(Sáng kiến kinh nghiệm) giúp học sinh phân dạng và giải nhanh một số dạng toán đồ thị điển hình trong hóa học vô cơ

MỤC LỤC A Mở đầu………………………… ………………………… .01 I Lí chọn đề tài .01 II Mục đích nhiệm vụ đề tài 02 III Đồi tượng nghiên cứu ……………………………….……… 02 IV Phạm vi áp dụng 02 V Phương pháp ………………………………………… 02 B Giải vấn đề…………… …………….… ……………… .03 I Thực trạng 03 II Giải pháp .03 Phần 1: Cơ sở lí luận phương pháp đồ thị - Tính chất chất… .03 Phần 2: Một số dạng toán đồ thị ………… 05 Ca(OH) , Ba(OH)  - Dạng 1: Sục CO2 vào dung dịch hỗn hợp: KOH, NaOH 05 - Dạng 2: Cho từ từ OH- (NaOH, KOH) vào dung dịch chứa Al 3+ cho từ từ OH- (NaOH, KOH) vào dung dịch chứa (Al3+, H+) 08 - Dạng 3: Cho từ từ H+ (HCl, HNO3, H2SO4) vào dung dịch hỗn hợp chứa − AlO OH 13 - Dạng 4: Một số toán đồ thị đặc biệt 16 C Kết luận ……………….…….…………….………………… 20 I Kết đạt học kinh nghiệm .…………… 20 II Kiến nghị đề xuất……….……………………………… 20 D.Tài liệu tham khảo …………………….……………… 22 A MỞ ĐẦU I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Trong năm gần đây, phương pháp giải nhanh tốn hóa học khơng ngừng phát triển, hệ tất yếu Bộ giáo dục đào tạo triển khai hình thức thi trắc ngiệm với mơn hóa học Với hình thức thi trắc nghiệm việc giải nhanh tốn hóa học yêu cầu hàng đầu học sinh, yêu cầu phải tìm phương pháp giải tốn cách nhanh nhất, khơng giúp học sinh tiết kiệm thời gian làm mà rèn luyện tư lực phát vấn đề em Vì việc nghiên cứu, tìm tịi xây dựng chuyên đề ôn tập trọng tâm phương pháp giải nhanh dạng tập hóa học việc cần thiết để giúp em hệ thống, nắm kiến thức đạt kết cao kỳ thi trung học phổ quốc gia hay thi học sinh giỏi Tuy nhiên hóa học môn khoa học thực nghiệm nên để áp dụng tốt phương pháp giải nhanh mà giúp học sinh hiểu chất hóa học vấn đề khó khăn Nó khơng yêu cầu học sinh phải nắm vững hiểu rõ hệ thống kiến thức lí thuyết mà cịn phải thành thạo việc sử dụng kĩ giải tập đặc biệt phải có phương pháp giải nhanh cho dạng tập Trong trình giảng dạy mơn hóa học trường THPT, đặc biệt q trình ơn luyện cho học sinh thi học sinh giỏi, thi trung học phổ thông quốc gia, nhận thấy tập phần giải tốn hóa học đồ thị thường xun có câu đề thi gây khơng khó khăn cho học sinh Phần loại tập cịn so với học sinh mà tài liệu viết tập đồ thị cịn nên nguồn tư liệu để giáo viên nghiên cứu cịn hạn chế, nội dung kiến thức kĩ giải tập đồ thị cung cấp cho học sinh chưa nhiều Khi gặp toán: Sục từ từ đến dư CO2 vào hỗn hợp chứa NaOH, Ca(OH)2 ,KOH, Ba(OH)2; hay cho từ từ dung dịch HCl vào hỗn hợp Ca(OH) NaAlO2; hay cho từ từ dung dịch Ba(OH)2 vào dung dịch hỗn hỗn hợp Al2(SO4)3 AlCl3 dựa vào đồ thị biễu diễn tạo thành kết tủa, tìm lượng chất học sinh thường lúng túng việc tìm phương pháp giải phù hợp, thường bỏ qua nên hay bị điểm Do đó, việc nghiên cứu để phân dạng xây dựng phương pháp giải nhanh dạng toán đồ thị việc cần thiết Từ nhu cầu đó, tơi mạnh dạn trình bày số kinh nghiệm “Giúp học sinh phân dạng giải nhanh số dạng toán đồ thị điển hình hóa học vơ ” làm sáng kiến kinh nghiệm cho Với hy vọng đề tài tài liệu tham khảo phục vụ tốt cho việc học tập em học sinh 12 cho công tác giảng dạy bạn đồng nghiệp II MỤC ĐÍCH VÀ NHIỆM VỤ CỦA ĐỀ TÀI Mục đích Nhằm nâng cao chất lượng, hiệu q trình giảng dạy học tập mơn hố học phần toán đồ thị chương trình hóa học vơ lớp 12 Thì đề tài “Giúp học sinh phân dạng giải nhanh số dạng tốn đồ thị điển hình hóa học vơ ” làm sáng kiến hi vọng giúp đỡ thân đồng nghiệp q trình giảng dạy Để từ trao đổi tìm giải pháp tốt cho dạy học học sinh đồng nghiệp trình giảng dạy ôn thi trung học phổ thông quốc gia, ôn thi học sinh giỏi giúp học sinh tích lũy kiến thức, làm tốt tập đạt kết cao kì thi Nhiệm vụ Phân dạng khái quát phương pháp giải số dạng tốn đồ thị điển hình chương trình hóa học vô như: Ca(OH) , Ba(OH)2  KOH, NaOH + Dạng 1: Sục CO2 vào dung dịch hỗn hợp  3 + Dạng 2: Cho từ từ OH (NaOH, KOH) vào dung dịch chứa Al cho từ từ Al3   OH  (NaOH, KOH) vào dung dịch chứa H + Dạng 3: Cho từ từ H+ (HCl, HNO3, H2SO4) vào dung dịch chứa OH- + Dạng 4: Một số toán đồ thị đặc biệt AlO2- III ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU Đề tài nghiên cứu số dạng tốn đồ thị chương trình hóa học vô lớp 12 IV PHẠM VI ÁP DỤNG Nội dung đề tài áp dụng vào tiết dạy tự chọn chương kim loại kiềm - kim loại kiềm thổ - nhôm lớp 12 áp dụng cho lớp ôn thi trung học phổ thông quốc gia hay ôn thi học sinh giỏi V PHƯƠNG PHÁP Phương pháp nghiên cứu chủ yếu phương pháp nghiên cứu lí thuyết Căn vào nhiệm vụ đề tài, phương pháp nghiên cứu dựa nội dung kiến thức CO2 tác dụng với dung dịch kiềm; muối nhôm, muối kẽm tác dụng với dung dịch axit dung dịch bazơ; tính chất lưỡng tính Al(OH)3, Zn(OH)2 dựa sở lí luận phương pháp giải tập hóa học chương trình hố học vơ phương pháp bảo tồn khối lượng, bảo toàn nguyên tố kết hợp đặc điểm hình dáng đồ thị để xây dựng hệ thống câu hỏi tập B GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ I THỰC TRẠNG Trong năm gần toán đồ thị sử dụng tương đối nhiều đề thi THPTQG, đề thi HSG Nhưng không hiểu rõ chất thứ tự phản ứng xảy sục từ từ CO vào dung dịch bazơ (NaOH, Ca(OH)2, Ba(OH)2, KOH) hay cho H+ vào (OH-, AlO2-, ZnO22-) hay cho OH- vào (H+, Al3+, Zn2+) nên học sinh khơng hiểu đồ thị tốn cho đại lượng nào; mối liên hệ đại lượng đồ thị gì; tỉ lệ số mol kết tủa tạo thành hay số mol khí giải phóng với số mol chất phản ứng bao nhiêu, có mối liên hệ đến tỉ lệ chất phương trình phản ứng Do nhìn thấy đồ thị học sinh lúng túng, khơng thể xử lí kiện đồ thị Nhưng hiểu rõ chất phương pháp giải cho dạng tốn đồ thị lại dạng toán đơn giản II GIẢI PHÁP Để thay đổi trạng trên, định nghiên cứu tìm phương pháp giải nhanh cho số dạng tốn đồ thị điển hình chương trình hóa học vơ nhằm giúp em học sinh lớp 12 giải toán đồ thị cách dễ dàng, nhanh gọn xác Sau dạng tốn đồ thị tơi nghiên cứu xây dựng nên nhằm phần giúp học sinh làm tốt tốn đồ thị để có thành tích cao kì thi trung học phổ thơng quốc gia PHẦN I: CƠ SỞ LÍ LUẬN I CỞ SỞ LÍ LUẬN CỦA PHƯƠNG PHÁP ĐỒ THỊ VÀ PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN Phương pháp đồ thị * Phương pháp đồ thị giải tốn hóa học phương pháp dựa vào đồ thị mô tả phụ thuộc sản phẩm (thường số mol chất kết tủa, chất bay hơi) vào chất tham gia phản ứng để xác định yêu cầu toán * Từ đồ thị có nhiều phương pháp khác để xác định giá trị cần tính, có lẽ đơn giản sử dụng tỉ lệ tam giác đồng dạng (Định lý Talet học mơn tốn cấp 2) kết hợp định luật bảo tồn ngun tố kim loại, ngun tố C, nhóm OH-, H+ với đồ thị Khi học sinh nắm vững dạng đồ thị tốn, việc xác định kết thực nhanh chóng dễ dàng Phương pháp đồ thị không làm chất Hóa Học mà cịn giúp học sinh giải thích, dự đốn cách xác tượng thực nghiệm giải nhanh toán định lượng Phương pháp bảo toàn * Nội dung định luật bảo toàn khối lượng: Tổng khối lượng chất trước phản ứng tổng khối lượng chất sau phản ứng * Nội dung định luật bảo toàn nguyên tố: Tổng số mol nguyên tố bảo toàn phản ứng hay tổng số mol nguyên tố trước phản ứng tổng số mol nguyên tố sau phản ứng II CỞ SỞ LÍ LUẬN CÁC LOẠI PHẢN ỨNG HĨA HỌC TRONG ĐỀ TÀI Tính chất phản ứng CO2 tác dụng với dung dịch bazơ [Ca(OH) 2, Ba(OH)2, NaOH, KOH] - Ban đầu xảy phản ứng tạo muối trung hòa trước: CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O CO2 + Ba(OH)2  BaCO3  + H2O CO2 + 2NaOH  Na2CO3 + H2O CO2 + 2KOH  K2CO3 + H2O - Khi CO2 dư bắt đầu hòa tan kết tủa, muối trung hòa, theo phản ứng: CO2 + CaCO3 +H2O  Ca(HCO3)2 CO2 + BaCO3 +H2O  Ba(HCO3)2 CO2 + Na2CO3 +H2O  2NaHCO3 CO2 + K2CO3 +H2O  2KHCO3 Tính chất muối nhơm Al3+, muối Zn2+ tác dụng với dung dịch bazơ (OH-) - Ban đầu xảy phản ứng tạo thành kết tủa: 3OH- + Al3+ ⃗ Al(OH)3 ↓ (Trắng keo) 2OH- + Zn2+ ⃗ Zn(OH)2 ↓ (Trắng) - Khi Al3+ Zn2+ hết, kết tủa đạt cực đại, tiếp tục cho OH- dư vào kết tủa tan dần (vì Al(OH)3 , Zn(OH)2 hidroxit lưỡng tính) − OH- + Al(OH)3 ⃗ AlO + 2H2O 2OH- + Zn(OH)2 ⃗ ZnO22- + 2H2O * Nếu OH- dư ghi phương trình tổng hợp: − 4OH- + Al3+ ⃗ AlO + 2H2O 4OH- + Zn2+ ⃗ ZnO22- + 2H2O Tính chất muối nhơm AlO2-, muối ZnO22- tác dụng với dung dịch axit (H+) - Ban đầu xảy phản ứng tạo thành kết tủa: H+ + AlO2- + H2O ⃗ Al(OH)3 ↓ (Trắng keo) 2H+ + ZnO22- ⃗ Zn(OH)2 ↓ (Trắng) - Khi AlO2- ZnO22- hết, kết tủa đạt cực đại, tiếp tục cho H+ dư vào kết tủa tan dần (vì Al(OH)3 , Zn(OH)2 hidroxit lưỡng tính) 3H+ + Al(OH)3 ⃗ Al3+ + 3H2O 2H+ + Zn(OH)2 ⃗ Zn2+ + 2H2O * Nếu H+ dư ghi phương trình tổng hợp: 4H+ + AlO2- ⃗ Al3+ + 2H2O 4H+ + ZnO22- ⃗ Zn2+ + 2H2O Một số phản ứng khác  Al2 ( SO4 )3  Các phản ứng xảy dung dịch Ba(OH)2 dung dịch  AlCl3 Al2(SO4)3 + 3Ba(OH)2 ⃗ 3BaSO4  + 2Al(OH)3  + 3Ba(OH)2 ⃗ 3BaCl + 2Al(OH)3  PHẦN II MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ ĐỒ THỊ 2AlCl3 Ca(OH) , Ba(OH)2  Dạng 1: Sục CO2 vào dung dịch hỗn hợp: KOH, NaOH a) Cơ sở lý thuyết: Khi sục từ từ đến dư CO2 vào dung dịch hỗn hợp Ca(OH)2 (hoặc Ba(OH)2 NaOH( KOH) Thứ tự nhiệm vụ CO2 là: Ca (OH )  CO2 CaCO3   Ba (OH )    BaCO3 , kết tủa tăng dần đến cực đại - Nhiệm vụ 1: Biến (xảy phản ứng (2.1), đồ thị đoạn OA)  NaOH  CO2  Na2CO3  CO2  NaHCO3     KOH  K 2CO3    KHCO3 , kết tủa đạt đến - Nhiệm vụ 2: Biến cực đại, lượng kết tủa giữ nguyên khoảng thời gian (xảy phản ứng (2.2)+(2.3), đồ thị đoạn AB) CaCO3  CO2 Ca ( HCO3 )   BaCO    Ba ( HCO3 ) , giai đoạn kết tủa tan dần - Nhiệm vụ 3: Biến hết (xảy phản ứng (2.4), đồ thị đoạn BC) Các PTPƯ xảy : CO2 + Ca(OH)2 ⃗ CaCO3 ↓ (2.1) a a a ⃗ CO2 + 2NaOH Na2CO3 + H2O (2.2) b CO2 b + b Na2CO3 + H2O ⃗ b CaCO3 + CO2 + H2O a a b) Đồ thị toán : ⃗ b 2NaHCO3 Ca(HCO3)2 (2.3) (2.4) + H2 O Ví dụ 1: Dung dịch A chứa a mol Ba(OH)2 Cho m gam NaOH vào A sau sục CO2 (dư) vào ta thấy lượng kết tủa biên đổi theo đồ thị (Hình bên) n Giá trị a + m A.20,8 B.20,5 C.20,4 D.20,6 a HD giải Từ đồ thị : nNaOH = a +0,5 - a = 0,5 mol  mNaOH  0,5.40  20 g nBa ( OH )2 (bd )  nmax  nCO2 (pu)  amol Ta có:   nCO2  a  0,5  a  1,3  a  0, 4mol Vậy : a + m = 0,4 + 20 = 20,4gam  a a+ 0,5 nCO 1,3 Đáp án là: C Ví dụ (Đề thi thử THPTQG lần - Sở GD - ĐT tỉnh Nghệ An): Sục CO2 vào dung dịch chứa hỗn hợp gồm Ca(OH) NaOH ta quan sát tượng theo đồ thị hình bên (số liệu tính theo đơn vị mol) Giá trị x A.0,64(mol) B.0,58(mol) n C.0,68(mol) D.0,62(mol) HD giải 0,1 - Từ đồ thị, nCO  amol ta có 0,0 nCa (OH )2 (bd )  a  nCaCO3 max  0,1mol - Tại nCO  a  0,5mol a nNaOH ( bd )  nNaHCO3  a  0,5  a  0,5mol a+0,5 x - Tại nCO  xmol , bảo toàn nguyên tố Ca, C ta có: nCa (Ca (OH )2 )  nCa (CaCO3 )  nCa ( Ca ( HCO3 )2 )  CaCO3 : 0, 06mol Ca ( HCO3 )  0,1  0, 06  0, 04mol n   nC ( CO2 )  n C ( CaCO3 )  nC (Ca ( HCO3 )2 )  nC ( NaHCO3 )  0, 06  0,04.2  0,5  0, 64mol  Đáp án: A Ví dụ (Đề thi khảo sát chất lượng lớp 12 Sở GD - ĐT Thanh Hóa CO2 nCO2 2018): Cho từ từ x mol khí CO vào 500 gam dung dịch hỗn hợp KOH Ba(OH)2 Kết thí nghiệm biểu diễn đồ thị sau: Tổng nồng độ phần trăm khối lượng chất tan dung dịch sau phản ứng A 51,08% B 42,17% C 45,11% D 55,45% HD giải - Tại thời đểm kết tủa BaCO3 lớn thì: nCO2 ( pu)  nBa (OH )2 (bd )  n BaCO3 max  0,8mol - Tại thời điểm nCO  1,8mol : n CO2 ( pu )  1,8  0,8  nC ( KHCO3 )  nC ( KHCO3 )  1,8  0,8  1mol  nKHCO3  nKOH (bd ) - Tại thời điểm nCO  xmol , lượng kết tủa BaCO3 lại 0,2mol Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố Ba: nBa (HCO3 )2  nBa (OH )2 ( bd )  nBaCO3 ( )  0,8  0,  0, 6mol nKHCO3  1mol n Vậy dung dịch thu sau phản ứng gồm: Ba ( HCO ) Áp dụng định luật bảo tồn ngun tố C ta có: n CO2  0,8  0,  0, 6mol  nC ( KHCO3 )  nC ( BaCO3 )  nC (Ca ( HCO3 )2   0,  0, 6.2  2, mol mdd(SauPu)  mdd(bd )  mCO ( pu )  m BaCO3  500  2, 4.44  0, 2.197  566, gam  C%  mKHCO3  m Ba ( HCO3 )2 mdd(saupu) 100%  1.100  0, 6.259 100%  45,1077%  45,11% 566, Vậy đáp án: C Ví dụ 4: Sục CO2 vào dung dịch Ba(OH)2 ta quan sát tượng theo đồ thị hình bên (số liệu tính theo đơn vị mol) Giá trị x : A.0,55(mol) B.0,65(mol) C.0,75(mol) D.0,85(mol) HD giải - nmax  0,5mol  nBa ( OH ) (bd ) n  xmol ; n  0, 35mol  BaCO - Tại thời điểm: CO Áp dụng định luật bảo tồn ngun tố Ba ta có: nBa ( OH )2 (bd)  nBaCO3  nBa ( HCO3 )2  nBa ( HCO3 )2  nBa (OH )2 (bd )  nBaCO3  nBa ( HCO3 )2  0,5  0,35  0,15mol Áp dụng định luật bảo tồn ngun tố C ta có: x  nCO2  nC ( BaCO3 )  nC ( Ba ( HCO3 )2 )  nBaCO3  2.nBa ( HCO3 )2  x  0,35  0,15.2  0, 65mol  Đáp án: B Ví dụ (Đề thi thử THPTQG lần Sở GD-ĐT tỉnh Bắc Ninh): Sục CO2 vào 200 gam dung dịch Ca(OH)2 ta quan sát tượng theo đồ thị hình bên (số liệu tính theo đơn vị mol) Nồng độ % chất tan dung dịch sau phản ứng : A.30,45% B.34,05% C.35,40% D.45,30% HD giải -Tại thời điểm nCO  0,8mol nkết tủa max = nCO  0,8mol = nCa (OH ) (bd ) -Tại nCO  1, 2mol : 2 n tan  1,  0,8  0, mol  n Ca ( HCO3 )2 ; nCaCO (conlai )  0, 4mol mddsau  mddCa (OH )2 ( bd )  mCO2  mCaCO3  200  1, 2.44  0, 4.100  212,8 g C %( Ca ( HCO3 )2 )  0, 4.(40  61.2) 100%  30, 45% 212,8 Đáp án: A Bài tập vận dụng Câu X dung dịch chứa NaOH 0,15 mol Ba(OH) Sục từ từ CO2 vào X, lượng kết tủa tạo thành mô tả đồ thị Số mol NaOH ban đầu A 0,2 B 0,4 C 0,3 D 0,15 Câu 2: Cho từ từ CO2 vào 200 ml dung dịch gồm NaOH x M, Ba(OH)2 0,6M, kết thí nghiệm biểu diễn đồ thị bên Giá trị x A 1,1 B 1,7 C 0,7 D 0,1 Câu 3: Sục từ từ khí CO2 đến dư vào dung dịch Ba(OH)2, kết thí nghiệm thể đồ thị sau: Giá trị a x đồ thị A B 1,8 3,6 C 1,6 3,2 D 1,7 3,4 Dạng 2: Cho từ từ OH (NaOH, KOH) vào dung dịch chứa Al3+ cho từ từ OH- (NaOH, KOH) vào dung dịch chứa (Al3+, H+) Bài toán 1: Cho từ từ OH- (NaOH, KOH) vào dung dịch chứa Al 3+ a) Cơ sở lý thuyết: n Đặc điểm cần ý toán OH- làm nhiệm vụ: + Nhiệm vụ 1: OH- tác dụng với Al3+, nmax đưa kết tủa lên cực đại theo phản ứng  Al(OH)3↓ (1) Al3+ + 3OH-  NV2  tỷ lệ mol nhiệm vụ nOH  (pu) 3a NV1 4a  3.n Al ( OH )3 nO H + Nhiệm vụ 2: OH- hịa tan kết tủa Al(OH)3, phương trình phản ứng là:  AlO2- + 2H2O (2) Al(OH)3 + OH- dư   tỷ lệ mol nhiệm vụ nOH  (pu)  n Al (OH )3 (tan) b) Đồ thị toán biểu diễn biến đổi số mol kết tủa Al(OH) theo số mol OH- sau: nAl(OH)3 nAl(OH)3 max = nAl3+ a A b x Từ đồ thị, ta dễ dàng nhận thấy: *Tại A: * Tại B: B 3a y 4a nOH- nOH  ( pu )  x  3.b  3.n  Al (OH)3 nOH   y  4a  b  4.nAl 3  n Al (OH)3 Ví dụ 1: Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl 3, kết n thí nghiệm biểu diễn đồ thị sau (số liệu tính theo a 0,2 a 0,3 x nO đơn vị mol) Giá trị x : A.0,412 B.0,456 C.0,515 D.0,546 HD giải -Tại thời điểm: nOH  0,36mol  Ta có: nOH  3.nmax  3nAlCl ( bd )  3.a  0, 36mol  a  0,12mol  - Tại thời điểm: nOH  xmol Dựa vào đồ thị ta có:  n Al (OH )3  0, 2.a  0, 2.0,12  0, 024mol  n(tan)  a  0, 2a  0,12  0, 024  0,096mol  x  nOH   0,36  0, 096  0, 456mol Vậy đáp án là: B Ví dụ 2: Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl3, kết thí nghiệm biểu diễn đồ thị sau (số liệu tính theo đơn vị mol) Biểu thức liên hệ x y : A.3y – x = 1,44 B.3y – x = 1,24 C.3y + x = 1,44 D.3y + x = 1,24 HD giải Từ đồ thị ta có: nOH   0,36mol  3.nmax  3.nAl 3 (bd )  nAl 3 (bd )  0,12mol Đặt số mol kết tủa thời điểm x, y là: n  bmol Ta có hệ phương trình sau  nOH   x  3.n  3.b  y  x  1, 44   nOH   y  0,36  0,12  b  0, 48  b  Vậy đáp án là: C Ví dụ 3: Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl3, kết thí nghiệm biểu diễn đồ thị sau (số liệu tính theo đơn vị mol).Tỷ lệ x : y A : B : C : D : HD giải Từ đồ thị ta có: nOH   x  3.nmax  3.a  a  x x x nOH   y  x  a  0,5a  x  0,5.a  x  0,5  x   y Vậy đáp án là: B Mà : Bài tập vận dụng Câu 1: Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl3,kết thí nghiệm biểu diễn đồ thị sau (số liệu tính theo đơn vị mol) Giá trị x : 10 A.0,412 C.0,415 B.0,426 D.0,405 Câu : Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl3,kết nghiệm biểu diễn đồ thị sau (số liệu tính theo đơn vị mol) Giá trị x : A.0,18 B.0,17 C.0,15 D.0,14 Bài toán 2: Cho từ từ OH- (NaOH, KOH) vào dung dịch chứa (H+, Al 3+) a) Cơ sở lý thuyết: Điểm cần ý giải toán OHthường làm nhiệm vụ: + Nhiệm vụ : OH- trung hịa H+ theo phương trình: OH- + H+ ⃗ H2O (1) b mol  bmol nên chưa có kết tủa (đồ thị đoạn OA) + Nhiệm vụ : OH- tác dụng với Al3+, đưa kết tủa lên cực đại, xảy phản ứng  Al(OH)3↓ (2) (đồ thị đoạn AB) Al3+ + 3OH-  a mol  3a mol  a mol  tỷ lệ mol nhiệm vụ nOH  (pu)  3.n Al ( OH )3 + Nhiệm vụ 3: OH- hòa tan dần kết tủa Al(OH)3 theo phương trình phản ứng  AlO2- + 2H2O (3) ( Đồ thị đoạn BC) là: Al(OH)3 + OH- dư  a (mol) a (mol)  tỷ lệ mol nhiệm vụ nOH  (pu)  n Al (OH )3 (tan) b) Dựa vào phương trình trên, đồ thị toán biểu diễn biến đổi số mol kết tủa Al(OH)3 theo số mol OH- sau: 11 Từ đồ thị, ta dễ dàng nhận thấy, *Tại n1: n Al ( OH )3  xmol ta ln có: nOH  ( pu )  n1  nH   3.n Al (OH )3  b  3.x n n n  4.n n  b  4a  x  Al (OH) H Al * Tại n2: OH Ví dụ 1: Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch hỗn hợp gồm a mol HCl b mol AlCl3, kết thí nghiệm biểu diễn đồ thị sau :  Tỉ lệ a : b A : HD giải  B : 3 C : D : Từ đồ thị ta có: nH  nHCl  0,8mol  a Mặt khác ta có:  nOH   2,8mol  nH   4.nAl 3  n Al (OH )3  4.nAl 3  2,8  0,  0,8  2,  nAl 3  0, 6mol  nAlCl3 ( bd )  b a 0,8   4:3 b 0, Vậy ta có tỉ lệ: Đáp án là: A Ví dụ 2:(THPTQG năm 2017) Hịa 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) (m gam) phụ thuộc vào thể tích dd NaOH (V ml) biểu diễn đồ thị bên Giá trị a A 0,5 B 1,5 C 1,0 D 2,0 12 HD giải - Từ đồ thị ta thấy : dung dịch X chứa HCl dư muối AlCl3 (với nHCl ( du )  0,1mol ) - Tại VNaOH = 250ml: nOH   0, 25(mol )  3.n Al ( OH )3  nH   3.n  0,1  n( Al ( OH )3  (0, 25  0,1) :  0, 05mol - Tại VNaOH = 450ml: nOH   0, 45(mol )  nH   4.nAl 3  n Al (OH )3  nAl 3  (0, 45  0, 05  0,1) :  0,1mol => Áp dụng định luật bảo toàn điện tích với dung dịch X, ta có: Al 3 : 0,1mol ddX H  : 0,1mol  0, 2.a  0,1.3  0,1.1  a  Cl  : 0, 2.a (mol) Vậy đáp án là: D Ví dụ 3: (THPTQG năm 2017) Hồn tan hồn tồn a gam hỗn hợp Al Al2O3 vào dung dịch H2SO4 lỗng, thu dung dịch X 1,008 lít H (đktc) Cho từ từ dung dịch NaOH 1M vào X, số mol kết tủa Al(OH) (n mol) phụ thuộc vào thể tích dd NaOH (V lít) biểu diễn đồ thị bên Giá trị a A 2,34 B 7,95 C 3,87 D 2,43 HD giải Các phương trình phản ứng xảy ra:  2Al + 3H2SO4  Al2(SO4)3 + 3H2   Al2O3 + 3H2SO4  Al2(SO4)3 + 3H2O - Áp dụng định luật bảo tồn electron, ta có: 3.nAl  2.nH  nAl  2.nH  2.1, 008  0, 03mol 22, 4.3 - Dựa vào đồ thị ta có dung dịch X chứa: H+ dư, Al3+ SO42 nH  ( du )  0, 24mol 13  nOH   0,36  nH   3.n Al (OH)3  0, 24  3.n  n Al (OH )3  0, 04mol   nOH   0,56  nH   4.nAl 3  n Al ( OH )3  0, 24  4.nAl 3  0, 04  nAl 3  0, 09mol Áp dụng định luật bảo tồn ngun tố Al , ta có: n Al 3  nAl (bd )  nAl ( Al2O3 )  nAl  2.nAl2O3  0, 09mol  nAl2O3  (0, 09  0, 03) :  0, 03mol Vậy: a  mhh ( Al  Al O )  mAl  m Al O  0, 03.27  0, 03.102  3, 78gam => Đáp án: C 3 Bài tập vận dụng Câu 1: Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch KOH vào dung dịch hỗn hợp chứa AlCl3 HCl, kết thí nghiệm biểu diễn đồ thị sau (số liệu tính theo đơn vị mol) Tỷ lệ x : a A 4,8 B.5,0 C.5,2 D.5,4 Câu 2: Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch hỗn hợp gồm a mol H2SO4 b mol AlCl3, kết thí nghiệm biểu diễn đồ thị bên Giá trị a + b A.0,3 B.0,25 C.0,4 D.0,35 Dạng 3: Cho từ từ H+ (HCl, HNO3, H2SO4) vào dung dịch hỗn hợp chứa − AlO OHa) Cơ sở lý thuyết: Điểm cần ý giải toán H+ làm nhiệm vụ: + Nhiệm vụ 1: H+ trung hòa OH- nên chưa có kết tủa (đồ thị đoạn OA) Phương trình phản ứng : OH- + H+ ⃗ H2O (1) b mol  bmol + Nhiệm vụ : H+ tác dụng với AlO2-, đưa kết tủa lên cực đại, xảy phản ứng: − + (2) (đồ thị đoạn AB) H + AlO + H2O ⃗ Al(OH)3 ↓ (2) a a a  tỷ lệ mol nhiệm vụ nH  (pu)  n Al (OH )3 + Nhiệm vụ 3: H+ hòa tan dần kết tủa Al(OH)3 theo phương trình phản ứng là:  Al3+ + 3H2O (3) ( Đồ thị đoạn BC) Al(OH)3 + 3H+ dư  a 3a  tỷ lệ mol nhiệm vụ nH   3.n Al ( OH )3 (tan) b) Dựa vào phương trình trên, đồ thị tốn biểu diễn biến đổi số mol kết tủa Al(OH)3 theo số mol OH- sau: 14 Từ đồ thị, ta dễ dàng nhận thấy: *Tại n1: n Al ( OH )3  xmol ta ln có: nH  ( pu )  n1  nOH   n Al (OH )3  b  x n n n  4.n  3n  b  4a  x  Al (OH) OH AlO * Tại n2: H Ví dụ 1: Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch HCl vào dung dịch hỗn hợp gồm a mol Ba(OH)2 b mol NaAlO2, kết thí nghiệm biểu diễn đồ thị sau:    nHCl Tỉ lệ a: b A 2:1 B 2:7 C 4:7 HD giải - Từ đồ thị ta thấy, thời điểm nHCl  0,8mol D 2:5 1 nOH  ( Ba ( OH )  nHCl ( pu )  0,8mol  nBa (OH )2  nOH   0,8  0, 4mol  a 2 nHCl  2,8mol - Tại thời điểm: n HCl ( pu ) Ta có: , kết tủa Al(OH)3 tan dần  nOH   4.nAlO   3.n Al (OH )3  2,8  0,8  4.n AlO   3.1,  nAlO   1, 4mol 2  nNaAlO2  nAlO  1, 4(mol )  b Vậy: a : b = 0,4 : 1,4 = : Đáp án là: B Ví dụ (Đề thi THPTQG 2017): Hịa tan hồn tồn a gam hỗn hợp X gồm Al2O3 Na2O vào nước, thu dung dịch Y Cho từ từ dung dịch HCl 1M vào Y, lượng kết tủa Al(OH) (m gam) phụ thuộc vào thể tích dung dịch HCl (V ml) biểu diễn đồ thị bên 15 Giá trị a A 14,40 B 19,95 C 29,25 D 24,60 HD giải - Khi cho hỗn hợp X vào H2O, phương trình phản ứng xảy :  2NaOH Na2O + H2O   2NaAlO2 + H2O Al2O3 + 2NaOH  - Khi cho từ từ dung dịch HCl vào dung dịch Y, ban đầu chưa có kết tủa chứng tỏ Y có OH- dư (NaOH dư) NaAlO2 - Từ đồ thị ta thấy, VHCl =150ml nHCl ( pu )  0,15mol  nOH  ( du )  nNaOH ( du ) - Đặt số mol kết tủa Al(OH)3 VHCl = 350ml hay VHCl = 750ml n Từ đồ thị ta có:  nHCl (1)  0,35mol  nOH  ( du )  n  0,15  n   n  0, 2mol   nHCl (2)  0, 75 mol  nOH   4.n AlO2  3.n  0,15  4.n AlO2  3.0,  n AlO2  0,3mol  nNaAlO2 Như thay số mol chất vào phản ứng ban đầu ta có:  2NaOH Na2O + H2O   (0,3+0,15 =0,45 mol) 0,225mol  2NaAlO2 + H2O Al2O3 + 2NaOH   0,3mol 0,15 mol  0,3mol  a  mAl2O3  mNa2O  0, 225.62  0,15.102  29, 25gam Đáp án là: C Bài tập vận dụng Câu 1: Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch HCl vào dung dịch hỗn hợp gồm x mol NaOH y mol NaAlO2, kết thí nghiệm biểu diễn đồ thị sau: Tỉ lệ x : y A : B C : D : Câu 2: Cho từ từ dung dịch HCl loãng vào dung dịch chứa x mol NaOH y 16 mol NaAlO2 (hay Na[Al(OH)4]) Sự phụ thuộc số mol kết tủa thu vào số mol HCl biểu diễn theo đồ thị sau: Giá trị y A 1,4 B 1,8 C 1,5 D 1,7 Dạng 4: Một số tốn đồ thị đặc biệt Ví dụ 1( Đề thi thử THPTQG lần 3-chuyên ĐH Vinh) : n 0,4 nNaOH Hai ống nghiệm A B chứa dung dịch ZnSO AlCl3, nhỏ từ từ dung dịch NaOH vào ống nghiệm riêng biệt thu kết biểu diễn đồ thị bên Tổng khối lượng kết tủa hai thí nghiệm dùng x mol NaOH m gam Giá trị m gần với giá trị sau đây? A 15,2 B 10,6 C 8,9 D 7,1 HD giải - Dựa vào đồ thị phản ứng NaOH tác dụng với AlCl ta có: n OH  ( pu )  4.b  0, 4mol  b  0,1mol - Dựa vào đồ thị phản ứng NaOH tác dụng với ZnCl2 ta có: 3 4a  3b  a  b  0,1  0, 075mol 4 - Tại thời điểm: nNaOH = x mol, ta đặt: n Al ( OH )3  n Zn (OH )2  n (mol ) + Với dung dịch AlCl3, ta có: x  3.n (1) + Với dung dịch ZnCl2, ta có: x  4.a  2.n  4.0, 075  2.n (2) Từ (1) (2) ta có:  x  0,18mol   m  mAl (OH )3  mZn (OH )2  10, 62 gam  n  0, 06mol  n  nZn ( OH )2  Al ( OH )3   Giá trị m gần với 10,6 gam Đáp án là: B Ví dụ 2: Sục từ từ khí CO đến dư vào dung dịch chứa Ca(OH) NaAlO2 (hay Na[Al(OH)4]) Khối lượng kết tủa thu sau phản ứng biểu diễn đồ thị 17 hình vẽ Giá trị m x mkt (gam) m 27,3 số mol CO2 0,74 x A 72,3 gam 1,01 mol C 54,6 gam 1,09 mol B 66,3 gam 1,13 mol C 78,0 gam 1,09 mol HD giải  mCaCO3 max nCaCO3 max  nCa (OH )2 (bd )  amol nCO2  0, 74mol     nAl ( OH )3 max  nNaAlO2 (bd )  bmol  m Al ( OH )3 max -Tại Các phương trình phản ứng xảy ra: CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O (1) a mol a mol a mol CO2 + NaAlO2 + 2H2O  Al(OH)3  + NaHCO3 (2) b mol b mol b mol Ta có:  nCO  a  b  0,74 (I) - Tại nCO  xmol kết tủa CaCO3 tan hết, kết tủa Al(OH)3 CO2 + CaCO3 + H2O  Ca(HCO3)2 (3) a mol a mol Ta có: m Al ( OH )3 max  27,3gam  b.78  b  0,35mol  a  0,74  0,35  0,39mol  nCaCO3 max  m   m max  m  Al (OH )3 max  mCaCO3max  27,3  0,39.100  66,3 gam n CO2 (1  3)  2.a  b  2.0,39  0,35  1,13mol Vậy đáp án là: B Ví dụ 3: Cho từ từ dung dịch Ba(OH)2 vào dung dịch chứa Al2(SO4)3 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 x A 0,029 HD: 0,08 y B 0,025 C 0,019 - Tại điểm nBa (OH )  0, 08mol  nOH  0,16mol  18 D 0,015 Al3+ tác dụng hết thành Al(OH)4-  nAl  0,16 :  0, 04mol 3 - Taị nBa (OH )2  ymol nOH   y ( mol )  nAl (OH )  y(mol ) n  y (mol )  BaSO4 max   m  78 y  233 y  8,55  n BaSO4 max  0, 03mol nBa ( OH )2  xmol  n OH   2.x (mol )  n Al (OH )3  x (mol ); nBaSO4  x (mol ) - Tại Lúc tổng khối lượng kết tủa kết tủa BaSO4 max nên:  m Al (OH )3  m BaSO4  78 .x  233.x  0, 03.233  x  0, 024526mol Vậy giá trị x gần với 0,025  Đáp án: B m  Ví dụ (Bộ đề luyện thi THPTQG năm 2018): 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 163,2 B 162,3 HD giải C 132,6 D 136,2 - Tại thời điểm: nBa (OH )  0,3mol , xảy phản ứng: Al2(SO4)3 + 3Ba(OH)2 ⃗ 3BaSO4  + 2Al(OH)3  (1) Mol Pư: 0,1 mol 0,3 mol 0,3 mol 0,2 mol - Tại thời điểm:  mmax tức Al2(SO4)3 AlCl3 tác dụng hết với Ba(OH)2  Ngoài phản (1) xảy phản ứng (2): 2AlCl3 + 3Ba(OH)2 ⃗ 3BaCl + 2Al(OH)3  (2) Mol Pư: b mol 1,5b mol b mol - Tại thời điểm: nBa (OH )  0, 6mol , toàn Al(OH)3 bị tan hết Ba(OH)2 dư Ba(OH)2 + 2Al(OH)3 ⃗ Ba(AlO2)2 + 2H2O (3)  Mol Pư: (0,1+0,5b) (0,2+b) n Ba ( OH )2 (1  3)  0,3  1,5b  0,1  0,5b  0, 6mol  b  0,1mol  n AlCl3 ( bd ) x  m BaSO4 max  m BaSO4 (1)  0,3.233  69, gam 19 y  m BaSO4 max(1)  m Al (OH )3 max(1 2)  69,9  (0,  0,1).78  93,3 gam   ( x  y )  69,9  93,3  163, gam Vậy đáp án là: A Ví dụ 5: Cho m gam Al tác dụng với V ml dung dịch H 2SO4 1M HCl 1M thu dung dịch Y Cho dung dịch Y tác dụng với Ba(OH) đồ thị biểu diễn phụ thuộc kết tủa vào số mol Ba(OH)2 sau: Giá trị y gần với A 93 B 70 HD giải C 58 D 46,5 V   nAl2 ( SO4 )   x(mol )   nAl 3  3.x (mol )  nSO2  V n  x(mol ) AlCl3  - Dung dịch Y có :  - Tại nBa (OH )  0, 75(mol)  n OH  1,5mol lúc hai kết tủa BaSO4 Al(OH)3 lớn nhất, ta có:  1,5 nAl (OH )3  nOH    0,5(mol)  n Al 3 (bd )  nSO2 (bd ) 3  n  BaSO4 max 233  0,5.78  139,9( gam)  n BaSO4 max  0, 433  0,5mol Điều vô lí, chứng tỏ dung dịch Y cịn H+ dư (a mol)  Vậy dung dịch Y gồm [SO42- (x mol), Cl- (x mol), H+ (a mol) Al3+ ] n Al 3 ( bd )  3x  a mol (*) Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có: Xét đoạn đồ thị lên đến kết tủa y, xảy phản ứng: OH- + H+ ⃗ H2O Ba2+ + SO42- ⃗ BaSO4 a(mol)  nOH  (  Al (OH ) amol max)  1,5  a (mol )  n Al (OH )3 max  1,5  a (mol )  nAl 3 (bd ) (**) 3.x  a 1,5  a   x  0,5(mol ) Kết hợp (*) (**)ta có: m max  139,9 gam  mBaSO4 (max)  mAl (OH)3 (max)  139,9 gam Ta có:  233.x  1,5  a 78  139,9  a  0, 6(mol ) 20 Tại m  y thì: nBa ( OH )2 ( pu )  2.nH   0, :  0,3(mol )  n BaSO4   mBaSO4   y  0,3.233  69,9 gam  Giá trị y gần với 70gam Vậy đáp án: B C KẾT LUẬN I Kết đạt học kinh nghiệm Sử dụng hệ thống lí thuyết phương pháp giải nhanh tốn đồ thị tỏ có nhiều ưu thế, đặc biệt áp dụng làm tập khó ôn thi trung học phổ thông quốc gia hay ôn thi học sinh giỏi Vì việc xây dựng, tổng hợp cung cấp phương pháp giải nhanh tập hố học giữ vai trị quan trọng trình nhận thức, phát triển giáo dục Khi nắm vững kiến thức phương pháp giải, học sinh dễ dàng giải tập tìm đáp án cách nhanh từ đam mê thích thú học tập Đặc biệt em học tập cách tích cực, chủ động, sáng tạo Nội dung sáng kiến “Giúp học sinh phân dạng giải nhanh số dạng toán đồ thị điển hình hóa học vơ ” kiểm nghiệm qua thực tế giảng dạy trường THPT Thọ Xuân 4, cho thấy phù hợp với đối tượng học sinh trường đem lại kết tương đối tốt Tuy nhiên giải tập dạng cần kết hợp linh hoạ t đặc điểm hình dạng đồ thị, tỉ lệ đại lượng đồ thị kết hợp với phương pháp bảo toàn bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố, bảo toàn electron đồng thời cần nắm kiến thức lí thuyết tổng hợp để suy luận tìm đáp án xác Với tốn đồ thị ta có nhiều phương pháp giải khác để giải phạm vi đề tài tơi chủ yếu trình bày kĩ thuật đồ thị tốn hình học phương pháp bảo tồn Cịn phương pháp khác tơi chưa đề cập nhiều Do nội dung đề tài cịn hạn chế Bản thân tơi khơng ngừng học hỏi, tự cố gắng phấn đấu mong nhận đóng góp cấp trên, đồng nghiệp để sáng kiến kinh nghiệm ngày hoàn thiện II Kiến nghị đề xuất Đề tài khơng phải hồn tồn đồng nghiệp giảng dạy mơn hóa học để áp dụng có hiệu cao tơi xin có số kiến nghị nhỏ sau: - Về phía nhà trường: cần tạo điều kiện cho giáo viên giảng dạy mơn có điều kiện để thực hiện, nghiên cứu đề tài, cung cấp thêm cho giáo viên đầu sách tham khảo, đầu tư thêm sở vật chất xây dựng phịng thí 21 nghiệm chuyên môn - Đối với giáo viên: không ngừng tự học, tự bồi dưỡng để nâng cao chuyên môn nghiệp vụ; trình dạy học cần phân loại học sinh yếu, để có kế hoạch bồi dưỡng thêm cho em Có nâng cao chất lượng giáo duc, đáp ứng nhu cầu thực tế xã hội XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG Thanh hóa, ngày 20 tháng 05 năm 2018 ĐƠN VỊ Tơi xin cam đoan SKKN viết, không chép nội dung người khác Lê Thị Trúc 22 D TÀI LIỆU THAM KHẢO Hóa học 12 – Nhà xuất Giáo dục Việt Nam Bộ đề thi THPT QG 2017 Các đề thi khảo sát chất lượng, đề thi thử THPTQG năm 2018 tỉnh Thanh Hóa , tỉnh Bắc Ninh, Chuyên đại học Vinh, chuyên Hà Nội Bộ đề trắc nghiệm luyện thi trung học phổ thông quốc gia năm 2018 Khoa học tự nhiên- Nhà xuất giáo dục Việt Nam- Tập 1, Tập Tư đảo chiều giải tập hóa học theo chuyên đề - Tác giả Nguyễn Anh Phong 20 phương pháp giải nhanh hóa học - Tác giả Đỗ Xuân Hưng 23 ... học tập mơn hố học phần tốn đồ thị chương trình hóa học vơ lớp 12 Thì đề tài ? ?Giúp học sinh phân dạng giải nhanh số dạng tốn đồ thị điển hình hóa học vơ ” làm sáng kiến hi vọng giúp đỡ thân đồng... để phân dạng xây dựng phương pháp giải nhanh dạng toán đồ thị việc cần thiết Từ nhu cầu đó, tơi mạnh dạn trình bày số kinh nghiệm ? ?Giúp học sinh phân dạng giải nhanh số dạng tốn đồ thị điển hình. .. từ đam mê thích thú học tập Đặc biệt em học tập cách tích cực, chủ động, sáng tạo Nội dung sáng kiến ? ?Giúp học sinh phân dạng giải nhanh số dạng toán đồ thị điển hình hóa học vơ ” kiểm nghiệm