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 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM PHƯƠNG PHÁP ĐỒ THỊ TRONG CÁC BÀI TẬP VỀ HỢP CHẤT CỦA NHÔM VÀ KẼM LỚP 12 - THPT Họ tên: Nguyễn Minh Hải Chức vụ: Tổ trưởng chuyên môn Đơn vị công tác: THPT Hậu Lộc SKKN thuộc mơn: Hóa học THANH HÓA NĂM 2019 Mục lục I MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài Mục đích nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu phương pháp nghiên cứu II Nội dung sáng kiến kinh nghiệm Cơ sở lí luận thực tiễn Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm II Giải pháp 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 2 Al2(SO4)3 AlCl3( muối nhôm khác Al(NO3)3…) 3.Dung dịch Ba(OH)2 phản ứng với dung dịch hỗn hợp Na 2SO4 Al2(SO4)3 Dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl3, Hoặc dung dịch chứaAlCl3 có thêm ion kim loại khác Fe, Mg 5.Dung dịch NaOH phản ứng vơi dung dịch ZnSO4 15 III HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN Kết thực nghiệm 19 18 19 Kết từ thực tiễn 20 IV kết luận Tài liệu tham khảo danh mục sáng kiến kinh nghiệm xếp loại cấp tỉnh I MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài Nâng cao chất lượng dạy học nói chung chất lượng dạy học Hóa học nói riêng nhiệm vụ quan trọng giáo viên Hóa học trường phổ thơng Trong dạy học Hóa học, nâng cao chất lượng dạy học phát triển lực nhận thức học sinh nhiều biện pháp nhiều phương pháp khác nhau, phương pháp có ưu điểm riêng, nên đòi hỏi giáo viên phải biết lựa chọn, phối hợp phương pháp cách thích hợp để chúng bổ sung cho nhau, nhằm giúp học sinh phát huy tối đa khả tư độc lập, tư logic tư sáng tạo Trong hai năm gần đề thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng(nay gọi đề thi THPT Quốc gia) có nhiều đổi mới, là: +Tăng số lượng câu dễ +Tăng độ khó câu hỏi khung điểm – 10 +Sử dụng câu hỏi tập đặc trưng cho mơn Hóa học: câu hỏi sử dụng hình ảnh, thí nghiệm; tập sử dụng đồ thị Với câu hỏi sử dụng hình ảnh, thí nghiệm,tập sử dụng đồ thị thấy học sinh lúng túng em thực hành, chưa luyện tập sử dụng đồ thị nhiều Hơn tập sử dụng đồ thị khơng phải phương pháp giải xa lạ với nhiều giáo viên việc sử dụng để giải tập hóa học chưa nhiều số lượng tài liệu tham khảo chuyên viết đồ thị hạn chế chưa đầy đủ Vì lí trình bày tơi xin viết SKKN “ Phương pháp đồ thị tập hợp chất nhôm kẽm lớp 12 – THPT ” Mục đích nghiên cứu Giúp em học sinh khắc phục khó khăn tự tin xử lí dạng đồ thị nói chung đồ thi tập hợp chất nhơm kẽm nói riêng Đối tượng nghiên cứu - Nghiên cứu tìm cách giải khác số toán đồ thị thường gặp đồ thị lạ -Sử dụng tập việc giảng dạy tiết học khóa khơng khóa trường trung học phổ thơng phương pháp nghiên cứu : Phương pháp xây dựng sở lý thuyết , phương pháp thống kê, xử lý số liệu II Nội dung sáng kiến kinh nghiệm Cơ sở lí luận thực tiễn - Bài tập hóa học biện pháp quan trọng để thực nhiệm vụ dạy học Bài tập Hóa học giúp học sinh đào sâu mở rộng kiến thức cách sinh động, phong phú, giúp cho giáo viên củng cố hệ thống hóa kiến thức cách thuận lợi, rèn luyện nhiều kĩ cần thiết hóa học góp phần vào việc giáo dục kĩ thuật tổng hợp cho học sinh - Thực tiễn giảng dạy cho thấy việc thực giải toán nhiều cách khác nhau, giúp học sinh nắm vững kiến thức mà hồn thiện kỹ hình thành kỹ xảo Điều cần thiết, giúp học sinh giải nhanh, đạt kết tốt việc giải tốn trắc nghiệm có yêu cầu mức độ vận dụng ngày cao kỳ thi Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Học sinh khó khăn tiếp cận tốn liên quan đến đồ thị, học sinh thường bỏ qua III GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ TÀI Xây dựng số dạng đồ thị về hợp chất nhôm kẽm lớp 12 – THPT Đồ thị dung dịch Ba(OH)2 phản ứng với muối Al2(SO4)3 + Ta thấy đồ thị hình thành đường :(Hình 1) : (Hình 1) (1) 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 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 ( kết tủa BaSO4) nOH- = 4nAl3+ = 4.2a Hoặc nBa(OH)2 = 2nAl3+ =2.2a VD1: Nhỏ từ từ dung dịch Ba(OH) 0,5M vào ống nghiệm chứa V lít dung dịch Al2(SO4)3 a mol/lít Quá trình phản ứng biểu diễn đồ thị sau: Để lượng kết tủa khơng đổi thể tích dung dịch Ba(OH)2 nhỏ cần dùng A 0,24 lít B 0,30 lít C 0,32 lít D 0,40 lít Hướng tư duy: Áp dụng công thức nêu : 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) 0,2M vào 100 ml dung dịch A chứa Al2(SO4)3 xM Mối quan hệ khối lượng kết tủa số mol OH - biểu diễn đồ thị sau: Nếu cho 100ml dung dịch hỗn hợp Ba(OH)2 0,2M NaOH 0,3M vào 100ml dung dịch A khối lượng kết tủa thu 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 ( khơng 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( Ba2+ hết ) nOH- = 4nAl3+ - nAl(OH)3↓ ( cơng thức tính nhanh ) →0,07=4.0,02 - nAl(OH)3↓ →nAl(OH)3↓ = 0,01 Khối lượng kết tủa thu 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 phụ thuộc khối lượng kết tủa theo thể tích dung dịch Ba(OH) sau: Giá trị V gần với giá trị 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 = lit gần 2,1 2/ Đồ thị dung dịch Ba(OH)2 phản ứng với hỗn hợp muối Al2(SO4)3 AlCl3 ( muối nhôm khác Al(NO3)3…) + Ta thấy đồ thị hình thành đường :(Hình 2) (1) 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) kết tủa tạo thành AlCl3 phản ứng với Ba(OH)2 ; 2AlCl3+ 3Ba(OH)2 → 3BaCl2+ 2Al(OH)3↓ b → 1,5b → 1,5b → b (3) kết tủa Al(OH)3 sinh bị hòa tan hết Ba(OH)2 + 2Al(OH)3 → Ba(AlO2)2 + 4H2O Hình Chẳng hạn theo đồ thị ta cần nhớ : +giá trị 0,3 = n Al2(SO4)3 = a +giá trị 0,6 = 2n Al3+ =2(2a+b) +giá trị khoảng x y trục tung 855a {BaSO4(3a) ,Al(OH)3↓(2a)} giá trị khoảng 0,3 0,6 trục hoành : 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 AlCl3 khối lượng kết tủa sinh biểu diễn đồ thị sau Giá trị x gần với giá trị 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 : Đoạn 1: ứng với kết tủa sinh lúc Al2(SO4)3 + 3Ba(OH)2 → 3BaSO4↓+ 2Al(OH)3↓ a → 3a → 3a → 2a x → x → 2x/3 Tổng lượng kết tủa : 233.3a + 78.2a = 8,55 → a= 0,01 mol Khi Al(OH)3 tan hết lại BaSO4 với m = mBaSO4 = 233.3.0,01 = 6,99 gam Theo đồ thị, m lượng kết tủa thu thời điểm n Ba(OH)2 = x → 233x + 78.2x/3 = 6,99 → x = 0,0245 → B Cách : Dùng hình học ( Rất ngắn gọn dễ hiểu) m = mBaSO4 = 233.3.0,01 = 6,99 gam y= 3a=0,03 8,55: m = y :x → x = 0,0245 → B VD2: Cho từ từ đến dư dung dịch Ba(OH) vào dung dịch chứa m gam hỗn hợp Al2(SO4)3 AlCl3 Sự phụ thuộc khối lượng kết tủa (y gam) vào số mol Ba(OH) (x mol) biểu diễn đồ thị bên Giá trị m A 10,68 B 6,84 C 12,18 D 9,18 Hướng tư duy: Đặt: Al2(SO4)3 (a mol) 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 AlCl3 thu kết tủa có khối lượng theo số mol Ba(OH)2 đồ thị: Tổng giá trị (x + y) A 136,2 Hướng tư duy: B 163,2 C 162,3 D 132,6 � nOH la�  6a � nAl (SO )  a � m ke� t tu� a he� t Al 3 Al (SO4 )3 � � �� n  b n  3b  (2a  b) � AlCl3 � m ke� t tu� a he� t Al 3 AlCl 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 � � � 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 AlCl3 Sự phụ thuộc khối lượng kết tủa (y gam) vào số mol Ba(OH)2 (x mol) biểu diễn đồ thị bên, khối lượng kết tủa cực đại m gam 0,03 Giá trị m A 10,11 B 6,99 C 11,67 D 8,55 Hướng tư duy: Áp dụng công thức nêu : Đặt : Al2(SO4)3 (a mol) 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 b mol AlCl3 Tổng số mol kết tủa thu phụ thuộc vào số mol Ba(OH)2 nhỏ vào theo đồ thị hình bên Giá trị a b A 0,05 0,05 C 0,025 0,05 B 0,075 0,025 D 0,05 0,025 Hướng tư duy: Áp dụng công thức nêu : Đặt Al2(SO4)3 (a mol) AlCl3 (b mol) => 5a+b= 0,175 (1) nOH- = 4nAl3+ => 4(2a+b) = 0,4 (2) Từ (1) (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 b mol AlCl3 khối lượng kết tủa sinh biểu diễn đồ thị sau Giá trị (a + b) gần với giá trị sau đây? A 0,40 B 0,35 C 0,45 D 0,25 Hướng tư duy: BaSO : 3a � �� � a  0,15 Al(OH)3 : 2a � �� Áp dụng công thức nêu Tại 128,25 gam �� BaSO : 0, 45 � �  Cl : 3b � ��  �� � b  0, �� � a  b  0,35 => Đáp Án B Điền số vị trí 1,0 mol �� AlO : 0,3  b � � Ba 2 :1  0, 45 � Hoăc : Tại vị trí 1,0 mol nOH- = 4nAl3+ => 4(2a+b) = => 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 AlCl3 Sự biến thiên khối lượng kết tủa biểu diễn đồ thị sau: Tổng khối lượng hai muối Al2(SO4)3 AlCl3 A 6,09 gam B 3,42 gam C 5,34 D 6,84 Hướng tư duy: + Đường (1) biến thiên lượng kết tủa phản ứng Ba(OH) Al2(SO4)3; đường (2) biến thiên lượng kết tủa phản ứng Ba(OH) AlCl3; đường (3) q trình hồn tan Al(OH)3 � � mke�  2a.78  3a.233  8,55 nAl (SO )  a � t tu� a cu� a p�Ba(OH)2  Al (SO4 )3 � � 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 3 b  0,02 � 3.Dung dịch Ba(OH)2 phản ứng với dung dịch chứa Na2SO4 Al2(SO4)3 + Ta thấy đồ thị hình thành đường :(Hình 3) (1) 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) kết tủa tạo thành AlCl3 phản ứng với Ba(OH)2 ; đồng thời có hòa tan Al(OH)3 Na2SO4 + Ba(OH)2 →BaSO4↓+ + 2NaOH b → b → b 2b NaOH + Al(OH)3→ NaAlO2 + 2H2O 2b 2b Kết tủa tạo 233b tan 156b (3) kết tủa Al(OH)3 lại bị hòa tan hết Ba(OH)2 + 2Al(OH)3 → Ba(AlO2)2 + 4H2O Theo đồ thị 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) + kết tủa cực đại nBa(OH)2 : 3a + b + Khi Al(OH)3 tan hết nOH- = 4nAl3+ 10 VD1 : Nhỏ từ từ dung dịch Ba(OH)2 đến dư vào dung dịch hỗn hợp Na 2SO4 Al2(SO4)3 ta có đồ thị biểu diễn phụ thuộc khối lượng kết tủa theo số mol Ba(OH) sau Dựa vào đồ thị xác định giá trị x A 0,28 (mol) B 0,3 (mol) C 0,2 (mol) D 0,25 (mol) Hướng tư Đặt nAl2(SO4)3 = a mol ; nNa2SO4= b mol Ta có 69,9 =233( 3a+ b) ( Kết tủa không đổi) →3a+b = 0,3 + kết tủa cực đại nBa(OH)2 : 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 Al2(SO4)3 ta có đồ thị biểu diễn phụ thuộc khối lượng kết tủa theo số mol Ba(OH) sau Dựa vào đồ thị xác định khối lượng kết tủa lớn A 75,15 B 73,02 C 80,2 D 81,06 Hướng tư Đặt nAl2(SO4)3 = a mol ; nNa2SO4= b mol Ta có 69,9 =233( 3a+ b) ( Kết tủa khơng đổi) →3a+b = 0,3 + Khi Al(OH)3 tan hết 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 Dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl 3, Hoặc dung dịch chứaAlCl3 có thêm ion kim loại khác 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 sau: sè mol Al(OH)3 M A(a) sè mol OH- O (0) + Ta ln có: B(3a) C(4a) BO BC  v�  BM = a BM BM Theo đồ thị ta cần nhớ :  Dáng đồ thị: Tam giác không cân  Tọa độ điểm quan trọng + Điểm cực đại(kết tủa cực đại): (a, 3a)[a số mol Al3+]  kết tủa cực đại a mol + Điểm cực tiểu: (0, 4a)  Tỉ lệ đồ thị: (1:3) (1:1) + Nếu có H+ (bmol) biến thiên lượng kết tủa Al(OH)3 theo lượng diễn đồ thị sau: OH biểu Ví dụ 1: Hòa tan hồn tồn hỗn hợp Al Al2O3 200 ml dung dịch HCl nồng độ a mol/l, thu 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) biểu diễn đồ thị đây: 12 Giá trị a A 0,5 B 1,5 C 1,0 D 2,0 Hướng tư + Từ đồ thị biểu diễn trình phản ứng dung dịch NaOH với X, ta thấy X chứa HCl AlCl3 + Gọi x thể tích NaOH dùng để trung hòa HCl làm kết tủa hết AlCl X, ta có đồ thị:  Dựa o đồthòvàbả n chấ t phả n ứ ng ta có:x  250  3(450  x) � x  400 �nHCl  nNaOH trung hoøa  0,1 �BTNT Cl � nHCl ban đầu  0,4 � � � � � nNaOH làm kếttủa AlCl 0,4 0,4  0,1  2M   0,1 �a  �nAlCl3  � 0,2 3 � VD2: Đồ thị sau biểu diễn phụ thuộc khối lượng kết tủa cho từ từ đến dư dung dịch NaOH vào 100 ml dung dịch chứa HCl AlCl3 Nồng độ mol HCl AlCl3 ban đầu x mkt (gam) 2,34 y 0,16 0,24 số mol NaOH NaOH z A 0,8M 0,5M B 0,7M 0,6M C 0,4M 0,6M D 0,7M 0,5M Hướng tư 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 môt 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 AlCl3 thu đồ thị sau Giá trị n gần với giá trị sau đây? 13 A 84 gam B 81 gam C 83 gam D 82 gam Hướng tư 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 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 chất HCl, MgCl2, AlCl3 Tiến trình phản ứng biểu diễn đồ thị sau: Giá trị a A 0,15 B 0,2 C 0,3 D 0,35 Hướng tư + Từ đồ thị suy nHCl  0,2 Ta có: 14 � � mX  95x  133,5y  0,2.36,5  41,575 x  0,5 � � � nOH ta�  2x  3(a  x)  0,2  0,65 �� y  0,5 � o a mol ke� t tu� a � � n  2x  3y  (x  y  a)  0,2  ,05  �a  0,2 � o 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 chất tan có nồng độ mol Rót từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch Z ta có đồ thị sau: Giá trị a là: A 0,48 B 0,36 C 0,42 D 0,40 Hướng tư Dung dịch Z có AlCl3 = HCl dư = a mol Áp dụng cơng thức tính nhanh: OH− = n (H+) + n (Al3+) – n (Al(OH)3 ) 4,25a = a + 4a – (a – 0,09) → a = 0,36→ Đáp án B VD Hòa tan hoàn toàn 7,98 gam hỗn hợp gồm Mg Al dung dịch chứa a mol H2SO4, sau kết thúc phản ứng, thu 8,96 lít khí H (đktc) dung dịch X Cho từ từ dung dịch NaOH 1M vào X, phụ thuộc số mol kết tủa thể tích dung dịch NaOH 1M biểu diễn theo đồ thị sau: Số mol kết tủa Giá trị a A 0,42 B 0,44 C 0,48 D 0,45 Hướng tư 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 kết tủa gồm 0,13 mol Mg(OH)2 (0,24 - 0,13 = 0,11) mol Al(OH)3 ⇒ dung dịch gồm (0,18 - 0,11 = 0,07) mol NaAlO (1,03 - 0,07) ÷ = 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 Al2(SO4)3 b mol/lít Đồ thị mơ tả phụ thuộc số mol kết tủa Al(OH)3 vào số mol NaOH dùng Tỉ số a/b gần với giá trị sau A 1,7 B 2,3 C 2,7 D 3,3 + − + Hướng tư : theo đề: nH = 2.0,3a = 0,6a mol → nOH = nH = 0,6a mol nAl3+ = 0,3b = 0,6b mol trị số nOH− = 2,4b nOH− = nH+ + 3nAl(OH)3 → 2,4b = 0,6a + 3y → y = ( 2,4b – 0,6a ) : (1) − Tại trị số nOH = 1,4a nOH− tác dụng với Al3+= 4nAl3+ − n↓ → 1,4a – 0,6a = 4.0,6b – y → y = 2,4b – 0,8a (2) Từ (1) (2) → 0,8b – 0,2a = 2,4b – 0,8a → a/b = 2,667 Các tương tự VD8 : Cho x gam Al tan hoàn toàn vào dung dịch chứa y mol HCl thu dung dịch Z chứa chất tan có nồng độ mol Thêm từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch Z đồ thị biểu diễn lượng kết tủa phụ thuộc vào lượng OH- sau: Giá trị x A 27,0 B 26,1 C 32,4 D 20,25 VD9: Cho dd X chứa AlCl3và HCl Chia dung dịch X thành phần nhau: - Phần 1: Cho tác dụng với dung dịch AgNO3 dư, thu 71,75 gam kết tủa - Phần 2: Nhỏ từ từ đến dư dd NaOH vào, kết thí nghiệm biểu diễn đồ thị sau: nAl (OH )3 a 0,2a nOH  0,14 x Giá trị x 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 b mol AlCl3, kết thí nghiệm biểu diễn đồ thị sau: Tỉ lệ x : y A : 11 B : 11 C : 12 D : 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 sau: sè mol Zn(OH)2 a sè mol OH- 2a 4a + Tương tự cho từ từ dung dịch chứa OH - vào dung dịch chứa x mol H + a mol Zn2+ ta có đồ thị sau: sè mol Zn(OH)2 a sè mol OH- 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 sau: sè mol Zn(OH)2 a sè mol H+ 2a 4a 17 + Tương tự cho từ từ dung dịch chứa H + vào dung dịch chứa x mol OH - a mol ZnO22- ta có đồ thị sau: sè mol Zn(OH)2 a sè mol H+ x 2a+x 4a+x  Dáng đồ thị: Tam giác cân  Tọa độ điểm quan trọng + Điểm cực đại(kết tủa cực đại): (2a, a)[a số mol Zn2+]  kết tủa cực đại a mol  Tỉ lệ đồ thị: (2:1) VD1 Hoà tan hết m gam ZnSO4 vào nước dung dịch X Nếu cho 110 ml dung dịch KOH 2M vào X 3a mol kết tủa Mặt khác, cho 140 ml dung dịch KOH 2M vào X thu 2a mol kết tủa Tính m? Hướng tư + Gọi x số mol kết tủa cực đại Số mol KOH 0,22 mol 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 khơng có pư hòa tan kết tủa sè mol Zn(OH)2 x 3a 2a 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  / 75  vơ 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- 0,22 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 b mol ZnSO4 Kết thí nghiệm biểu diễn sơ đồ sau : sè mol Zn(OH)2 sè mol OH0 0,4 Tỉ lệ a : b A : 3,0 1,0 B : C : D : 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 sè mol OH0,4 1,0 0,4+ 2b 3,0 0,4+ 4b + Từ đồ thị  2x = – 0,4  x = 0,3 mol (1) + Ta có : 1,0 – 0,4 = 0,4 + 4b – 3,0  b = 0,8 mol (**) + Từ (*, **)  a : b = : VD3: Nhỏ từ từ đến dư KOH vào dung dịch hỗn hợp gồm a mol HCl x mol ZnSO4 ta quan sát tượng theo đồ thị hình bên (số liệu tính theo đơn vị mol) Giá trị 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 + 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 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 thí nghiệm biến đổi theo đồ thị sau đây: n b a _ x 4a 0,32 nNaOH Tổng khối lượng kết tủa thí nghiệm dùng x mol NaOH gần với giá trị sau ? A B C 8,5 D 9,5 Hướng tư Gọi lượng kết tủa tạo thành thí nghiệm dùng x mol NaOH, ta có đồ thị: + Dựa chất phản ứng dung dịch NaOH với dung dịch AlCl dạng hình học đồ thị, ta thấy: �4a  3b � a  0,06 �� � 3.(0,32  4a)  4a � b  0,08 � + Dựa chất phản ứng dung dịch NaOH với dung dịch ZnSO 4, AlCl3 dạng hình học đồ thị, ta thấy: x  0,114; y  0,048 � 4a  x  2y � x  2y  0,24 � � �� �� � x  3y x  3y  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 dung dịch X Cho 110ml dung dịch KOH 2M vào X, thu a gam kết tủa Mặt khác, cho 140 ml dung dịch KOH 2M vào X thu a gam kết tủa Giá trị m A 20,125 B 12,375 C 22,540 D 17,710 VD6: Hòa tan m gam hỗn hợp gồm K2O, ZnO vào nước thu dung dịch Y suốt Cho từ từ dung dịch HCl vào Y, kết biểu diễn đồ thị sau: 20 Giá trị 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 a sau : Giá trị b A 0,1 B 0,12 C 0,08 D 0,11 III HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN Kết thực nghiệm Sáng kiến áp dụng năm học 2018– 2019 Điểm TBT kiểm tra thi khảo sát đối tượng học sinh lớp 12A1 (42 hs), 12A2 (40 hs) áp dụng sáng kiến lớp 12A4 (44 hs) không áp dụng sáng kiến 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, tiến hành nghiên cứu thực nghiệm sư phạm tập thể lớp nêu Kết cho thấy,khi học sinh tiếp cận nắm phương pháp giải tập đồ thị làm cho học sinh học tập tích cực hơn, khơng khí lớp học sơi nổi, phát triển tư học hình học ,kết kiểm tra đạt chất lượng cao Kết từ thực tiễn + HS lớp không rèn luyện tư nhanh nhạy, sáng tạo mà rèn cách nói trình bày lập luận cách lơgic, xác, khả độc lập suy nghĩ + Với HS lớp đối chứng gặp khó khăn việc xác định nhanh hướng giải toán, hầu hết sử dụng phương pháp truyền thống để giải vừa thời gian mà 21 nhiều gặp bế tắc giải + Năng lực tư HS lớp thực nghiệm khơng rập khn máy móc mà linh hoạt, mềm dẻo hơn, có khả nhìn nhận vấn đề, tốn nhiều góc độ nhiều khía cạnh khác sở nắm vững kiến thức + Như phương án thực nghiệm nâng cao lực tư học sinh, khả làm việc độc lập tự lực, lực vận dụng linh hoạt sáng tạo kiến thức học vào tốn tình mới, góp phần rèn luyện tư duy, óc tìm tòi sáng tạo cho học sinh, gây khơng khí hào hứng q trình nhận thức IV KẾT LUẬN Đề tài có tính thực tiễn cao, áp dụng tất hoạt động dạy học giáo viên, tiết học luyện tập, ôn tập, dạy học theo chủ đề tự chọn Vấn đề quan trọng giáo viên phải chuẩn bị tốt hệ thống tập cách giải có; chuẩn bị tốt hoạt động tiết học đạt kết tốt Hi vọng thời gian tới, đề tài tiếp tục nghiên cứu sâu hơn, tìm phương pháp tốt 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 viết không chép nội dung người khác NGƯỜI THỰC HIỆN Nguyễn Minh Hải TÀI LIỆU THAM KHẢO 22 Đề tuyển sinh ĐH, CĐ năm Bộ GD ĐT- Đề thức Trịnh Văn Biều (2003), Các phương pháp dạy học hiệu quả, Trường ĐHSP TPHCM Cao Cự Giác (2008), Hướng dẫn giải nhanh tập trắc nghiệm hóa học 12, Nhà xuất Đại học sư phạm Võ Chánh Hoài (2008), Tuyển chọn xây dựng hệ thống tập nhằm phát triển tư cho HS dạy học phần hóa học vô lớp 12 nâng cao trường trung học phổ thông, Luận văn thạc sỹ giáo dục học Võ Văn Mai (2007), Sử dụng tập hóa học để góp phần hình thành số phẩm chất lực cần có cho học sinh giỏi phổ thông, Luận văn thạc sỹ giáo dục học 23 DANH MỤC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Đà ĐƯỢC HỘI ĐỒNG ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI CẤP PHÒNG GD & ĐT , CẤP SỞ GD & ĐT VÀ CÁC CẤP CAO HƠN XẾP TỪ LOẠI C TRỞ LÊN Họ tên tác giả : Nguyễn Minh Hải Chức vụ đơn vị công tác : Tổ trưởng chuyên môn Trường THPT hậu lộc TT Tên đề tài SKKN Cấp đánh Kết giá xếp loại đánh giá Năm học “PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH BÀI Cấp sở TẬP TRẮC NGHIỆM HỐ HỮU CƠLỚP 11,12 TRUNG HỌC PHỔTHƠNG ” LoạiC 2008- 2009 PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH BÀI TẬP PHẢN ỨNG CỘNG HIĐRO CỦA HIĐROCACBON KHÔNG NO CHƯƠNG LỚP 11 THPT Cấp sở LoạiC 2011- 2012 Cấp sở LoạiC 2012- 2013 Cấp sở LoạiC 2014- 2015 Cấp sở LoạiC 2016- 2017 NÂNG CAO HIỆU QUẢ HỌC TẬP MÔN HÓA HỌC CỦA HỌC SINH THPT BẰNG CÁCH TẠO HỨNG THÚ THÔNG QUA CÁC LIÊN HỆ THỰC TẾ CỦA CUỘC SNG Tuyển chọn, xây dng sử dụng MT SỐ tËp HĨA HỮU CƠ ĐIỂN HÌNH LƠP 11,12 cã nhiều cách giảI để phát triển t cho học sinh TUYỂN CHỌN VÀ XÂY DỰNG PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP NÂNG CAO HIỆU QUẢ DẠY HỌC CHƯƠNG PEPTIT- PROTEIN LỚP 12 THPT 24 25 ... SKKN “ Phương pháp đồ thị tập hợp chất nhôm kẽm lớp 12 – THPT ” Mục đích nghiên cứu Giúp em học sinh khắc phục khó khăn tự tin xử lí dạng đồ thị nói chung đồ thi tập hợp chất nhơm kẽm nói riêng... đến đồ thị, học sinh thường bỏ qua III GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ TÀI Xây dựng số dạng đồ thị về hợp chất nhôm kẽm lớp 12 – THPT Đồ thị dung dịch Ba(OH)2 phản ứng với muối Al2(SO4)3 + Ta thấy đồ thị hình... nghiệm; tập sử dụng đồ thị Với câu hỏi sử dụng hình ảnh, thí nghiệm ,tập sử dụng đồ thị tơi thấy học sinh lúng túng em thực hành, chưa luyện tập sử dụng đồ thị nhiều Hơn tập sử dụng đồ thị khơng