500 ml dung dịch AlCl3 và Al2(SO4)3 thì
khối lượng kết tủa thu được phụ thuộc thể tích dung dịch Ba(OH)2 theo đồ thị sau. Tính CM
của AlCl3 và Al2(SO4)3.
B
A
C

Giải
Đặt nAl (SO ) = a ; nAlCl = b
2

4 3

3

Tại A BaSO4 đạt max nBa(OH) = 0,6. 0,5 = 0,3 (mol) ⇒ 3a = 0,3 a = 0,1 mol
2

0,1

Vậy nồng độ mol/l Al2(SO4)3 = 0,5 = 0,2M.
Tại C Al(OH)3 tan vừa hết nBa(OH) = 1,6. 0,5 = 0,8 (mol) ⇒ 4a +2b = 0,8mol
2

⇒ b = 0,2 mol. Vậy nồng độ mol/l AlCl3 =

0,2
= 0,4M.
0,5

6


Câu 2. 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. Tính giá trị của x1, x2.
mkt (gam)

B

A

8,55
m

C

số mol Ba(OH)2

X1

0,08

X2

Giải
Đặt nAl (SO ) = a ; nAlCl = b
2

4 3

3

Tại A BaSO4 đạt max, A thuộc đồ thị hàm số (A) y = 285x, với y = 8,55 thì x2 =
8,55
= 0,03(mol) = 3a ⇒ a=0,01 mol
285

Tại C Al(OH)3 tan vừa hết, C có hoành độ =4a +2b = 0,08 mol ⇒ b = 0,02 mol
Mặt khác C thuộc đồ thị hàm số (E) y = -156x +1323a +312b
với x = 0,08, a= 0,01; b = 0,02 ta tính được y = 6,99 tức là m = 6,99 gam.
Như vậy điểm ứng với hoành độ x1 thuộc đồ thị hàm số (A) y = 285x, với y = 6,99 ta
tính được x1 =

6,99
≈ 0,0245(mol) .
285

3. Bài toán nâng cao 2: trong dung dịch X ngoài Al2(SO4)3 còn có một muối sunfat

khác như: Na2SO4, K2SO4...
Nhỏ từ từ dung dịch Ba(OH) 2 x mol đến dư vào dung dịch hỗn hợp Al 2(SO4)3 a
mol và Na2SO4 b mol ta có đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc khối lượng kết tủa theo
số mol Ba(OH)2 như sau:
mkt (gam)

A

B
C

699a

d
số mol Ba(OH)2

O

PTHH:

3a

3a + b

4a

tương tự bài toán cơ sở
7

Al(OH)3 đạt max khi nOH = 3 nAl = 3.2a = 6a mol. Tức là tại điểm A có hoành độ x
−

=

nOH−
2

=

3+

6a
= 3a . nAl(OH)3 max = nAl3+ = 2a (mol) ⇒ mAl(OH)3 max = 78.2a = 156a(gam)
2

BaSO4 đạt max tại điểm B có hoành độ x = nSO = 3a + b ⇒ mBaSO
(gam).
2−
4

4max

= 699a + 233b

Như vậy Al(OH)3 đạt max sớm hơn BaSO4 hoặc có thể suy luận là: nSO tăng so với
bài toán cơ sở nên BaSO4 đạt max muộn hơn Al(OH)3.
2−
4

Điểm C là điểm Al(OH)3 tan vừa hết nên nOH = 4nAl ⇒ 2x =4.2a ⇒ x = 4a là hoành
độ điểm C.
−

3+

Khảo sát đồ thị thu được kết quả như sau:
Đoạn OA: cả hai kết tủa BaSO4 và Al(OH)3 tạo thành
Tương tự đoạn OA của bài toán cơ bản ta thiết lập được (hàm số A) y = 285x.
Đoạn AB: Al(OH)3 tan một phần ,BaSO4 tạo thành
nBaSO4 = nBa2+ = x mol; nAl(OH)3 = 4nAl3+ − nOH− = 4.2a− 2x

Suy ra: m kết tủa = mBaSO max + mAl(OH) = 233x + 78(8a – 2x)
4

3

Ta thiết lập được hàm số: y = 77x + 624a hàm số (F).
Đoạn BC: BaSO4 đạt max, còn Al(OH)3 tan một phần
Ta có nAl(OH) = 4nAl − nOH = 4.2a− 2x
3+

3

−

Suy ra m kết tủa = mBaSO max + mAl(OH) = 233(3a + b) + 78(8a− 2x)
4

3

Ta thiết lập được hàm số: y = -156x + 1323a + 233b hàm số (G).
Đoạn Cd: BaSO4 đạt max, Al(OH)3 tan hết
m kết tủa = mBaSO max = 233(3a + b) = 699a + 233b
4

Ta thiết lập được hàm số: y = mBaSO max = 699a + 233b hàm số (H).
4

Bài toán minh họa
Câu 1: Nhỏ từ từ dung dịch Ba(OH)2 đến dư vào dung dịch hỗn hợp Al2(SO4)3 a mol
và Na2SO4 b mol ta có đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc khối lượng kết tủa theo số mol
Ba(OH)2 như sau:
8


A

B
C

Dựa vào đồ thị hãy xác định giá trị của x?
Giải
Tại C Al(OH)3 tan vừa hết nBa(OH) = 0,32 mol 4a = 0,32 ⇒ a = 0,08 mol.
2

Do C là điểm thuộc đồ thị hàm số y = 699a + 233b
với a = 0,08 mol; y = 69,9 gam thì b =

69,9 − 699.0,08

= 0,06 (mol)
233

Vậy x =3a+b = 3.0,08 + 0,06 = 0,3 (mol).
Câu 2: Nhỏ rất từ từ dung dịch Ba(OH)2 0,5M vào dung dịch X chứa đồng thời Al2(SO4)3
và K2SO4, lắc đều để các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của tổng
khối lượng kết tủa theo thể tích dung dịch Ba(OH)2 0,5M như sau. Giá trị của x1 là bao
nhiêu?
B
A
C

X1

Giải

Đặt nAl (SO ) = a ; nK SO = b
2

4 3

2

4

Do A là điểm thuộc đồ thị hàm số y = 285x với y = 85,5 gam thì x = 3a=
85,5
= 0,3(mol)
285
⇒ a = 0,1 mol

9


C là điểm có hoành độ ứng với nBa(OH) = 4a = 4.0,1 = 0,4 mol
2

0,4

Vậy x1 = VddBa(OH) 0,5M = 0,5 = 0,8(lit) = 800ml .
2

4. Bài toán nâng cao 3: trong dung dịch X ngoài Al2(SO4)3 còn có H2SO4
Nhỏ từ từ dung dịch Ba(OH)2 x mol vào ống nghiệm chứa dung dịch Al 2(SO4)3 a
mol và H2SO4 b mol. Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc khối lượng kết tủa theo số
mol Ba(OH)2 như sau:
m kết tủa (gam)
BA

C
d
A

Số mol Ba(OH)2

O
b

3a + b

4a + b

PTHH: (trong đó các phản ứng (2), (3), (4) xảy ra lần lượt theo thứ tự (2), (3), (4)):
Ba2+ + SO42-  BaSO4

(1)

H+ + OH-  H2O

(2)

Al3+ + OH-Al(OH)3

(3)

Al(OH)3+ OH- Al(OH)4- (4)
Tại điểm A H+ vừa được trung hòa hết bởi OH - nên nOH = nH hay 2x = 2b ⇒ x = b là
hoành độ điểm A.
−

+

BaSO4 đạt max tại điểm B có hoành độ x = nSO = 3a + b
2−
4

⇒ mBaSO4max = 233(3a + b) = 699a + 233b (gam).

Al(OH)3 đạt max tại nOH = nH + 3 nAl = 2b + 3.2a = 2b + 6a (mol);
−

Tức x=

nOH−
2

=

+

3+

6a+ 2b
= 3a+ b là hoành độ điểm B. Như vậy Al(OH)3 và BaSO4 cùng đạt
2

max tại B.
10


nAl(OH)3 max = nAl3+ = 2a (mol) ⇒ mAl(OH)3 max = 78.2a = 156a(gam)

Điểm C là điểm Al(OH)3 tan vừa hết nên nOH = nH + 4nAl = 2b + 4.2a
−

⇒ x=

nOH−
2

=

+

3+

8a+ 2b
= 4a+ b là hoành độ điểm C.
2

Khảo sát đồ thị thu được kết quả như sau:
Đoạn OA: chỉ có kết tủa BaSO4 tạo thành
Ta có: nBaSO = nBa = x mol ⇒ ta thiết lập được hàm số: y = 233x hàm số (I).
2+

4

Đoạn AB: cả hai kết tủa Al(OH)3 và BaSO4 tạo thành
Ta có: nBaSO = nBa = x mol; nOH = 2x ⇒ nOH tạo kết tủa = 2x – 2b
2+

4

⇒ nAl(OH) =
3

nOH− taokettua
3

−

=

−

2x − 2b
mol
3

2x − 2b
Suy ra m kết tủa = mBaSO + mAl(OH) = 233x + 78
= 285x-52b
4

3

3

Ta thiết lập được hàm số: y = 285x – 52b hàm số (K).
Đoạn BC: BaSO4 đạt max, còn Al(OH)3 tan một phần
Ta có nOH = nH + 4nAl − nAl(OH) ⇒ nAl(OH) = nH + 4nAl − nOH = 2b + 4.2a – 2x
−

+

3+

3

3

+

3+

−

Suy ra m kết tủa = mBaSO max + mAl(OH) = 233(3a + b) + 78(8a+ 2b− 2x)
4

3

Ta thiết lập được hàm số: y = -156x + 1323a + 389b hàm số (L).
Đoạn Cd: BaSO4 đạt max, Al(OH)3 tan hết
Tương tự đoạn Cd của bài toán nâng cao 2 ta thiết lập được hàm số
y = mBaSO max = 699a + 233b (hàm số H)
4

Bài toán minh họa
Câu 1. Nhỏ từ từ dung dịch Ba(OH)2 1M vào dung dịch chứa a mol Al2(SO4)3 và b
mol H2SO4 . Khối lượng kết tủa (m gam) phụ thuộc vào thể tích dung dịch Ba(OH) 2
(V ml) được biểu diễn bằng đồ thị sau. Tính giá trị của a và b.
m kết tủa
11


BA

107,18
C

A

Giải

100

V

Tại A nBa(OH) =0,1.1 = 0,1 (mol), H+ vừa được trung hòa hết bởi OH2

suy ra nH SO = nBa(OH) = 0,1 mol tức là b = 0,1.
2

4

2

C là một điểm thuộc đồ thị hàm số (H) y = 699a + 233b
Với y = 107,18; b = 0,1 ta tính được a =

107,18− 233.0,1
= 0,12(mol) .
699

Câu 1. Hòa tan hết hỗn hợp gồm Al, Al2O3, Al(OH)3 trong dung dịch chứa H2SO4

loãng, dư thu được dung dịch X. Cho dung dịch Ba(OH)2 1M đến dư vào X. Đồ thị biểu diễn
sự phụ thuộc số mol kết tủa theo thể tích dung dịch Ba(OH)2 như sau:Để trung hoa dung
dịch X cần dùng V ml dung dịch NaOH 0,5M. Giá trị của V là bao nhiêu?
Giải

Dung dich X chứa Al2(SO4)3 và H2SO4
Phản ứng trung hòa X: H2SO4 + 2NaOH → Na2SO4 + 2H2O (*)
Đặt nAl (SO ) = a; nH SO = b trong X
2

4 3

2

4

Tại B là điểm Al(OH)3 và BaSO4 cùng đạt max B có hoành độ = 3a + b = 0,64 mol
12


Tại C Al(OH)3 tan vừa hết có hoành độ = 4a + b = 0,82 mol
Suy ra a = 0,18 mol, b = 0,1 mol. Theo PTHH (*): nNaOH = 2b =2.0,1 = 0,2 (mol)
0,2

Vậy V= 0,5 = 0,4(lit) .
5. Bài toán nâng cao 4: trong dung dịch X ngoài Al2(SO4)3 còn có HCl
Nhỏ từ từ dung dịch Ba(OH)2 x mol vào ống nghiệm chứa
dung dịch Al2(SO4)3 a mol và HCl b mol. Đồ thị biểu diễn sự
phụ thuộc khối lượng kết tủa theo số mol Ba(OH)2 như sau:
Khối lượng kết tủa
(gam)
B
mmax

C

D
x

A

O
0,5b

3a

3a+0,5b

4a+0,5b

Số mol Ba(OH)2

PTHH: tương tự bài toán nâng cao 3.

(mol)

Tại điểm A H+ vừa được trung hòa hết bởi OH- nên nOH = nH hay 2x = b ⇒ x = 0,5b
là hoành độ điểm A.
−

+

BaSO4 đạt max tại điểm B có hoành độ x = nSO = 3a ⇒ mBaSO
2−
4

4max

= 233.3a = 699a.

Al(OH)3 đạt max tại nOH = nH + 3 nAl = b + 3.2a = b + 6a (mol)
−

Tức x=

nOH−
2

=

+

3+

6a+ b
= 3a+ 0,5b là hoành độ điểm C.
2

nAl(OH)3 max = nAl3+ = 2a (mol) ⇒ mAl(OH)3 max = 78.2a = 156a(gam)

Như vậy BaSO4 đạt max sớm hơn Al(OH)3 hoặc có thể suy luận là: nSO giảm so với
bài toán nâng cao 3 nên BaSO4 đạt max sớm hơn Al(OH)3.
2−
4

Điểm D là điểm Al(OH)3 tan vừa hết nên nOH = nH + 4nAl = b + 4.2a

−

⇒ x=

nOH−
2

=

+

3+

8a+ 2b
= 4a+ 0,5b là hoành độ điểm D .
2

Khảo sát đồ thị thu được kết quả như sau:
13


Đoạn OA: chỉ có kết tủa BaSO4 tạo thành
Tương tự đoạn OA của bài toán nâng cao 3 ta thiết lập được hàm số (I): y = 233x.
Đoạn AB: cả hai kết tủa Al(OH)3 và BaSO4 tạo thành
nBaSO4 = nBa2+ = x (mol); nOH− =2x ⇒ nAl(OH) =
3

2x − b
mol
3

2x − b
Suy ra m kết tủa = mBaSO + mAl(OH) = 233x + 78.
= 285x – 26b
4

3

3

Ta thiết lập được hàm số y = 285x -26b hàm số (M).
Đoạn BC: BaSO4 đạt max, còn Al(OH)3 tạo thành
2x − b
mol
Ta có nOH =2x ⇒ nAl(OH) =
−

3

3

2x − b
Suy ra m kết tủa = mBaSO max + mAl(OH) = 699a + 78.
= 52x + 699a– 26b
4

3

3

Ta thiết lập được hàm số: y = 52x + 699a-26b hàm số (N).
Đoạn CD: BaSO4 đạt max, còn Al(OH)3 tan một phần
Ta có nAl(OH) = 4nAl − nOH = 4.2a− (2x − b)
3+

3

−

Suy ra m kết tủa = mBaSO max + mAl(OH) = 699a + 78(8a+ b− 2x)
4

3

Ta thiết lập được hàm số y = -156x + 1323a + 78b hàm số (O).
Đoạn Dx: BaSO4 đạt max, Al(OH)3 tan hết
Ta thiết lập được hàm số (C) y = 699a.
Bài toán minh họa
Câu 1: Nhỏ từ từ dung dịch Ba(OH)2 vào ống nghiệm chứa dung dịch
HCl và Al2(SO4)3. Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc khối lượng kết tủa
theo thể tích dung dịch Ba(OH)2 như sau. Tính giá trị nào của mmax?
Khối lượng kết tủa
(gam)
mmax

C

B

72,5

D
A

58,25

14

55
0,25

Số mol Ba(OH)2


Giải
Tại A nOH = 2nBa(OH) = 2.0,25 = 0,5 (mol) ⇒
nHCl = nH = nOH =0,5 mol
−

+

2

−

Do B là một điểm thuộc đồ thị hàm số (M) y = 285x – 26b
Với b = nHCl =0,5 mol, y = 72,5 gam ta tính được x=

72,5+ 26.0,5
= 0,3(mol) = nBa(OH)2

285

B cũng là điểm BaSO4 đạt max ⇒ nSO = nBaSO max = nBa(OH) =0,3 mol
2−
4

4

2

1
0,3
= 0,1(mol)
Suy ra nAl (SO ) = nSO =
2

2−
4

3

4 3

3

Vậy mmax = mBaSO max + mAl(OH) max = 0,3.233 + 0,2.78 = 85,5 (gam)
4

3

Câu 2:Nhỏ từ từ dung dịch Ba(OH)2 vào ống nghiệm chứa dung dịch Al2(SO4)3 và
HCl. Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc khối lượng kết tủa theo thể tích dung dịch
Ba(OH)2 như sau:
Khối lượng kết tủa (gam)

C
B

mmax

D

mmin

A

O

0,27

0,47

Số mol Ba(OH)2 (mol)

Giá trị nào của mmax – mmin sau đây là đúng?
Giải
Tại B là điểm BaSO4 đạt max nên nBaSO max = nBa(OH) =0,27 mol ⇒ nSO = 0,27 mol
4

Suy ra nAl (SO ) =

2

4 3

nSO2−
4

3

=

2−
4

2

0,27
= 0,09(mol)
3

C là điểm Al(OH)3 đạt max suy ra mmax = mBaSO max + mAl(OH) max
4

3

15


D là điểm Al(OH)3 tan vừa hết suy ra mmin = mBaSO max
4

Do đó: mmax –mmin = mAl(OH) max = 0,09.2.78 = 14,04 (gam).
3

Bằng cách làm tương tự ta có thể thiết lập hàm số trong trường hợp dung dịch X ngoài
Al2(SO4)3 có chứa thêm H2SO4 và HCl, hoặc dung dịch X chứa ZnSO4 đồng thời phát
triển với dung dịch hỗn hợp tương tự các bài toán trên.
6. Bài tập tự luyện
Câu 1. Nhỏ từ từ dung dịch Ba(OH)2 0,2M vào ống nghiệm chứa dung dịch Al2(SO4)3. Đồ
thị biểu diễn sự phụ thuộc khối lượng kết tủa theo thể tích dung dịch Ba(OH)2 như sau.
Giá tri của V là

A. 2,0.

B. 2,3.

C. 2,5

D. 4,0.

Câu 2: Cho từ từ dung dịch Ba(OH) 2 vào dung dịch chứa hỗn hợp Al 2(SO4)3 và AlCl3.
Sự biến thiên khối lượng kết tủa được biểu diễn bằng đồ thị sau:

Tổng khối lượng của hai muối Al2(SO4)3 và AlCl3 là
A. 6,84.

B. 3,42 gam.

C. 5,34.

D. 6,09 gam.

Câu 3 (trích đề thi THPT Quốc gia 2018):
Nhỏ từ từ đến dư dung dịch Ba(OH)2 vào
dung dịch chứa m gam hỗn hợp Al 2(SO4)3 và
Al(NO3)3. Sự phụ thuộc của khối lượng kết
tủa (y gam) vào số mol Ba(OH)2 (x mol)
được biểu diễn bằng đồ thị bên. Giá trị của
m là
16


A. 5,97.

B. 7,26.

C. 7,68.

D. 7,91.

Câu 4: Nhỏ từ từ tới dư dung dịch Ba(OH)2 vào dung dịch hỗn hợp chứa Al2(SO4)3 và
AlCl3. Mối quan hệ giữa số mol Ba(OH)2 thêm vào và khối lượng kết tủa sinh ra được
biểu diễn trên đồ thị sau. Tổng giá trị (x + y) bằng bao nhiêu?
B
A
C

A. 163,2.

B. 162,3.

C. 123,6

D. 126,3.

Câu 5: Nhỏ từ từ dung dịch Ba(OH) 2 đến dư vào ống nghiệm chứa dung dịch
Al2(SO4)3 và H2SO4. Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc khối lượng kết tủa theo số mol
Ba(OH)2 như sau. Tính giá trị mmax.

Khối lượng kết tủa (gam)

Số mol Ba(OH)2 mol
A. 94,29.

B. 92,49.

C. 90,24.

D. 91,49.

Câu 6. Nhỏ từ từ dung dịch Ba(OH)2 đến dư vào 200ml dung dịch chứa Al2(SO4)3 xM
và H2SO4. Phản ứng được biểu diễn theo đò thị sau. Biết V2/V1 = 1,2. Giá trị của x là

17


A. 0,06M.

B. 0,12M.

C. 0,3 M.

D. 0,15M.

Đáp án bài tập tự luyện
Câu 1

Câu 2

Câu 3

Câu 4

Câu 5

Câu 6

A

D

A

A

B

C

C. THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM

1. Mục đích thực nghiệm sư phạm
Thực nghiệm sư phạm được tiến hành nhằm mục đích kiểm nghiệm tính khả thi
và tính hiệu quả. Thực nghiệm sư phạm nhằm trả lời các câu hỏi sau:
a. Yêu cầu học sinh dựa vào PTHH và mối quan hệ của sản phẩm vào chất phản ứng,
thiết lập các hàm số bậc nhất, rồi mô tả hiện tượng hóa học của bài toán bằng đồ thị
hàm số đó có giúp học sinh giải nhanh bài toán, phát huy tính sáng tạo, khả năng vận
dụng của học sinh không?
b. Bài tập đã xây dựng có tác dụng nâng cao chất lượng dạy và học không?
2. Đối tượng thực nghiệm sư phạm
Học sinh lớp 12A1, 12A2 ban KHTN năm học 2016 – 2017, 12A5, 12A6 ban
KHTN năm học 2017 – 2018, học sinh lớp trường THPT Đông Sơn 2.
3. Nhiệm vụ thực nghiệm sư phạm
- Đánh giá tính khả thi và hiệu quả của sáng kiến. Từ đó có sự điều chỉnh, bổ
sung và hoàn thiện.
4. Kết quả thực nghiệm
4.1. Lựa chọn tiêu chí đánh giá
a) Đánh giá chất lượng và hiệu quả của quá trình
Để đánh giá chất lượng và hiệu quả của quá trình tôi dựa vào mức độ lĩnh hội kiến
thức và vận dụng giải quyết vấn đề cụ thể của học sinh.
18


b) Đánh giá thái độ học tập của học sinh.
Để đánh giá thái độ học tập của học sinh tôi dựa vào: không khí lớp học, số học sinh
tham gia làm bài có hiệu quả, ý thức làm bài tập của học sinh.
c) Tính khả thi của phương pháp đã nêu.
Tính khả thi của quá trình được dựa vào tiêu chí sau đây:
- Hiệu quả: đối với sáng kiến trên đã phát huy được hiệu quả của quá trình dạy học.
- Khả năng của học sinh: việc vận dụng sáng kiến giúp HS có thể giải được các dạng
toán đã nêu, phát triển tư duy .

4.2. Đánh giá kết quả
a) Đánh giá định tính
Việc sử dụng sáng kiến đã có tác dụng trong việc bồi dưỡng tư duy cho học sinh, đặc
biệt là kỹ năng vận dụng kiến thức liên môn giúp học sinh nâng cao hiệu quả học tập.
b) Đánh giá định lượng
Các bài kiểm tra của lớp thực nghiệm sau khi thực hiện, được tiến hành chấm, xử
lí kết quả theo phương pháp thống kê toán học cho kết quả tốt.
D. KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT
1. Kết luận
Xuất phát từ kinh nghiệm của bản thân, từ thực tế nhiều năm giảng dạy ở trường
THPT, bản thân tôi đúc rút thành kinh nghiệm mong rằng sẽ giúp cho học sinh hiểu
bản chất hóa học của một số hiện tượng hóa học thông qua kiến thức về đồ thị hàm số,
từ đó vận dụng giải nhanh các bài tập. Đề tài này đã được áp dụng cho học sinh lớp
12A1, 12A2 ban KHTN năm học 2016 – 2017, 12A5, 12A6 ban KHTN năm học
2017 – 2018 trường THPT Đông Sơn 2 tương ứng với nội dung kiến thức mà các em
được học trên lớp đã mang lại hiệu quả tốt.
Mặc dù vậy, đề tài không tránh khỏi những thiếu sót, rất mong được sự góp ý
của quý thầy cô giáo và các bạn đồng nghiệp, để đề tài được hoàn thiện hơn và được
áp dụng phổ biến hơn trong những năm học tới. Tôi xin chân thành cảm ơn.
2. Đề xuất
Trong quá trình nghiên cứu đề tài và tiến hành thực nghiệm đề tài, tôi có một vài đề
nghị sau:
- Tổ chức các lớp tập huấn hướng dẫn sử dụng các phần mềm hỗ trợ vẽ đồ thị trong
bài tập Hóa học, vẽ các dụng cụ thí nghiệm để giáo viên dễ dàng xây dựng được các
câu hỏi kiểm tra có liên quan.
19


XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VI

Đông Sơn, ngày 10 tháng 05 năm 2019
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
người khác.
(ký, ghi rõ họ tên)

Lê Thị Phượng

20