1.Mở đầu 1.1.Lí chọn đề tài Với xu đổi phương pháp dạy học; hình thức thi trắc nghiệm khách quan đưa vào để thay hình thức tự luận số môn học, có môn Hóa học Với hình thức thi trắc nghiệm, khoảng thời gian ngắn học sinh phải giải lượng lớn câu hỏi, tập Điều yêu cầu học sinh phải nắm vững, hiểu rõ kiến thức mà thành thạo kĩ giải tập đặc biệt phải có phương pháp giải tập trắc nghiệm hợp lí Thực tế cho thấy có nhiều học sinh có kiến thức vững vàng kì thi không giải hết yêu cầu đề Lí chủ yếu em tiến hành giải tập hóa học theo cách truyền thống, việc làm nhiều thời gian, không đạt hiệu cao việc giải tập trắc nghiệm Vì việc xây dựng “các phương pháp giải nhanh tập trắc nghiệm hóa học” việc cần thiết để giúp em học sinh đạt kết cao kì thi Trong trình giảng dạy nhận thấy em học sinh gặp nhiều khó khăn việc giải tập có hình vẽ đồ thị có liên quan đến dạng toán: "Dẫn từ từ Ba(OH)2 vào dung dịch muối Al2(SO4)3 ,dẫn từ từ Ba(OH)2 vào dung dịch hỗn hợp chứa Al 3+ SO42− ; dẫn từ từ dd hỗn hợp NaOH Ba(OH)2 vào dung dịch chứa muối nhôm sunfat, biện luận lượng kết tủa thu được, dẫn từ từ CO2 vào dung dịch hỗn hợp NaAlO2 Ca(OH)2" …Thực dạng tập hay lạ khó Đặc biệt đề thi THPTQG năm 2016, đề minh họa kì thi THPTQG năm 2017, đề thi thử THPTQG sở giáo dục năm gần dạng tập có nội dung hình vẽ, đồ thị đưa vào nội dung đề thi đặc biệt có thuộc mức độ điểm 9,10 dạng Là giáo viên hướng dẫn cho học sinh sử dụng phương pháp truyền thống để giải tập dạng nhiều thời gian học sinh dễ nhầm lẫn thứ tự phản ứng xảy dẫn đến việc lựa chọn sai đáp án Phương pháp đồ thị phương pháp sử dụng viết nhiều tài liệu nhiên dừng lại toán đơn giản, toán dung dịch chứa chất thu kết tủa Những toán dung dịch chứa nhiều chất thu đồng thời nhiều kết tủa, có kết tủa biến đổi theo lượng chất thêm vào chưa có tài liệu đề cập Những toán phức tạp đề cập sáng kiến kinh nghiệm nhằm giúp học sinh tìm hướng tư toán cách đơn giản dễ hiểu Trong trình dạy ôn thi đại học cao đẳng nhận thấy sử dụng phương pháp đồ thị để giải tập dạng dễ hiểu, nhanh chóng, xác tiết kiệm nhiều thời gian học sinh viết nhiều phương trình thực phép toán phức tạp Thay vào học sinh phải sử dụng phép toán phương trình đơn giản vận dụng số kiến thức hình học như: tam giác đồng dạng, tam giác cân… Khi làm theo phương pháp học sinh nhìn vào đồ thị hình dung diễn biến thí nghiệm qua khắc sâu kiến thức Chính vậy, mạnh dạn giới thiệu đến quý đồng nghiệp, em học sinh đề tài “ Xây dựng phương pháp giải số dạng toán đồ thị hay khó để đạt điểm 9, 10 thi THPTQG nhằm nâng cao hiệu dạy học môn Hóa học” 1.2 Mục đích nghiên cứu Xây dựng hàm số vẽ đồ thị, phương pháp suy luận vận dụng đồ thị cho dạng toán: + Dẫn từ từ Ba(OH)2 vào dung dịch muối Al2(SO4)3 + Dẫn từ từ Ba(OH)2 vào dung dịch hỗn hợp chứa Al3+ SO42− +Dẫn từ từ Ba(OH)2 vào dung dịch hỗn hợp chứa Al3+ , H+ SO42− + Dẫn từ từ dd hỗn hợp NaOH Ba(OH) vào dung dịch chứa muối nhôm sunfat Biện luận lượng kết tủa + Dẫn CO2 từ từ đến dư vào dd hỗn hợp chứa AlO2− Ca(OH)2 + Dẫn dung dịch NaOH vào dung dịch hỗn hợp Fe3+ Al3+ + Dẫn từ từ dung dịch AgNO3 đến dư vào côc đựng Fe Thông qua đề tài giúp học sinh hiểu chất trình phản ứng có phương pháp tư giải dạng tập cách dễ dàng ngắn gọn để đạt điểm 9, 10 thi THPT QG nhằm nâng cao hiệu dạy - học môn hóa trường THPT Tĩnh gia 1.3 Đối tượng nghiên cứu Đề tài tập trung nghiên cứu dạng tập có tạo thành kết tủa có kết tủa biến thiên theo lượng chất thêm vào áp dụng vào tiết dạy tự chọn, ôn thi đại học phần kim loại kiềm, kiềm thổ, nhôm, sắt lớp12 1.4 Phương pháp nghiên cứu Để hoàn thành nhiệm vụ đặt sử dụng phương pháp nghiên cứu sau: xây dựng sở lí thuyết, thực nghiệm sư phạm, thống kê, xử lí số liệu Nội dung sáng kiến kinh nghiệm 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm Qua diễn biến thí nghiệm phương trình phản ứng ta thiết lập mối liên hệ số mol chất hàm số Ta dùng thuật giải tích từ đồ thị sử dụng tỉ lệ tam giác đồng dạng (Định lí talet) để xác định kết đề yêu cầu [7] 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Phương pháp sử dụng hiệu vào số dạng tập đơn giản tạo kết tủa như: - Sục CO2 vào dung dịch chứa a mol Ca(OH)2[7] nCaCO3 a nAl(OH)3 a 2a nCO2 3+ a - Dung dịch OH tác dụng với dung dịch chứa a mol Al [4] 3a 4a nOH- - Dung dịch H+ tác dụng với dung dịch chứa a mol AlO2- [5] a a 4a nH+ - Trong đề thi THPTQG năm 2016, đề minh họa kì thi THPTQG năm 2017, đề thi thử THPTQG sở giáo dục năm gần dạng tập có xuất kết tủa có kết tủa biến thiên theo lượng chất thêm vào dạng có đồ thị cho sẵn đồ thị đưa vào nội dung đề thi Đối với thí sinh dạng tập lạ, khó, giải nhiều thời gian, em thường không làm khoanh bừa đáp án - Trên thực tế dạng tập phát triển sở toán đồ thị đơn giản Do xây dựng hàm số, đồ thị mẫu, phương pháp dùng thuật toán để giải nhanh hiểu chất dạng tập Khi học sinh nắm vững dạng đồ thị toán việc xác định kết nhanh chóng dễ dàng Phương pháp đồ thị không làm chất hóa học mà giúp học sinh giải thích dự đoán cách xác tượng thực nghiệm 2.3.Các sáng kiến kinh nghiệm giải pháp sử dụng để giải vấn đề 2.3.1 Xây dựng sở lí luận phương pháp giải số dạng toán đồ thị cụ thể 2.3.1.1 Dẫn từ từ dd Ba(OH)2 vào dung dịch muối Al2 (SO4)3 Bài toán: Rót từ từ dd chứa x mol Ba(OH) vào dung dịch chứa a mol Al2 (SO4)3 Sau phản ứng xảy hoàn toàn thu m gam kết tủa X Thành phần, khối lượng kết tủa thu phụ thuộc vào mối quan hệ x a Các phản ứng xảy là: Al 3+ + 3OH −  → Al (OH )3 ; Ba2++ SO42− Al(OH)3 + OH- AlO2− + BaSO4 H 2O Giải quyết: - Ban đầu kết tủa tạo đồng thời: Al3+ + 3OH- Al(OH)3 ; Ba2+ + SO 24−  BaSO4 b Do đồ thị lên Và hàm số liên tục từ điểm xuất phát đến điểm cực đại do: Ba(OH)2 Ba2+ + 2OHx  x 2x Xét lượng Ba(OH) Ba2+ OH- sinh tham gia đồng thời phương trình: 2− a ; Ba2+ + SO2b+a 4b+a Al3+ + 3OH- Al(OH)  BaSO4 2/3x  2x x x Như số mol Al3+ số mol SO 24− có mối quan hệ sau: 3n Al3+ = 2n SO24 − Mà ta lại có Al2(SO4)32Al3+ +3 SO 24− Hay 3n Al3+ = 2n SO2 − mol  Vậy điểm cực đại đồ thị Al3+ SO24− hết - Sau kết tủa Al(OH)3 tan từ từ hết nên đồ thị xuống Al(OH)3 + OH-  AlO −2 +H2O - Khi kết tủa Al(OH)3 tan hết, kết tủa BaSO4 không tan nên đồ thị ngang ì ï ï ï ï ï ï y=ï í ï ï ï ï ï ï ï î 2x +233x 233*3a 233x+2a*78=m max 3a*233+(8a- 2x)78 78* NÕ u x< 3a NÕ u 2x³ 8a NÕ u x= 4a NÕ u 3a nAl ( SO ) =0,1 mol=a => nAl =0,2 mol Tại điểm có tọa độ (V; 69,9) Al(OH) tan hết x (số mol Ba(OH)2)=4a=0,4 mol => V=2 lít => Đáp án B Ví dụ 2: Cho từ từ a mol Ba vào m gam dung dịch Al2(SO4)3 19% Mối quan khối lượng dung dịch sau phản ứng lượng Ba cho vào dung dịch mô tả đồ thị sau: 2− 4 3+ Giá trị a gần với giá trị sau đây? A.0,35 B.0,40 C 0,45 D.0,50 [10] (Đề thi thử bookgol lan -2017) Giải: → Ba(OH)2 + H2 Ba + H2O  a a a/2 mol Khối lượng dung dịch thu đạt giá trị nhỏ lượng kết tủa cực đại m dd= m Ba+ mdd Al2(SO4)3 –m H2- m kt 121,5=137a +m-a- 0,38m 0,57 m *78 * 233 => 121,5=-136a +21/40m(1) 342 342 Khối lượng dd đạt cực đại Al(OH)3 tan hết m dd= m Ba+ mdd Al2(SO4)3 –m H2- m BaSO4 => m =137a +m- a- 0,57 m * 233 => 136a-233m/600=0 (2) 342 Từ (1) (2) suy a=0,39 Đáp án B Áp dụng 2: Từ toán ban đầu xây dựng đồ thị Sau từ đồ thị xây dựng suy kết Ví dụ 3: Hòa tan hoàn toàn 47,4 gam KAl(SO 4)2.12H2O vào nước, thu dung dịch X Cho toàn X tác dụng với 175 ml dung dịch Ba(OH) M, sau phản ứng thu m gam kết tủa Giá trị m A.3,900 B 46,600 C 44,675 D 40,775[9] (Trích Đề thi thu THPTQG sở Quảng Bình lần 1- 2017) Giải: nAl 3+ = 0,1; n SO42-=0,2 mol; n Ba2+=0,175 mol; n OH-=0,35 mol 0,3 0,4 0,3 2n SO24 − điểm M kết tủa BaSO4 đạt cực đại đoạn từ M đến H Al(OH)3 tiếp tục kết tủa Áp dụng 1: Từ đồ thị cho sẵn suy luận nhanh kết Ví dụ 1: Nhỏ từ từ dung dịch Ba(OH)2 đến dư vào dung dịch hỗn hợp Na2SO4 Al2(SO4)3 ta có đồ thị biểu diễn phụ thuộc khối lượng kết tủa theo số mol Ba(OH)2 sau Dựa vào đồ thị xác định giá trị x A 0,28 (mol) B 0,3 (mol) C 0,2 (mol) giải tập: Từ đồ thị cho, đối chiếu đồ thị tổng quát ta có: m BaSO4 = 69,9g ⇒ n BaSO4 = 0,3mol ⇒ n SO2− = 0,3mol D 0,25 (mol)[1] 2− Tại điểm cực đại, số mol SO hết Mà SO 24− +Ba2+  BaSO4 0,3 0,3 Nên x = n Ba (OH)2 = 0,3mol Đáp án: B 0,3 (mol) Ví dụ 2: 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 B 163,2 C 162,3 D 132,6.[10] Giải: Từ đồ thị cho, đối chiếu đồ thị tổng quát ta có: Tại điểm 0,6 mol Ba(OH)2: Al(OH)3 tan hết 4n Al3+ = 0,6.2 ⇒ n Al3+ = 0,3 Tại điểm H kết tủa Al(OH)3 đạt cực đại nên n Al(OH)3 = n Al3+ = 0,3 mol Tại điểm 0,3 mol Ba(OH)2 n SO24 − hết nên n SO24 − =0,3 mol ⇒ m BaSO4 = 69,9g ⇒ n SO24− = 0,3mol x= m BaSO4 = 69,9g ; y= m BaSO4 + m Al(OH)3 =69,9 +78.0,3=93,3 g x+ y = 163,2 g Đáp án: 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 y 0,08 A 0,029 B 0,025 C 0,019 D 0,015[10] Giải tập: Từ đồ thị cho, đối chiếu đồ thị tổng quát ta có: Tại điểm 0,08 mol Ba(OH)2: Al(OH)3 tan hết n Al3+ = 0,08.2 ⇒ n Al3+ = 0,04 Tại điểm H kết tủa Al(OH)3 đạt cực đại n Al(OH)3 = n Al3+ = 0,04 Tại điểm y mol Ba(OH)2: kết tủa BaSO4 lớn n BaSO4 = n so2 − = y Do 8,55 -233y =78.2y/3=> y= 0,03 Tại điểm x mol Ba(OH)2 có m gam kết tủa Đó khối lượng kết tủa BaSO4 cực đại tổng khối lượng kết tủa BaSO4 x mol Al(OH)32x/3 mol Nên 233y = 233x+78.2x/3=> x= 0,0245 Đáp án: B Các tập tương tự xuất đề thi thử Ví dụ 4: Nhỏ từ từ dung dịch Ba(OH) 0,5 M vào dung dịch X chứa đồng thời Al2(SO4), K2SO4 lắc nhẹ để phản ứng xảy hoàn toàn Đồ thị biểu diễn phụ thuộc tổng khối lượng kết tủa theo thể tích dung dịch Ba(OH) 0,5M sau: Giá trị x là: A 900 B 600 C 800 D 400[10] Đề chuyên Đại học Vinh lân 2017-06-04 Áp dụng 2: Bài toán đồ thị Ví dụ 5: Cho m gam phèn chua vào nước dung dịch X Nhỏ 150 ml Ba(OH)2 1M vào X thu 42,75 gam kết tủa dung dịch Y Thêm tiếp 225 ml Ba(OH)2 1M vào Y lại thu thêm 61,005 gam kết tủa Nếu cho toàn kết tủa tạo thành vào dung dịch H2SO4 2M thấy khối lượng kết tủa giảm Giá trị m là: A 113,76 B 94,8 C 47,4 D 53,325 Giải: Phèn chua: KAl(SO4)2.12H2O x mol Ban đầu lượng kết tủa  BaSO4 0,15mol  → Toàn kết tủa tính theo Ba(OH)2   Al (OH )3 0,1mol Lúc sau, thêm H2SO4 lượng kết tủa giảm nghĩa có Al(OH) bị hòa tan, không tạo thêm BaSO4 NHư (4x-0,75)78+233*0,375=61,005+42,75=> x=0,24=> m=113,76 2.3.1.3 Dẫn từ từ Ba(OH)2 vào dung dịch hỗn hợp chứa Al3+ , H+ SO42− Bài toán: Dẫn từ từ x mol Ba(OH) vào dung dịch hỗn hợp chứa y mol Al , z mol H+ t mol SO42− Sau phản ứng thu m gam kết tủa Các phản ứng xảy sau: → H2O Đầu tiên trung hòa H+: H++ OH-  z z Sau xảy phản ứng tạo kết tủa - Ban đầu kết tủa tạo đồng thời: Al3+ + 3OH- Al(OH)3; Ba2+ + SO 24−  BaSO4 Do đồ thị lên Nhưng hàm số liên tục từ điểm xuất phát đến điểm cực đại do:Ba(OH)2 Ba2+ + 2OHx  x 2x Al3+ + 3OH- Al(OH)3; Ba2+ + SO 24−  BaSO4 2/3x  2x x x Như số mol Al3+ số mol SO 24− có mối quan hệ sau: 3n Al3+ = 2n SO24 − Do 3n Al3+ ≠ 2n SO2 − hay n SO2 − dư 3+ 4 Kết đồ thị lên có gãy khúc vị trí T (ứng với số mol Al 3+ hết), sau tiếp tục lên vị trí cực đại H (ứng với số mol SO 24− hết) phản ứng Ba2+ + SO 24−  BaSO4 - Sau kết tủa Al(OH)3 tan từ từ hết nên đồ thị xuống Al(OH)3 +OH-  AlO −2 +H2O - Khi kết tủa Al(OH)3 tan hết, kết tủa BaSO4 không tan nên đồ thị ngang - Dạng đồ thị cho từ từ Ba(OH)2 đến dư vào dung dịch hỗn hợp Na2SO4 Al2(SO4)3 sau: (với đoạn MH: BaSO4 tiếp tục tạo ra, Al(OH)3 đạt cực đại M) m kết tủa BaSO4 Al(OH)3 tan hết Số mol Ba(OH)2 10 Tại điểm T: tổng khối lượng kết tủa BaSO4 cực đại Al(OH)3 cực đại Tại điểm I: khối lượng kết tủa BaSO cực đại tổng khối lượng BaSO Al(OH)3 tính theo số mol Ba(OH)2 x mol Áp dụng : Một số ví dụ minh họa Ví dụ 1: Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch KOH vào dung dịch X chứa hỗn hợp chất tan gồm H2SO4 Al2(SO4)3, kết thí nghiệm biểu diễn đồ thị sau: 0,4 0,8 2,8 2,0 Số mol KOH Nếu cho 1lit dung dịch Ba(OH)2 1M vào dung dịch X khối lượng kết tủa thu sau phản ứng A.318,5 B 264,2 C 334,1 D 349,7[1] Giải: A y 0,4 E (0,8) C (2,0) D (x) B (2,8) Số mol KOH Từ đồ thị suy số mol H2SO4 =0,8 mol Khi số mol KOH=2 mol kết tủa chưa đạt cực đại Khi số mol KOH=2,8 mol kết tủa tan phần => y-[2,8-(0,8+ 3y)] =0,4 =>y=0,6 mol=> số mol Al2(SO4)3=0,3 mol Khi nhỏ Ba(OH)2 vào X ta có n OH-=2 mol => Từ đồ thị số mol Al(OH)3=0,4 mol, số mol BaSO4= mol Vậy khối lượng kết tủa thu 264,2 Đáp án B Ví dụ 2: Một dung dịch X chứa ion: x mol H+, y mol Al3+, z mol SO42− 0,1 mol Cl- Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch X, kết thí nghiệm biểu diễn đồ thị sau: nAl(OH)3 nNaOH 0,05 0,2 0,35 0,55 11 Cho 300 ml dung dịch Ba(OH)2 0,9 M tác dụng với dung dịch X thu kết tủa Y dung dịch Z Khối lượng kết tủa Y A 51,28 gam B 62,91gam C 46,60 gam D 49,72 gam [10] (Đề thi thử THPT QG môn hóa trường lí tự trọng lần -2017) (Đề thi thử chuyên Nguyễn Quang Diệu lần 2-2017) Giải: Tương tự ví dụ Ví dụ 3: Cho 7,65 gam hỗn hợp Al Mg tan hoàn toàn 500 ml dung dịch HCl 1,04M H2SO4 0,28M, thu dung dịch X khí H Cho 850 ml dung dịch NaOH M vào X, sau phản ứng xảy hoàn toàn thu 16,5 gam kết tủa gồm chất Mặt khác cho từ từ dung dịch hỗn hợp KOH 0,8 M Ba(OH)2 0,1M vào X đến thu lượng kết tủa lớn nhất, lọc kết tủa đem nung đến khối lượng không đổi, thu m gam chất rắn Giá trị m gần với giá trị sau đây? A 32,3 B.38,6 C 46,3 D 27,4[2] (Trích đề thi THPT QG thức năm 2016) Giải:  Al 3+  2+ BT :SO42−   → Na2 SO4 : 0,14mol  Mg MgO   Al  HCl : 0,52mol   2−  BTNT :Cl  +  → X SO  →  → NaCl : 0,52 mol +       Al2O3 NaOH :0,85 mol  Mg  H SO4 : 0,14mol   −   BTNT :Na → NaAlO2 : 0, 05mol  Cl  H +  Ta giả sử khối lượng kết tủa thu cực đại (tức toàn lượng Al Mg ban đầu chuyển hết thành Al(OH)3 Mg(OH)2)  mkt max = m ↓ + mAl (OH )3   → m ↓ max = 20,  nAl ( OH )3 = nNaAlO2 123  0,05   mAl + mMg = 7, 65  27 x + 24 y = 7, 65 nAl = 0,15  →  → Mà m 78 x + 58 y = 20, nMg = 0,15  Al (OH )3 + mMg (OH )2 = 20,  Al 3+ : 0,15mol  2+  Mg : 0,15 BTNT :Mg KOH   → Mg (OH ) : 0,15mol t  MgO : 0,15 {  2− Ba ( OH ) X  SO4 : 0,14 +  →  →  BaSO4 : 0,14  BaSO4 : 0,14mol  − Cl : 0,52   H + : 0, 05  Vậy m rắn=38,62 gam Chọn B Ví dụ 4:Nhỏ từ từ dung dịch Ba(OH)2 vào ống nghiệm chứa dung dịch H2SO4 Al2(SO4)3 Đồ thị biễu diễn phụ thuộc khối lượng kết tủa theo số mol Ba(OH)2 sau: 12 Giá trị sau mmax A 84,26 B.88,32 C 92,49 D 98,84[10] Trích Đề sở Quang Nam 2017 Giải Đây trường hợp 3n Al3+ < 2n SO24− hay n SO24 − dư Kết đồ thị lên có gãy khúc vị trí T (ứng với số mol Al 3+ hết) nOH- =0,06 => nAl =0,02 mol - Khi kết tủa Al(OH)3 tan hết, kết tủa BaSO4 không tan nên đồ thị ngang Số mol OH-=2 n H2SO4+ 4n Al3+=> n H2SO4=0,39=> nSO =0,42=>mmax=98,84 gam 2.3.1.4 Dung dịch hỗn hợp NaOH, Ba(OH) vào dung dich muối Al2(SO4)3 Bài toán: Rót từ từ dd chứa x mol NaOH y mol Ba(OH) vào dung dịch chứa z mol Al2(SO4)3 Sau phản ứng xảy hoàn toàn thu a gam kết tủa Các phản ứng xảy là: 3+ 2− Ba 2+ + SO42−  → BaSO4 (1) y 3z Al(OH)3+ OH- Al3++ 3OH2z Al(OH)3 (2) x+2y AlO2- +2H2O(3) ìï (8z- x- 2y)* 78+ 233* y NÕu 6z < x + 2y < 8z ïï NÕu x + 2y > 8z Ta có a =f(x)= ïí 233y ïï NÕu x + 2y = 6z ïïî 2z* 78+ 233y Dạng đồ thị cho từ từ dung dịch hỗn hợp NaOH, Ba(OH) vào dung dich muối Al2(SO4)3 sau: Áp dụng : 13 Ví dụ 1: 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) 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[10] Giải: m BaSO4 = 6,99g ⇒ n BaSO4 = 0,03mol ⇒ n SO2− = 0,03mol ⇒ n Al2 (SO4 )3 = 0,01mol ⇒ n Al3+ = 0,02mol Nếu cho 100ml dung dịch hỗn hợp Ba(OH) 0,2M NaOH 0,3M vào 100ml dung dịch A tức dung dịch chứa 0,01 mol Al2(SO4)3 n Al3+ = 0,02mol n OH − = 0,07mol ∈ (0,06;0,08) 0,02 y O 0,06 0,07 0,08 y = 0,08 - 0,07 =0,01 Do đó: mkết tủa = n BaSO4 + m Al(OH)3 = 0,02.233+ 0,01.78 =5,44g.Đáp án: A Ví dụ 2: Hòa tan hoàn toàn 21,9 gam hỗn hợp X gồm Na 2O, BaO, Ba, Na vào nước dư, thu dung dịch Y chứa 20,52 g Ba(OH) 1,12 lít khí H2 (đktc) Cho Y phản ứng vừa đủ với 100ml dung dịch Al 2(SO4)3 0,5M, thu m gam kết tủa Giá trị m A 27,96 B 29,52C 36,51 D 1,50[3] (Đề minh họa -2017 – Bộ giáo dục đào tạo) Giải: nAl =0,1; nSO = 0,15 Quy đổi hỗn hợp X thành hỗn hợp: Ba, Na, O 3+ 2− nBa (OH )2 = nBa = 0,12mol nNa = x; nO = y BTKL  → 23 x + 16 y = 5, 46  x = 0,14   →  BTe  → x − y = −0,14  y = 0,14 0,3 0,38 0,4 - Số mol OH =0,38 14 Tại thời điểm nOH = 0,38 kết tủa Al(OH)3 bị hòa tan phần − nAl ( OH )3 = 4nAl 3+ − nOH − = 0, − 0,38 = 0, 02 nBaSO4 = 0,12 => m=29,52 gam 2.3.1.5 Sục từ từ khí CO2 đến dư vào dung dịch hỗn hợp chứa Ca(OH)2 NaAlO2 Bài toán: Rót từ từ x mol CO vào dung dịch hỗn hợp chứa a mol Ca(OH) b mol NaAlO2 Sau phản ứng xảy hoàn toàn thu m gam kết tủa Giải toán: Các phản ứng xảy là: CO2+NaAlO2+ H2O  → NaHCO3+ Al(OH)3(1) b b b CO2 + Ca(OH)2  → CaCO3 +H2O(2) CaCO3+ CO2+H2O  → Ca(HCO3)2 (3) ìï 78b+ (2a- x + b)100 Nếu b+a < x < 2a+b 2ª+b2a2a+b4b ïï í 78b+100a Ta có m =f(x)= ïï ïïî 78b Nếu x =a+b Nếu x ≥+a 2a+b Đồ thị biễu diễn phụ thuộc khối lượng kết tủa vào số mol CO2 sau: m mkt (gam) M P I số mol CO2 Tại điểm T kết tủa Al(OH)3 đạt cực đại.Sau kết tủa tiếp tục tăng tạo thêm kết tủa CaCO3 Tại điểm M kết tủa đạt cực đại m kt =m Al(OH)3+ m CaCO3 Tại điểm I kết tủa CaCO3 tan hết Do kết tủa không đổi Al(OH)3 Áp dụng : Ví dụ 1: Sục từ từ khí CO2 đến dư vào dung dịch hỗn hợp chứa Ca(OH)2 NaAlO2 Khối lượng kết tủa thu sau phản ứng biểu diễnư đồ thị hình vẽ Giá trị m x lư m mkt (gam) 27,3 A 39 gam 1,013 mol C 39 gam 1,13 mol Giải: số mol CO2 0,74 x B 66,3 gam 1,13 mol C 66,3 gam 1,013 mol 15 CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O (1) CO2 + NaAlO2 +2H2O Al(OH)3+ NaHCO3 (2) CO2 + CaCO3 + H2O  Ca(HCO3)2 (3) Từ đồ thị cho=> m Al(OH)3 = 27,3 ⇒ n Al(OH)3 = 0,35 Theo phương trình (2), n CO tham gia phản ứng với NaAlO2 =0,35  Theo phương trình (1), n CO tham gia phản ứng với NaAlO2 =0,74-0,35 =0,39 Biểu diễn kết tủa CaCO3 theo số mol CO2 sau: 2 y 0,39 x-0,35 Vậy y = 0,5 n OH− = 0,39 ⇒ m CaCO3 = 0,39.100 = 39g x- 0,35 = n OH − =0,39.2=0,78 x= 1,13 m = mCaCO3 + m Al(OH)3 = 27,3 +39 =66,3=>Đáp án: B 2.3.1.6 Nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch X chứa FeCl3 AlCl3 Bài toán: Rót từ từ x mol NaOH dung dịch hỗn hợp chứa a mol FeCl3 b mol AlCl3 Sau phản ứng xảy hoàn toàn thu m gam kết tủa Các phản ứng xảy là: Fe3+ + 3OH −  → Fe(OH )3 (1) a 3a a 3+ − Al + 3OH  → Al (OH )3 (2) b 3b b − Al (OH )3 + OH  → [Al (OH ) ]− (3) ìï 107a NÕu x>4b+ 3a ïï NÕu  x = 4b+ 3a Ta có m =f(x)= í 107a + 78b ïï ïïî 107a + (4b+ 3a- x)78 NÕu 3a < x < 4b+ 3a Đồ thi biễu diễn phụ thuộc lượng kết tủa vào số mol OH- sau mKết tủa H mMax I mFe(OH)3 nOH- Áp dụng 16 Ví dụ 1: 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? 88,47 n 2,7 3,1 3,2 A 84 gam B 81 gam C 83 gam D 82 gam[10] Trích đề thi thử Bookgol lan 10- 2017 Giải: 88,47 − n 3,1- 3n/107 = 3,2 - 3n/107 78 88,47 − n ⇔ = 0,1 ⇔ n = 80,67 Đáp án: B 78 Lưu ý: Khi n OH − = 2,7mol có đồng thời kết tủa Al(OH)3 Fe(OH)3, Fe(OH)3 chưa đạt cực đại n gam Dữ kiện n OH− = 2,7mol không cần đến Ở HS dễ sai nhầm Fe(OH)3 đạt cực đại Ví dụ Cho từ từ dung dịch NaOH 0,5M vào 100 ml dung dịch FeCl aM AlCl3 bM, thấy xuất kết tủa, kết tủa cực đại sau kết tủa bị hòa tan phần Đồ thi biểu diễn mối quan hệ số mol kết tủa số mol NaOH cho vào hình vẽ: Giá trị a b là: A 0,10 0,05 B 0,10 0,30 C 0,20 0,02 (Trích Đề thi thử chuyên DH vinh lần 2017) Giải: Dựa vào đồ thị ta có hệ sau : D 0,30 0,10[10]  nAlCl3 + nFeCl3 = n ↓ nAlCl3 + nFeCl3 = 0, 04  nAlCl3 = 0, 03  →  → => Đáp án B   4nAlCl3 + 3nFeCl3 = nNaOH  4nAlCl3 + 3nFeCl3 = 0,15 nFeCl3 = 0, 01 2.3.1.7 Nhỏ từ từ dung dịch AgNO3 vào Fe Bài toán: Nhỏ từ từ dung dịch chứa x mol AgNO3 vào y mol Fe Sau phản ứng kết thúc thu dung dịch X chứa z mol Fe2+ Thiết kế hướng giải: → Fe2++ 2Ag Đầu tiên xảy phản ứng:Fe+ 2Ag+  → Fe3++ Ag Sau Ag+ dư xảy tiếp phản ứng: Fe2++ Ag+  17 NÕux >3y 0  Ta có z=f(x,y)= x / NÕux