PHƯƠNG PHÁP đồ THỊ TRONG các bài tập về hợp CHẤT của NHÔM và kẽm lớp 12 THPT

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO THANH HÓA
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 3

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

PHƯƠNG PHÁP ĐỒ THỊ TRONG CÁC BÀI TẬP VỀ HỢP
CHẤT CỦA NHÔM VÀ KẼM LỚP 12 - THPT

Họ và tên:
Nguyễn Minh Hải
Chức vụ:
Tổ trưởng chuyên môn
Đơn vị công tác:
THPT Hậu Lộc 3
SKKN thuộc môn: Hóa học

THANH HÓA NĂM 2019

1


Mục lục

I. MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài
2. Mục đích nghiên cứu
3. Đối tượng nghiên cứu
4. phương pháp nghiên cứu
II. Nội dung của sáng kiến kinh nghiệm
1. Cơ sở lí luận và thực tiễn
2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh

nghiệm
II. Giải pháp của đề tài
1/Đồ thị dung dịch Ba(OH)2 phản ứng với muối Al2(SO4)3
2/ Đồ thị dung dịch Ba(OH)2 phản ứng với hỗn hợp muối

Trang
1
1
1
1
1
1
1

2
2
4

Al2(SO4)3 và AlCl3( hoặc một muối nhôm khác như Al(NO3)3…)
3.Dung dịch Ba(OH)2 phản ứng với dung dịch hỗn hợp Na 2SO4 8
và Al2(SO4)3
4. Dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl3, Hoặc dung dịch

9

chứaAlCl3 có thêm ion kim loại khác như Fe, Mg
5.Dung dịch NaOH phản ứng vơi dung dịch ZnSO4

15

III. HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN
1. Kết quả thực nghiệm

19
18
19

2. Kết quả từ thực tiễn
20

IV. kết luận
Tài liệu tham khảo và danh mục các sáng kiến kinh nghiệm đã được
xếp loại cấp tỉnh

I. MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài
Nâng cao chất lượng dạy học nói chung và chất lượng dạy học Hóa học nói
riêng là nhiệm vụ quan trọng nhất hiện nay của giáo viên Hóa học ở các trường phổ
thông.
Trong dạy học Hóa học, chúng ta có thể nâng cao chất lượng dạy học và phát
triển năng lực nhận thức của học sinh bằng nhiều biện pháp và nhiều phương pháp
khác nhau, mỗi phương pháp đều có những ưu điểm riêng, nên đòi hỏi giáo viên phải
biết lựa chọn, phối hợp các phương pháp một cách thích hợp để chúng bổ sung cho
nhau, nhằm giúp học sinh phát huy tối đa khả năng tư duy độc lập, tư duy logic và tư
duy sáng tạo của mình.

2


Trong hai năm gần đây đề thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng(nay gọi là đề thi

THPT Quốc gia) có khá nhiều đổi mới, đó là:
+Tăng số lượng các câu dễ.
+Tăng độ khó của những câu hỏi trong khung điểm 9 – 10.
+Sử dụng những câu hỏi và bài tập đặc trưng cho bộ môn Hóa học: câu hỏi sử
dụng hình ảnh, thí nghiệm; bài tập sử dụng đồ thị.
Với câu hỏi sử dụng hình ảnh, thí nghiệm,tập sử dụng đồ thị tôi thấy học sinh
khá lúng túng vì các em ít được thực hành, chưa được luyện bài tập sử dụng đồ thị
nhiều. Hơn nữa bài tập sử dụng đồ thị thì đây không phải là một phương pháp giải
mới và xa lạ với nhiều giáo viên nhưng việc sử dụng nó để giải bài tập hóa học thì
chưa nhiều vì vậy số lượng tài liệu tham khảo chuyên viết về đồ thị khá hạn chế và
chưa đầy đủ.
Vì những lí do trình bày ở trên tôi xin viết SKKN “ Phương pháp đồ thị trong các
bài tập về hợp chất của nhôm và kẽm lớp 12 – THPT ” .
2. Mục đích nghiên cứu
Giúp các em học sinh khắc phục các khó khăn và tự tin khi xử lí dạng bài đồ thị
nói chung và đồ thi trong các bài tập về hợp chất của nhôm và kẽm nói riêng .
3. Đối tượng nghiên cứu
- Nghiên cứu tìm ra các cách giải khác nhau của một số bài toán đồ thị thường gặp và
đồ thị lạ .
-Sử dụng các bài tập này trong việc giảng dạy các tiết học chính khóa và không chính
khóa ở trường trung học phổ thông.
4. phương pháp nghiên cứu :
Phương pháp xây dựng cơ sở lý thuyết , phương pháp thống kê, xử lý số liệu
II. Nội dung của sáng kiến kinh nghiệm
1. Cơ sở lí luận và thực tiễn
- Bài tập hóa học là một biện pháp quan trọng để thực hiện nhiệm vụ dạy học.
Bài tập Hóa học giúp học sinh đào sâu và mở rộng kiến thức một cách sinh động,
phong phú, giúp cho giáo viên củng cố và hệ thống hóa kiến thức một cách thuận lợi,
rèn luyện được nhiều kĩ năng cần thiết về hóa học góp phần vào việc giáo dục kĩ
thuật tổng hợp cho học sinh.

- Thực tiễn giảng dạy cho thấy việc thực hiện giải bài toán bằng nhiều cách
khác nhau, giúp học sinh không những nắm vững kiến thức mà còn hoàn thiện kỹ
năng và hình thành kỹ xảo. Điều này hết sức cần thiết, giúp học sinh giải quyết
nhanh, đạt kết quả tốt trong việc giải các bài toán trắc nghiệm có yêu cầu mức độ vận
dụng ngày càng cao trong các kỳ thi hiện nay.
2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Học sinh khó khăn khi tiếp cận các bài toán liên quan đến đồ thị, học sinh thường
bỏ qua các bài này .
III. GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ TÀI
Xây dựng một số dạng đồ thị về về hợp chất của nhôm và kẽm lớp 12 – THPT

3


1. Đồ thị dung dịch Ba(OH)2 phản ứng với muối Al2(SO4)3
+ Ta thấy đồ thị được hình thành bởi 2 đường :(Hình 1)

: (Hình 1)
(1) là kết tủa tạo thành khí Al2(SO4)3 phản ứng với Ba(OH)2 ;
Al2(SO4)3 + 3Ba(OH)2 → 3BaSO4↓ + 2Al(OH)3↓
a →
3a →
3a
→
2a
(2)là kết tủa Al(OH)3 sinh ra bị hòa tan hết.
Ba(OH)2 + 2Al(OH)3 → Ba(AlO2)2 + 4H2O
a →
2a →
a

Cần phải nhớ
855a ( Kết tủa cực đại)
699a ( là kết tủa BaSO4)
nOH- = 4nAl3+ = 4.2a Hoặc nBa(OH)2 = 2nAl3+ =2.2a
VD1: Nhỏ từ từ dung dịch Ba(OH) 2 0,5M vào ống nghiệm chứa V lít dung dịch
Al2(SO4)3 a mol/lít. Quá trình phản ứng được biểu diễn trên đồ thị sau:

Để lượng kết tủa không đổi thì thể tích dung dịch Ba(OH)2 nhỏ nhất cần dùng là
A. 0,24 lít.
B. 0,30 lít.
C. 0,32 lít.
D. 0,40 lít.
Hướng tư duy: Áp dụng các công thức đã nêu trên :
699a = 34,95 → a= 0,05
nBa(OH)2 = 2nAl3+ =2.2a = 2.2.0,05 = 0,2 mol→ Vmin= 0,2:0,5 =0,4 lit
→ Đáp án D
VD2 : Nhỏ từ từ dung dịch đến dư Ba(OH) 2 0,2M vào 100 ml dung dịch A chứa
Al2(SO4)3 xM. Mối quan hệ giữa khối lượng kết tủa và số mol OH - được biểu diễn
bằng đồ thị sau:

4


Nếu cho 100ml dung dịch hỗn hợp Ba(OH)2 0,2M và NaOH 0,3M vào 100ml dung
dịch A thì khối lượng kết tủa thu được là bao nhiêu?
A. 5,44 gam
B. 4,66 gam
C. 5,70 gam
D. 6,22 gam
HD: Đặt Al2(SO4)3 (a mol) = 0,1x ( không cần tìm x)

3a = 6,99 : 233 = 0,03 → a= 0,01
Nếu cho: Ba(OH)2 = 0,02 ; NaOH = 0,03 vào dung dịch A có 0,01 mol Al2(SO4)3 ta
có: mBaSO4 = 233.0,02 = 4,66( do Ba2+ hết )
nOH- = 4nAl3+ - nAl(OH)3↓ ( công thức tính nhanh )
→0,07=4.0,02 - nAl(OH)3↓ →nAl(OH)3↓ = 0,01
Khối lượng kết tủa thu được là mBaSO4 +mAl(OH)3 = 5,44
→ Đáp án A
VD3: Nhỏ từ từ dung dịch Ba(OH)2 0,2M vào ống nghiệm chứa dung dịch Al 2(SO4)3.
Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc khối lượng kết tủa theo thể tích dung dịch Ba(OH) 2 như
sau:

Giá trị của V gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 1,7.
B. 2,1.
C. 2,4.
D. 2,5.
Hướng tư duy: Đặt Al2(SO4)3 (a mol) 3a = 69,9 : 233 = 0,3 → a= 0,1
nBa(OH)2 = 2nAl3+ =2.2a = 0,4 → V = 2 lit gần nhất 2,1.
2/ Đồ thị dung dịch Ba(OH)2 phản ứng với hỗn hợp muối Al2(SO4)3 và AlCl3
( hoặc một muối nhôm khác như Al(NO3)3…)
+ Ta thấy đồ thị được hình thành bởi 3 đường :(Hình 2)
(1) là kết tủa tạo thành khí Al2(SO4)3 phản ứng với Ba(OH)2 ;
Al2(SO4)3 + 3Ba(OH)2 → 3BaSO4↓+ 2Al(OH)3↓
a →
3a →
3a
→
2a
(2) là kết tủa tạo thành khi AlCl3 phản ứng với Ba(OH)2 ;
2AlCl3+ 3Ba(OH)2 → 3BaCl2+ 2Al(OH)3↓

5


b →
1,5b → 1,5b
→ b
(3) là kết tủa Al(OH)3 sinh ra bị hòa tan hết.
Ba(OH)2 + 2Al(OH)3 → Ba(AlO2)2 + 4H2O

Hình 2
Chẳng hạn theo đồ thị trên ta cần nhớ :
+giá trị 0,3 = n Al2(SO4)3 = a
+giá trị 0,6 = 2n Al3+ =2(2a+b)
+giá trị khoảng giữa x và y trên trục tung là 855a {BaSO4(3a) ,Al(OH)3↓(2a)}
giá trị khoảng giữa 0,3 và 0,6 trên trục hoành là : a + 1,5b
+ y= 855a + 78b ( Kết tủa cực đại)
+ x= 699a [ BaSO4(3a)]
VD1: 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
0,08

x y

A. 0,029

B. 0,025

C. 0,019

D. 0,015

Hướng tư duy:
Cách 1 :
Đoạn 1: ứng với 2 kết tủa sinh ra cùng lúc.
Al2(SO4)3 + 3Ba(OH)2 → 3BaSO4↓+ 2Al(OH)3↓
a →
3a →
3a
→
2a
x →
x →
2x/3
Tổng lượng 2 kết tủa : 233.3a + 78.2a = 8,55 → a= 0,01 mol
Khi Al(OH)3 tan hết thì chỉ còn lại BaSO4 với m = mBaSO4 = 233.3.0,01 = 6,99 gam

6


Theo đồ thị, m là lượng kết tủa thu được tại thời điểm n Ba(OH)2 = x
→ 233x + 78.2x/3 = 6,99 → x = 0,0245 → B

Cách 2 : Dùng hình học ( Rất ngắn và gọn dễ hiểu)
m = mBaSO4 = 233.3.0,01 = 6,99 gam
y= 3a=0,03
vậy 8,55: m = y :x → x = 0,0245 → B
VD2: Cho từ từ đến dư dung dịch Ba(OH) 2
vào dung dịch chứa m gam hỗn hợp
Al2(SO4)3 và AlCl3. 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
A. 10,68.
B. 6,84.
C. 12,18.
D. 9,18.
Hướng tư duy:
Đặt: Al2(SO4)3 (a mol) và AlCl3 (b mol)
- nOH- = 4nAl3+ => 4(2a+b) = 0,16.2
- mBaSO4 + mAl(OH)3 = 17,1 => 233.3a + 78.2a = 17,1 => a = 0,02 => b = 0,04
mhh = 12,18 gam
VD3: Nhỏ từ từ dung dịch Ba(OH)2 vào dung dịch hỗn hợp Al2(SO4)3 và AlCl3
thu được kết tủa có khối lượng theo số mol Ba(OH)2 như đồ thị: Tổng giá trị (x +
y) bằng.

A. 136,2.
Hướng tư duy:

B. 163,2.

C. 162,3.

D. 132,6.

7


�
nOH la�
 6a
�
nAl (SO )  a �
m ke�
t tu�
a he�
t Al 3 trong Al 2 (SO4 )3
�
2
4 3
�
��
n

b
n
 3b  (2a  b)
� AlCl3
�
m ke�
t tu�
a he�
t Al 3 trong AlCl 3 va�

la�
m tan he�
t Al(OH)3
�
� OH la�
�
�
6a  0,3.2
a  0,1 �
�nBaSO4  3a  0,3
��
��
��
n
 (2a  b)  0,3
3b

(2a

b)

2(0,6

0,3)
b

0,1
�
�
�

� Al(OH)3
�
x  mBaSO  69,9
�
4
�
� x  y  163,2
y

m

m

93,3
�
BaSO4
Al(OH)3
�
VD4: Nhỏ từ từ đến dư dung dịch
Y
Ba(OH)2 vào dung dịch gồm Al2(SO4)3 m
và AlCl3. 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,
khối lượng kết tủa cực đại là m gam.
0
0,03
Giá trị của m là .
A. 10,11.
B. 6,99.

C. 11,67.
D. 8,55.
Hướng tư duy:
Áp dụng các công thức đã nêu trên :
Đặt : Al2(SO4)3 (a mol) và AlCl3 (b mol) => a= 0,01
nOH- = 4nAl3+ => 4(2a+b) = 0,08.2 = 0,16 => b= 0,02
m= 855a + 78b= 10,11

0,08

x

VD5 Cho từ từ đến dư
0,175
dung dịch Ba(OH)2 vào
dung dịch X chứa a mol
Al2(SO4)3 và b mol AlCl3.
Tổng số mol kết tủa thu
được phụ thuộc vào số mol
Ba(OH)2 nhỏ vào theo đồ
thị ở hình bên. Giá trị của a
và b lần lượt là
A. 0,05 và 0,05.
C. 0,025 và 0,05.

B. 0,075 và 0,025.
D. 0,05 và 0,025.

Hướng tư duy:
Áp dụng các công thức đã nêu trên :

8


Đặt Al2(SO4)3 (a mol) và AlCl3 (b mol) => 5a+b= 0,175 (1)
nOH- = 4nAl3+ => 4(2a+b) = 0,4 (2)
Từ (1) và (2) =>a= 0,025 , b= 0,05 => Đáp án C
VD6 : Cho từ từ dung dịch Ba(OH)2 vào dung dịch chứa a mol Al2(SO4)3 và b mol
AlCl3 thì khối lượng kết tủa sinh ra được biểu diễn bằng đồ thị sau. Giá trị của (a + b)
gần với giá trị nào nhất sau đây?

A. 0,40

B. 0,35

C. 0,45

D. 0,25

Hướng tư duy:
BaSO 4 : 3a
�
��
� a  0,15
Al(OH)3 : 2a
�

��
Áp dụng các công thức đã nêu trên Tại 128,25 gam ��

BaSO 4 : 0, 45
�
� 
Cl : 3b
�
�� 
��
� b  0, 2 ��
� a  b  0,35 => Đáp Án B
Điền số tại vị trí 1,0 mol ��
AlO
:
0,3

b
2
�
�
Ba 2 :1  0, 45
�

Hoăc : Tại vị trí 1,0 mol nOH- = 4nAl3+ => 4(2a+b) = 2 => b= 0,2 => Đáp Án B
VD 7: Cho từ từ dung dịch Ba(OH)2 vào dung dịch chứa hỗn hợp Al2(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. 6,09 gam.
B. 3,42 gam.
C. 5,34.
D. 6,84.

Hướng tư duy:
+ Đường (1) là sự biến thiên lượng kết tủa của phản ứng giữa Ba(OH) 2 và Al2(SO4)3;
đường (2) là sự biến thiên lượng kết tủa của phản ứng giữa Ba(OH) 2 và AlCl3; đường
(3) là quá trình hoàn tan Al(OH)3.

9


�
�
mke�
 2a.78  3a.233  8,55
nAl (SO )  a �
t tu�
a cu�
a p�Ba(OH)2  Al 2 (SO4 )3
�
� 2 43
��
n
 4(2a  b)  0,08.2
n
b
�
�
a tan he�
t ke�
t tu�
a
� AlCl3

� OH ho�
�
a  0,01
��
� m(Al (SO ) , AlCl )  6,09 gam
2
4 3
3
b

0,02
�

3.Dung dịch Ba(OH)2 phản ứng với dung dịch chứa Na2SO4 và Al2(SO4)3

+ Ta thấy đồ thị
được hình thành bởi 3 đường :(Hình 3)
(1) là kết tủa tạo thành khí Al2(SO4)3 phản ứng với Ba(OH)2 ;
Al2(SO4)3 + 3Ba(OH)2 → 3BaSO4↓+ 2Al(OH)3↓
a →
3a →
3a
→
2a
(2) là kết tủa tạo thành khi AlCl3 phản ứng với Ba(OH)2 ; đồng thời có sự hòa tan của
Al(OH)3
Na2SO4 + Ba(OH)2 →BaSO4↓+ + 2NaOH
b →
b → b
2b

NaOH + Al(OH)3→ NaAlO2 + 2H2O
2b
2b
Kết tủa tạo ra là 233b nhưng tan mất 156b
(3) là kết tủa Al(OH)3 còn lại bị hòa tan hết.
Ba(OH)2 + 2Al(OH)3 → Ba(AlO2)2 + 4H2O
Theo đồ thị trên ta cần nhớ :
Đặt nAl2(SO4)3 = a mol ; nNa2SO4= b mol
+ y= 855a +( 233b -156b) = 855a+ 77b ( Kết tủa cực đại)
+ x= 233( 3a+ b) ( Kết tủa không đổi)
+ khi kết tủa cực đại thì nBa(OH)2 là : 3a + b
+ Khi Al(OH)3 tan hết thì nOH- = 4nAl3+

10


VD1 : Nhỏ từ từ dung dịch Ba(OH)2 đến dư vào dung dịch hỗn hợp Na 2SO4 và
Al2(SO4)3 ta có đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc khối lượng kết tủa theo số mol Ba(OH) 2
như sau

Dựa vào đồ thị hãy xác định giá trị của x là
A. 0,28 (mol)
B. 0,3 (mol)
C. 0,2 (mol)
D. 0,25 (mol)
Hướng tư duy
Đặt nAl2(SO4)3 = a mol ; nNa2SO4= b mol
Ta có
69,9 =233( 3a+ b) ( Kết tủa không đổi)
→3a+b = 0,3

+ khi kết tủa cực đại thì nBa(OH)2 là : 3a + b = 0,3
→ Đáp án B.
VD2 : Nhỏ từ từ dung dịch Ba(OH)2 đến dư vào dung dịch hỗn hợp Na 2SO4 và
Al2(SO4)3 ta có đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc khối lượng kết tủa theo số mol Ba(OH) 2
như sau

Dựa vào đồ thị hãy xác định khối lượng kết tủa lớn nhất
A. 75,15
B. 73,02
C. 80,2
D. 81,06
Hướng tư duy
Đặt nAl2(SO4)3 = a mol ; nNa2SO4= b mol
Ta có
69,9 =233( 3a+ b) ( Kết tủa không đổi)
→3a+b = 0,3
+ Khi Al(OH)3 tan hết thì nOH- = 4nAl3+ → 0,32.2 = 4.2a → a= 0,08 , b= 0,06
+ Kết tủa cực đại 855a +( 233b -156b) = 855a+ 77b = 73,02→ Đáp án B
4. Dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl 3, Hoặc dung dịch chứaAlCl3 có
thêm ion kim loại khác như Fe, Mg

11


Cho từ từ dung dịch chứa NaOH vào dung dịch chứa a mol AlCl3 ta có:
+ Pư xảy ra:
Al3+ + 3OH- → Al(OH)3↓
Al(OH)3 + OH- → Al(OH)4-[AlO2- + + 2H2O]
+ Đồ thị biểu diễn hai pư trên như sau:
sè mol Al(OH)3

M
A(a)
sè mol OH-

O (0)

+ Ta luôn có:

B(3a)

C(4a)

BO 3
BC 1

v�
 và BM = a
BM 1
BM 1

Theo đồ thị trên ta cần nhớ :
 Dáng của đồ thị: Tam giác không cân
 Tọa độ các điểm quan trọng
+ Điểm cực đại(kết tủa cực đại): (a, 3a)[a là số mol của Al3+]  kết tủa cực đại là a
mol.
+ Điểm cực tiểu: (0, 4a)
 Tỉ lệ trong đồ thị: (1:3) và (1:1).
+ Nếu có H+ (bmol) sự biến thiên lượng kết tủa Al(OH)3 theo lượng
diễn bằng đồ thị sau:

OH

được biểu

Ví dụ 1: 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 dung dịch NaOH (V ml) được biểu diễn
bằng đồ thị dưới đây:

12


Giá trị của a là
A. 0,5.
B. 1,5.
C. 1,0.
D. 2,0.
Hướng tư duy
+ Từ đồ thị biểu diễn q trình phản ứng của dung dịch NaOH với X, ta thấy X chứa
HCl và AlCl3.
+ Gọi x là thể tích NaOH dùng để trung hòa HCl và làm kết tủa hết AlCl 3 trong X, ta
có đồ thị:

 Dựa và
o đồthòvàbả
n chấ
t phả
n ứ
ng ta có:x  250  3(450  x) � x  400

�nHCl  nNaOH trung hòa  0,1
�BTNT Cl � nHCl ban đầu  0,4
�
�
�
�
�
nNaOH làm kếttủa AlCl
0,4
0,4  0,1
3
 2M

 0,1 �a 
�nAlCl3 
� 0,2
3
3
�

VD2: Đồ thị sau đây biểu diễn sự phụ thuộc của khối lượng kết tủa khi cho từ từ đến
dư dung dịch NaOH vào 100 ml dung dịch chứa HCl và AlCl3. Nồng độ mol của HCl
và AlCl3 ban đầu lần lượt là
x

mkt (gam)

2,34

y

0,16

0,24

số mol NaOH
NaOH
z

A. 0,8M và 0,5M
B. 0,7M và 0,6M
C. 0,4M và 0,6M
D. 0,7M và 0,5M
Hướng tư duy
Tại n = 0,16 : 3NaOH + AlCl3 → Al(OH)3↓ + 3NaCl
Ta có: nOH− = nH+ + 3n Al(OH)3 → y + 0,09 = 0,16 → y = 0,07 mol
Vậy nồng độ mol HCl = 0,07 : 0,1 = 0,7M
Tại n = 0,24: kết tủa Al(OH)3 tan mơt phần, áp dụng :
nOH− = nH+ + 4nAl3+ - n Al(OH)3
0,24 = 0,07 + 4nAl3+ - 0,03 → nAl3+ = 0,05
Vậy nồng độ mol AlCl3 = 0,05 : 0,1 = 0,5M→ Đáp án D
VD3 : Nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch X chứa FeCl3 và AlCl3 thu
được đồ thị sau. Giá trị n gần nhất với giá trị nào sau đây?

13


A. 84 gam

B. 81 gam.

C. 83 gam

D. 82 gam.

Hướng tư duy
HD: Từ trị số 3,1 đến 3,2 , số mol OH− tăng thêm : 3,2 – 3,1 = 0,1 mol
Al(OH)3 tan thêm : 0,1 mol ( Al(OH)3 + OH− → AlO2− + 2H2O )
Giá trị của n = 88,47 – 78.0,1 = 80,67 gam → Đáp án B
VD4: Nhỏ từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch X chứa 41,575 gam gồm các chất
HCl, MgCl2, AlCl3. Tiến trình phản ứng được biểu diễn bởi đồ thị sau:

Giá trị của a là
A. 0,15.

B. 0,2.

C. 0,3.

D. 0,35.

Hướng tư duy

+ Từ đồ thị suy ra

nHCl  0,2.

Ta có:

14

�
�
mX  95x  133,5y  0,2.36,5  41,575
x  0,5
�
�
�
nOH min ta�
 2x  3(a  x)  0,2  0,65
��
y  0,5
�
o ra a mol ke�
t tu�
a
�
�
n

2x

3y

(x

y

a)


0,2

1
,05

�a  0,2
�
o ra a mol ke�
t tu�
a
� OH max ta�
VD 5: Cho m gam Al2O3 tác dụng với dung dịch HCl dư thu dung dịch Z chứa 2 chất
tan có cùng nồng độ mol. Rót từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch Z ta có đồ thị
sau:

Giá trị của a là:
A. 0,48
B. 0,36
C. 0,42
D. 0,40
Hướng tư duy
Dung dịch Z có AlCl3 = HCl dư = a mol . Áp dụng công thức tính nhanh:
OH− = n (H+) + 4 n (Al3+) – n (Al(OH)3 )
4,25a = a + 4a – (a – 0,09) → a = 0,36→ Đáp án B
VD 6. Hòa tan hoàn toàn 7,98 gam hỗn hợp gồm Mg và Al trong dung dịch chứa a
mol H2SO4, sau khi kết thúc phản ứng, thu được 8,96 lít khí H 2 (đktc) và dung dịch
X. Cho từ từ dung dịch NaOH 1M vào X, sự phụ thuộc số mol kết tủa và thể tích
dung dịch NaOH 1M được biểu diễn theo đồ thị sau:
Số mol kết tủa

Giá trị của a là
A. 0,42.
B. 0,44.
C. 0,48.
D. 0,45.
Hướng tư duy
Đặt nMg = x; nAl = y ⇒ 24x + 27y = 7,98g; nH2 = x + 1,5y = 0,4 mol.
Giải hệ có: x = 0,13 mol; y = 0,18 mol.
Tại 1,03 mol NaOH thì kết tủa gồm 0,13 mol Mg(OH)2 và (0,24 - 0,13 = 0,11) mol
Al(OH)3. ⇒ dung dịch gồm (0,18 - 0,11 = 0,07) mol NaAlO 2 và (1,03 - 0,07) ÷ 2 =
0,48 mol Na2SO4⇒ a = nNa2SO4 = 0,48 mol ⇒ chọn C.

15


VD7: Cho từ từ đến dư dung dịch NaOH 0,1M vào 300 ml dung dịch hổn hợp gồm
H2SO4 a mol/lít và Al2(SO4)3 b mol/lít. Đồ thị dưới đây mô tả sự phụ thuộc của số mol
kết tủa Al(OH)3 vào số mol NaOH đã dùng.

Tỉ số a/b gần với giá trị nào sau đây
A. 1,7
B. 2,3
C. 2,7
D. 3,3
+
−
+
Hướng tư duy : theo đề: nH = 2.0,3a = 0,6a mol → nOH = nH = 0,6a mol
nAl3+ = 2. 0,3b = 0,6b mol

tại trị số nOH− = 2,4b thì nOH− = nH+ + 3nAl(OH)3
→ 2,4b = 0,6a + 3y → y = ( 2,4b – 0,6a ) : 3 (1)
−
Tại trị số nOH = 1,4a thì nOH− tác dụng với Al3+= 4nAl3+ − n↓
→ 1,4a – 0,6a = 4.0,6b – y → y = 2,4b – 0,8a (2)
Từ (1) và (2) → 0,8b – 0,2a = 2,4b – 0,8a → a/b = 2,667
Các bài tương tự
VD8 : Cho x gam Al tan hoàn toàn vào dung dịch chứa y mol HCl thu được dung
dịch Z chứa 2 chất tan có cùng nồng độ mol. Thêm từ từ dung dịch NaOH vào dung
dịch Z thì đồ thị biểu diễn lượng kết tủa phụ thuộc vào lượng OH- như sau:

Giá trị của x là
A. 27,0.
B. 26,1.
C. 32,4.
D. 20,25.
VD9: Cho dd X chứa AlCl3và HCl. Chia dung dịch X thành 2 phần bằng nhau:
- Phần 1: Cho tác dụng với dung dịch AgNO3 dư, thu được 71,75 gam kết tủa.
- Phần 2: Nhỏ từ từ đến dư dd NaOH vào, kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên
đồ thị sau:
nAl (OH )3
a
0,2a

nOH 
0

0,14

x

Giá trị của x là

16


A. 0,62
B. 0,33
C. 0,51
D. 0,57
VD10: Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch hỗn hợp gồm a mol
FeCl3 và b mol AlCl3, kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau:

Tỉ lệ x : y là
A. 9 : 11.

B. 8 : 11.

C. 9 : 12.

D. 9 : 10.

5.Dung dịch NaOH vào dung ZnSO4
+ Cho từ từ dung dịch chứa OH- vào dung dịch chứa a mol Zn2+ ta có pư xảy ra:
Zn2+ + 2OH- → Al(OH)3↓
Zn(OH)2 + 2OH- → Zn(OH)42- [hoặc: ZnO22- + 2H2O]
+ Đồ thị biểu diễn hai pư trên như sau:
sè mol Zn(OH)2

a

sè mol OH-

0

2a

4a

+ Tương tự khi cho từ từ dung dịch chứa OH - vào dung dịch chứa x mol H + và a mol
Zn2+ ta có đồ thị sau:
sè mol Zn(OH)2

a
sè mol OH-

0

x

2a+x

4a+x

+ Cho từ từ dung dịch chứa H+ vào dung dịch chứa a mol ZnO22- ta có pư xảy ra:
ZnO22- + 2H+ → Zn(OH)2↓

Zn(OH)2 + 2H+ → Zn2+ + 2H2O

+ Đồ thị biểu diễn hai pư trên như sau:
sè mol Zn(OH)2

a
sè mol H+

0

2a

4a

17


+ Tương tự khi cho từ từ dung dịch chứa H + vào dung dịch chứa x mol OH - và a mol
ZnO22- ta có đồ thị sau:
sè mol Zn(OH)2

a
sè mol H+

0

x

2a+x

4a+x

 Dáng của đồ thị: Tam giác cân
 Tọa độ các điểm quan trọng

+ Điểm cực đại(kết tủa cực đại): (2a, a)[a là số mol của Zn2+]  kết tủa cực đại là a
mol.
 Tỉ lệ trong đồ thị: (2:1).
VD1 Hoà tan hết m gam ZnSO4 vào nước được dung dịch X. Nếu cho 110 ml dung
dịch KOH 2M vào X thì được 3a mol kết tủa. Mặt khác, nếu cho 140 ml dung dịch
KOH 2M vào X thì thu được 2a mol kết tủa. Tính m?
Hướng tư duy
+ Gọi x là số mol kết tủa cực đại. Số mol KOH lần lượt là 0,22 mol và 0,28 mol.
+khi tăng KOH số mol kết tủa giảm nên ứng với 0,28 mol KOH có pư hòa tan kết tủa
+ TH1: Ứng với 0,22 mol KOH không có pư hòa tan kết tủa.
sè mol Zn(OH)2

x
3a
2a
0

sè mol OH-

0,22

2x

0,28

4x

a  11 / 300
�
�

�2.3a  0,22
�
4x

0,28

2.2a
�
+ Từ đồ thị suy ra: �
�x  8 / 75  vô lí
2x  0,22
�2x  0,22
�

+ TH2: Ứng với 0,22 mol KOH có pư hòa tan kết tủa.

18


sè mol Zn(OH)2

x
3a
2a

sè mol OH-

0

0,22 0,28

2x

4x

4x  0,22  2.3a
a  0,03
�
�
�
�
4x

0,28

2.2a
�
x  0,1
+ Từ đồ thị suy ra: �
�
 m = 16,1 gam (thỏa mãn).
2x  0,22
2x  0,22
�
�

VD2: Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch gồm a mol HCl và b mol
ZnSO4. Kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên sơ đồ sau :
sè mol Zn(OH)2

sè mol OH0

0,4

Tỉ lệ a : b là
A. 1 : 2.

3,0

1,0

B. 3 : 2.

C. 2 : 3.
D. 3 : 4.
Giải
+ Từ đồ thị  a = 0,4 mol (*) + Kết tủa cực đại = b mol.
+ Ta có đồ thị:
sè mol Zn(OH)2

b
x
0

sè mol OH0,4

1,0

0,4+ 2b

3,0

0,4+ 4b

+ Từ đồ thị  2x = 1 – 0,4  x = 0,3 mol (1)
+ Ta cũng có : 1,0 – 0,4 = 0,4 + 4b – 3,0  b = 0,8 mol (**)
+ Từ (*, **)  a : b = 1 : 2.
VD3: Nhỏ từ từ đến dư KOH vào dung
dịch hỗn hợp gồm a mol HCl và x mol
ZnSO4 ta quan sát hiện tượng theo đồ thị
hình bên (số liệu tính theo đơn vị mol).
Giá trị của x (mol) là:
A. 0,4.

B. 0,6.

C. 0,7.

D. 0,65.

sè mol Zn(OH)2

x
sè mol OH0

0,25

0,45

2,45

19


Hướng tư duy
+ Từ đồ thị  a = 0,25 mol.
+ Dễ thấy : (0,45 – 0,25) = (0,25 + 4x) – 2,45  x = 0,6 mol.
VD4: Dung dịch A chứa a mol ZnSO4; dung dịch B chứa b mol AlCl3; dung dịch C
chứa c mol NaOH. Tiến hành 2 thí nghiệm sau:
+ Thí nghiệm 1: Cho từ từ dung dịch C vào dung dịch A;
+ Thí nghiệm 2: Cho từ từ dung dịch C vào dung dịch B.
Lượng kết tủa ở 2 thí nghiệm biến đổi theo đồ thị sau đây:
n
b
a

0

_ __

x

4a

0,32

nNaOH

Tổng khối lượng kết tủa ở 2 thí nghiệm khi dùng x mol NaOH gần nhất với giá trị
nào sau đây ?

A. 9.
B. 8.
C. 8,5.
D. 9,5.
Hướng tư duy
Gọi lượng kết tủa tạo thành trong 2 thí nghiệm khi dùng x mol NaOH, ta có đồ thị:

+ Dựa bản chất phản ứng của dung dịch NaOH với dung dịch AlCl 3 và dạng hình học
của đồ thị, ta thấy:
�4a  3b
�
a  0,06
��
�
3.(0,32  4a)  4a �
b  0,08
�

+ Dựa bản chất phản ứng của dung dịch NaOH với dung dịch ZnSO 4, AlCl3 và dạng
hình học của 2 đồ thị, ta thấy:
x  0,114; y  0,048
�
4a  x  2y �
x  2y  0,24 �
�
��
��
�
x  3y
x  3y  0

mke�
 0,048(99  78)  8,496 �8,5
�
�
�
t tu�
a

Một số câu tương tự (cho HS tự làm)
VD5: Hòa tan hết m gam ZnSO4 vào nước được dung dịch X. Cho 110ml dung dịch
KOH 2M vào X, thu được a gam kết tủa. Mặt khác, nếu cho 140 ml dung dịch KOH
2M vào X thì cũng thu được a gam kết tủa. Giá trị của m là
A. 20,125.
B. 12,375.
C. 22,540.
D. 17,710.
VD6: Hòa tan m gam hỗn hợp gồm K2O, ZnO vào nước chỉ thu được dung dịch Y
trong suốt. Cho từ từ dung dịch HCl vào Y, kết quả được biểu diễn trên đồ thị sau:

20


Giá trị của m là:
A. 125,1.
B. 106,3.
C. 172,1.
D. 82,8.
VD7: Cho từ từ dung dịch chưa a mol Ba(OH)2 vào dung dịch chưa b mol ZnSO4.
Đồ thị biểu diễn số mol kết tủa theo giá trị của a như sau :

Giá trị của b là
A. 0,1.
B. 0,12.
C. 0,08.
D. 0,11.
III. HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN
1. Kết quả thực nghiệm
Sáng kiến được áp dụng trong năm học 2018– 2019
Điểm TBT các bài kiểm tra và thi khảo sát trên 2 đối tượng là học sinh lớp 12A1
(42 hs), 12A2 (40 hs) áp dụng sáng kiến và lớp 12A4 (44 hs) không áp dụng sáng kiến
như sau:
Xếp loại
Giỏi
Khá
Trung bình
Yếu - Kém
Đối tượng
A1
47,36%
42,1%
10,54
0%
A2
30%
57,5%
12,5%
0%
A4
9%
32%

59%
0%
-Trong thời gian nghiên cứu đề tài, chúng tôi đã tiến hành nghiên cứu thực
nghiệm sư phạm trên các tập thể lớp đã nêu trên. Kết quả cho thấy,khi học sinh tiếp
cận và nắm được phương pháp giải các bài tập về đồ thị làm cho học sinh học tập tích
cực hơn, không khí lớp học sôi nổi, phát triển được tư duy học hình học ,kết quả các
bài kiểm tra đạt chất lượng cao hơn.
2. Kết quả từ thực tiễn
+ HS ở lớp không chỉ rèn luyện được tư duy nhanh nhạy, sáng tạo mà còn rèn được cả
cách nói và trình bày lập luận của mình một cách lôgic, chính xác, khả năng độc lập
suy nghĩ
+ Với HS các lớp đối chứng gặp khó khăn trong việc xác định nhanh hướng giải bài
toán, hầu hết đều sử dụng phương pháp truyền thống để giải vừa mất thời gian mà

21


nhiều bài gặp bế tắc không thể giải được.
+ Năng lực tư duy của HS lớp thực nghiệm cũng không rập khuôn máy móc mà linh
hoạt, mềm dẻo hơn, có khả năng nhìn nhận vấn đề, bài toán dưới nhiều góc độ và
nhiều khía cạnh khác nhau trên cơ sở nắm vững kiến thức cơ bản.
+ Như vậy phương án thực nghiệm đã nâng cao được năng lực tư duy của học sinh,
khả năng làm việc độc lập và tự lực, năng lực vận dụng linh hoạt và sáng tạo kiến
thức đã học vào những bài toán là những tình huống mới, góp phần rèn luyện tư duy,
óc tìm tòi sáng tạo cho học sinh, gây được không khí hào hứng trong quá trình nhận
thức.
IV. KẾT LUẬN
Đề tài có tính thực tiễn rất cao, có thể được áp dụng ở tất cả các hoạt động dạy
học của giáo viên, nhất là các tiết học luyện tập, ôn tập, dạy học theo chủ đề tự chọn.
Vấn đề quan trọng là giáo viên phải chuẩn bị tốt hệ thống bài tập và các cách giải có

thể có; chuẩn bị tốt các hoạt động trong tiết học ắt sẽ đạt kết quả tốt nhất. Hi vọng
trong thời gian tới, đề tài này tiếp tục nghiên cứu sâu hơn, tìm ra phương pháp tốt nhất
nhằm góp phần nâng cao chất lượng giáo dục nói chung.

Hậu Lộc , ngày 24 tháng 05 năm 2019
XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG

Tôi xin cam đoan SKKN trên là do tôi viết
không sao chép nội dung của người khác .

NGƯỜI THỰC HIỆN

Nguyễn Minh Hải

TÀI LIỆU THAM KHẢO

22


1. Đề tuyển sinh ĐH, CĐ các năm của Bộ GD và ĐT- Đề chính thức
2. Trịnh Văn Biều (2003), Các phương pháp dạy học hiệu quả, Trường ĐHSP.
TPHCM.
3. Cao Cự Giác (2008), Hướng dẫn giải nhanh bài tập trắc nghiệm hóa học 12, Nhà
xuất bản Đại học sư phạm.
4. Võ Chánh Hoài (2008), Tuyển chọn và xây dựng hệ thống bài tập nhằm phát triển
tư duy cho HS trong dạy học phần hóa học vô cơ lớp 12 nâng cao ở trường trung học
phổ thông, Luận văn thạc sỹ giáo dục học.
5. Võ Văn Mai (2007), Sử dụng bài tập hóa học để góp phần hình thành một số
phẩm chất và năng lực cần có cho học sinh giỏi ở phổ thông, Luận văn thạc sỹ giáo
dục học.

23


DANH MC TI SNG KIN KINH NGHIM C HI NG NH
GI XP LOI CP PHềNG GD & T , CP S GD & T V CC CP CAO
HN XP T LOI C TR LấN

H v tờn tỏc gi : Nguyn Minh Hi
Chc v v n v cụng tỏc : T trng chuyờn mụn
Trng THPT hu lc 3
TT Tờn ti SKKN

Cp ỏnh
Kt qu
giỏ xp loi ỏnh giỏ

Nm hc

1
PHNG PHP GII NHANH BI Cp s
TP TRC NGHIM HO HU CLP 11,12 TRUNG HC PHTHễNG


LoiC

2008- 2009

PHNG PHP GII NHANH BI
TP PHN NG CNG HIRO

CA HIROCACBON KHễNG NO
CHNG 6 LP 11 THPT

Cp s

LoiC

2011- 2012

Cp s

LoiC

2012- 2013

Cp s

LoiC

2014- 2015

Cp s

LoiC

2016- 2017

2

3

NNG CAO HIU QU HC TP
MễN HểA HC CA HC SINH
THPT BNG CCH TO HNG
TH THễNG QUA CC LIấN H
THC T CA CUC SNG
4
Tuyển chọn, xây dng và sử
dụng MT S tập HểA HU C
IN HèNH LP 11,12 có nhiều
cách giảI để phát triển t duy
cho học sinh
5

TUYN CHN V XY DNG
PHNG PHP GII BI TP
NNG CAO HIU QU DY HC
CHNG PEPTIT- PROTEIN LP
12 THPT

24


25