Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh với một số dạng toán có lượng chất dư

Chia sẻ: Cỏ Xanh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:55

Thêm vào BST

Báo xấu

31
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục đích nghiên cứu sáng kiến là giúp học sinh phát triển năng lực tự chủ, phát huy tính linh hoạt sáng tạo trong tư duy của học sinh khi sử dụng kiến thức liên môn toán học, cụ thể là sử dụng kiến thức đồ thị trong toán để lập quy luật giải nhanh một số dạng bài tập hóa có lượng chất dư từ vận dụng thấp cho đến vận dụng cao trong các đề thi đại học.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh với một số dạng toán có lượng chất dư

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT HUỲNH THÚC KHÁNG --------------- -------------- SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐỀ TÀI: “PHÁT TRIỂN TƯ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH VỚI MỘT SỐ DẠNG TOÁN CÓ LƯỢNG CHẤT DƯ” LĨNH VỰC: HÓA HỌC TÁC GIẢ : Nguyễn Tất Nga Vương Thị Nga TỔ : Tự nhiên Năm học: 2020 - 2021 --------------- -------------- 1
MỤC LỤC PHẦN A: ĐẶT VẤN ĐỀ ............................................................................. 1 I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI ............................................................................ 1 II. ĐIỂM MỚI CỦA ĐỀ TÀI ....................................................................... 2 III. PHẠM VI ÁP DỤNG: ........................................................................... 2 PHẦN B. NỘI DUNG .................................................................................. 3 I.CỞ SỞ KHOA HỌC .................................................................................. 3 1. Cơ sở lý luận: ........................................................................................... 3 2. Cở sở thực tiễn ......................................................................................... 3 2.1. Thuận lợi: .............................................................................................. 3 2.2. Khó khăn: .............................................................................................. 3 II. GIẢI PHÁP ............................................................................................. 4 1. Tổng quan của các dạng ........................................................................... 4 2. Cở sở lý thuyết của mỗi dạng ................................................................... 5 2.1. Dạng 1 : Bài toán 1: Dẫn khí CO2 hoặc SO2 vào dung dịch chứa OH− và M2+ (Ba2+, hoặc Ca2+). .............................................................................. 5 2.2. Dạng 2 : Bài toán : Dung dịch OH− tác dụng với dung dịch muối Al3+(Cr3+ hoặc Zn2+) ................................................................................ 8 2.3. Dạng 3 : Dung dịch H+ tác dụng với dung dịch chứa muối AlO2−, CrO2− hoặc ZnO22-. ................................................................................... 12 2.4. Dạng 4: Dung dịch NH3 hoặc khí NH3 tác dụng với dung dịch chứa muối Cu2+ ............................................................................................................ 16 III. ÁP DỤNG VÀO MỘT SỐ CHỦ ĐỀ TỰ CHỌN: ................................. 18 3.1. Kế hoạch giảng dạy 1 tiết tự chọn trong chủ đề: Dạng 1 ....................... 18 3.2. Kế hoạch giảng dạy 1 tiết tự chọn trong chủ đề: Dạng .......................... 32 PHẦN C: KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ ...................................................... 50 I. KẾT LUẬN: ............................................................................................ 50 II. Một số kiến nghị và đề xuất: ................................................................... 50 II.1. Đối với các cấp lãnh đạo ....................................................................... 50 II.2. Đối với ban giám hiệu........................................................................... 51 II.3. Đối với giáo viên .................................................................................. 51 TÀI LIỆU THAM KHẢO ............................................................................ 52 2
DANH MỤC VIẾT TẮT HS: Học sinh GV: Giáo viên TH: Trường hợp. TNKQ: Trắc nghiệm khách quan. KHKT: Khoa học kỹ thuật THPT: Trung học phổ thông TSĐHKA: Tuyển sinh đại học khối A TSĐHKB: Tuyển sinh đại học khối B BDG: Bộ giáo dục 3
PHẦN A: ĐẶT VẤN ĐỀ I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Thực hiện Nghị quyết số 40/200/QH10 của Quốc hội khóa X và Chỉ thị số 14/2001/CT-TTg của Thủ tướng Chính phủ về đổi mới chương trình Giáo dục phổ thông, từ năm 2006 Bộ GD&ĐT đã triển khai thực hiện chương trình và SGK mới, bồi dưỡng đội ngũ nhà giáo và quản lý giáo dục nhằm thực hiện tốt các nội dung đổi mới giáo dục trên phạm vi toàn quốc. Đổi mới hình thức thi từ tự luận sang trắc nghiệm khách quan cho một số môn học là một trong những nội dung quan trọng của đổi mới giáo dục. Thực hiện công văn 4612/BGDĐT-GDTrH v/v hướng dẫn thực hiện chương trình giáo dục phổ thông hiện hành theo định hướng phát triển năng lực và phẩm chất học sinh từ năm học 2017-2018, trong đó có đổi mới phương pháp, hình thức tổ chức dạy học. Chú trọng rèn luyện cho học sinh phương pháp tự học, tự nghiên cứu sách giáo khoa để tiếp nhận và vận dụng kiến thức mới thông qua giải quyết nhiệm vụ học tập đặt ra trong bài học; dành nhiều thời gian trên lớp cho học sinh luyện tập, thực hành, trình bày, thảo luận, bảo vệ kết quả học tập của mình; giáo viên tổng hợp, nhận xét, đánh giá, kết luận để học sinh tiếp nhận và vận dụng. Với hình thức thi trắc nghiệm khách quan trong các kì thi đại học và cao đẳng hiện nay thì việc lựa chọn phương pháp thích hợp để giải bài tập lại càng có ý nghĩa quan trọng. Mỗi bài tập có thể có nhiều phương pháp giải khác nhau nhưng để làm tốt bài thi trắc nghiệm khách quan học sinh cần phải chọn lấy một phương pháp giải tối ưu với phương châm “ đánh nhanh thắng gọn ”. Thực tế trong các đề thi đại học và cao đẳng có những dạng bài tập hóa học tương đối khó, HS thường giải theo phương pháp suy luận, mất khá nhiều thời gian mà vẫn có thể không làm tốt. HS chưa biết nhận dạng bài toán và vận dụng các kiến thức liên môn của toán học để xây dựng công thức giải nhanh chuẩn. Qua quá trình giảng dạy, nghiên cứu, tiến hành dạy thể nghiệm, chúng tôi nhận thấy với một số dạng bài tập lượng chất dư có ảnh hưởng đến sản phẩm từ vận dụng thấp đén cao có trong các đề thi đại học rất nhiều và học sinh thường khó khăn trong dạng bài tập này, hoặc làm được cũng mất nhiều thời gian,…ảnh hưởng đến tâm lí người học dễ chán nản. Tuy nhiên, chúng tôi có thể tổ chức dạy học cho học sinh vận dụng kiến thức liên môn toán học, cụ thể là vận dụng kiến thức đồ thị toán học để xây dựng quy luật giải nhanh trong tích tắc mà đáng lẽ ra theo phương pháp truyền thống bài toán đó phải mất cả trang giấy mới xong. Việc làm này giúp cho học sinh đem lại hiệu quả rất cao, tiết kiệm nhiều thời gian trong các kì thi tuyển sinh đại học và cao dẳng, tạo hứng thú cho học sinh thêm yêu môn hóa học, phù hợp với hình thức thi trắc nghiệm khách quan. Một số tác giả khác cũng đã đề cập đến việc làm này trong một số tài liệu tham khảo, tuy nhiên ở đó cũng chỉ mới dừng lại ở việc giải một số bài tập đơn lẻ mà chưa có tính khái quát. Vì vậy, chúng tôi đã chọn đề tài: “ phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh với một số dạng toán có lượng chất dư”.”. 4
Đề tài được viết dựa trên cơ sở : Khoanh vùng và nhận dạng bài tập; nêu tổng quan phương pháp của các dạng; thiết kế bài dạy theo từng chủ đề; hướng dẫn học sinh tư duy công thức giải nhanh dựa trên bản chất của thí nghiệm và đồ thị toán học; vận dụng giải nhanh bài tập trong các kì thi đại học và cao đẳng; so sánh đối chứng với phương pháp suy luận theo phương pháp truyền thống. II. ĐIỂM MỚI CỦA ĐỀ TÀI - Trong đề tài này, chúng tôi đã giúp học sinh phát triển năng lực tự chủ, phát huy tính linh hoạt sáng tạo trong tư duy của học sinh khi sử dụng kiến thức liên môn toán học, cụ thể là sử dụng kiến thức đồ thị trong toán để lập quy luật giải nhanh một số dạng bài tập hóa có lượng chất dư từ vận dụng thấp cho đến vận dụng cao trong các đề thi đại học. Trước đây, với những dạng bài tập vận dụng cao có lượng chất dư học sinh phải mất rất nhiều thời gian, có khi phải giải cả trang giấy, nhưng với phương pháp dạy học này học sinh chỉ cần bấm máy trong tích tắc đã có kết quả mà thậm chí không cần đặt bút viết. - Đề tài là một giải pháp nhằm đổi mới phương pháp, hình thức tổ chức dạy học. Là một nguồn tài liệu chất lượng cho cả giáo viên và học sinh trong dạy và học. - Kiểm tra, đánh giá: Nhấn mạnh đến năng lực tìm tòi học hỏi, khai thác các tài liệu liên quan đến vấn đề học tập và định hướng cách khai thác thông tin từ các dữ liệu thu thập được một cách có hiệu quả, năng lực tự nghiên cứu và làm việc nhóm; năng lực thực hiện sản phẩm; năng lực thuyết trình giúp học sinh tự tin giao tiếp trước đám đông và khả năng thuyết trình các sản phẩm do chính các em tìm tòi. III. PHẠM VI ÁP DỤNG: Áp dụng vào các tiết dạy tự chọn hóa THPT 1. Chủ đề: - “ Hợp chất kim loại kiềm, kiềm thổ và nhôm” - Lớp 12. - “ CO2 và muối cacbonat” - Lớp 11 - “ SO2 và muối sulphite” - Lớp 10 1.1. Bài toán 1: Khí CO2 hoặc SO2 tác dụng với dung dịch chứa OH− và M2+ (Ba2+ hoặc Ca2+). 1.2. Bài toán 2: Khí CO2 hoặc SO2 tác dụng với dung dịch chứa OH− , M2+ (Ba2+ hoặc Ca2+) và AlO2- 2. Chủ đề : “ Hợp chất của kim loại kiềm, kiềm thổ, nhôm (Cr, Zn)’’ - Lớp 12 2.1. Bài toán 1 : Dung dịch chứa OH− tác dụng với dung dung dịch chứa Al3+, Cr3+ hoặc Zn2+ 2.2. Bài toán 2 : Dung dịch H+ tác dụng với dung dịch AlO2−, CrO2− hoặc ZnO2 2- 3. Chủ đề: - “Amoniac” -Lớp 11 Bài toán : NH3 tác dụng với dung dịch muối chứa Cu2+, Zn2+, hoặc Ag+. 5
PHẦN B. NỘI DUNG I. CỞ SỞ KHOA HỌC 1. Cơ sở lý luận: Thực hiện công văn 4612/BGDĐT-GDTrH v/v hướng dẫn thực hiện chương trình giáo dục phổ thông hiện hành theo định hướng phát triển năng lực và phẩm chất học sinh từ năm học 2017-2018, trong đó có đổi mới phương pháp, hình thức tổ chức dạy học. Chú trọng rèn luyện cho học sinh phương pháp tự học, tự nghiên cứu sách giáo khoa để tiếp nhận và vận dụng kiến thức mới thông qua giải quyết nhiệm vụ học tập đặt ra trong bài học; dành nhiều thời gian trên lớp cho học sinh luyện tập, thực hành, trình bày, thảo luận, bảo vệ kết quả học tập của mình; giáo viên tổng hợp, nhận xét, đánh giá, kết luận để học sinh tiếp nhận và vận dụng. Với hình thức thi trắc nghiệm khách quan trong các kì thi đại học và cao đẳng hiện nay thì việc lựa chọn phương pháp thích hợp để giải bài tập lại càng có ý nghĩa quan trọng. Đối với môn Hóa học, việc đổi mới phương pháp dạy học theo hướng tiếp cận năng lực, đặc biệt chú trọng định hướng phát triển năng lực thông qua thiết kế hoạt động dạy học cho mỗi nội dung, mỗi chủ đề học tập là trọng tâm của chương trình mới. Như vậy, mục tiêu của chúng tôi muốn biến các tiết dạy học trên lớp thành các sân chơi của HS nhằm tạo ra những con người tương lai, có đầy đủ phẩm chất, năng lực, bản lĩnh để thích nghi với cuộc sống hiện đại, như các năng lực tự chủ và tự học, năng lực giao tiếp và hợp tác, năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo, khơi gợi niềm say mê học tập cho học sinh và giúp các em khám phá tiềm năng của bản thân. 2. Cở sở thực tiễn 2.1. Thuận lợi: Trường THPT Huỳnh Thúc Kháng có đội ngũ giáo viên trình độ chuyên môn cao, nhiệt huyết, năng động, sáng tạo,...; chất lượng đầu vào học sinh khá, giỏi; cơ sở vật chất phục vụ cho việc dạy học tốt; luôn được các ban nghành và phụ huynh quan tâm,…Hàng năm, nhà trường luôn mở các đợt tập huấn nhằm nâng cao trình độ giảng dạy cho giáo viên, giúp giáo viên tiếp cận với các phương pháp dạy học mới nhằm hướng tới việc vận dụng kiến thức liên môn để giải quyết các vấn đề thực tiễn, học sinh được hoạt động, trải nghiệm và thấy được ý nghĩa của tri thức với cuộc sống, nhờ đó sẽ nâng cao hứng thú học tập của học sinh. Đồng thời hình thành và phát triển năng lực, phẩm chất cho học sinh, chủ động và tự lực thực hiện các nhiệm vụ học. 2.2. Khó khăn: Bên cạnh đó vẫn còn một số giáo viên chưa dám mạnh dạn thay đổi phương pháp dạy học, còn ngại khó khăn, tìm tòi học hỏi vận dụng kiến thức liên môn để giúp HS tiếp cận kiến thức một cách tổng quát, toàn diện hơn. Việc vận dụng kiến thức liên môn để thúc đẩy tư duy sáng tạo cho HS là một trong những quan điểm giáo dục đang được quan tâm. Thực hiện dạy học tích hợp cùng với việc kết hợp các câu hỏi, bài tập thực tiễn sẽ mang lại nhiều lợi ích trong việc định hướng phát 6
triển năng lực tự tìm tòi học hỏi, tư duy sáng tạo trong việc giải quyết các vấn đề liên qua của học sinh. Trong thực tế các trường hiện nay, nhiều giáo viên còn ngần ngại sử dụng kiến thức tích hợp do nó liên quan đến nhiều bộ môn nên ngại chịu khó tìm hiểu kiến thức, sâu sát với thực tế. Mặt khác, các tài liệu tích hợp, tài liệu liên quan thực tế của môn học chưa nhiều trong khi sách giáo khoa chưa cung cấp đủ tài liệu cần thiết. Điều này đòi hỏi giáo viên phải tích cực, chủ động tìm hiểu thêm kiến thức, làm phong phú thêm bài học, biết đặt những câu hỏi định hướng cho học sinh, giúp học sinh phát triển những năng lực cần thiết, tư duy sáng tạo và chủ động của mình. II. GIẢI PHÁP - Nhận dạng bài toán. - Hướng dẫn HS phát triển tư duy sáng tạo để xây dựng công thức giải nhanh:  Dựa vào phương trình phản ứng  Dựa vào đồ thị  Kết hợp phương trình ion và đồ thị trong toán học . - Vận dụng công thức giải nhanh vào giải quyết các vấn đề bài toán yêu cầu một cách hiệu quả nhất. 1. Tổng quan của các dạng 1.1. Dạng tổng quát: Cho dung dịch A (khí A) tác dụng với dung dịch chứa Bm+ - Yêu cầu: Tính lượng chất đã phản ứng hoặc sản phẩm tạo thành để thu được :  b gam kết tủa hoặc b gam và x.b gam kết tủa.  Kết tủa lớn nhất  Kết tủa tan hoàn toàn. 1.2. Hiện tượng thí nghiệm. Kết tủa xuất hiện, tăng dần và đạt cực đại, sau đó tan dần cho đến hết khi lượng chất phản ứng dư (có ảnh hưởng đến kết tủa). 1.3. Các phương trình phản ứng có thể xảy ra: aA + Bm+ → D↓ (1) dA + D↓ → E dung dịch (2) cA + Bm+ → E dung dịch (3) Với c = a+d 1.4. Từ phương trình phản ứng học sinh thảo luận nhóm:  Vẽ đồ thị, từ đồ thị rút ra các vấn đề trọng tâm của bài toán và các công thức giải nhanh.  Dựa vào phương trình phản ứng hướng dẫn HS rút ra công thức giải nhanh. 1.5. Công thức giải nhanh tổng quát cho các dạng a. Nếu bài toán cho cùng lượng kết tủa: nA (min) = m × n↓ (1) nA (max) = (c × nB) – (d × n↓) (2) 7
Trong đó : - m : Là điện tích của ion trung tâm gia phản ứng - d : Là hệ số tỉ lượng của A tham gia hòa tan kết tủa ở phản ứng (2) - c : Là tổng hệ số tỉ lượng của A tham gia phản ứng tạo kết tủa ở (1) và hòa tan hết kết tủa ở (2) - n : Số mol Các dạng bài toán khác đều suy ra từ công thức (1) và (2). b. Nếu bài toán cho lượng kết tủa khác nhau thì ta phải dựa vào lượng chất dư có ảnh hưởng đến tính tan của kết tủa để chia làm các trường hợp khác nhau để tìm nghiệm. c. Nếu bài toán cho lượng chất dư có ảnh hưởng đến tính tan của kết tủa nhưng khi kết thúc phản ứng vẫn có một lượng kết tủa không đổi thì ta xét như TH a 2. Cở sở lý thuyết của mỗi dạng 2.1. Dạng 1 : Bài toán 1: Dẫn khí CO2 hoặc SO2 vào dung dịch chứa OH− và M2+ (Ba2+, hoặc Ca2+). a. Hiện tượng : Lúc đầu kết tủa từ từ xuất hiện, cho đến lúc tạo ra b mol kết tủa, kết tủa tăng dần và đạt cực đại, lúc này Ba2+ hoặc Ca2+ đã hết. Nếu tiếp tục sục khí CO2 (hoặc SO2) vào thì kết tủa lại tan dần ra, cho đến lúc CO2 (hoặc SO2) dư thì kết tủa tan hoàn toàn. b. Nguyên tắc :  Dư axit (CO2 hoặc SO2) tạo muối axit.  Dư bazơ (OH−) tạo muối trung hòa.  Sản phẩm là hai muối thì OH− và axit đều hết. c. Các phương trình phản ứng có thể xảy ra: (SO2 cũng xảy ra tương tự CO2) CO2 + M2+ + 2OH−  MCO3 + H2O (1) a a 2a a (max) CO2 + MCO3 + H2O  2 HCO3 + M2+ (2) a a 2a a 2CO2 + 2OH  2 HCO3 −  (3) 2a 2a 2a d. Phân tích : * Phản ứng (1) :  TH 1: Thu được b mol kết tủa  OH− dư  TH 2: Thu được a mol kết tủa cực đại  M2+ và CO2 vừa đủ. * Phản ứng (2): Sau phản (1) CO2 dư  kết tủa bị hòa tan bớt một phần hoặc bị hòa tan hoàn toàn. * Phản ứng (3) = (1) + (2)  kết tủa sinh ra ở (1) bị hòa tan hoàn toàn ở (2) 8
e. Hướng dẫn vẽ đồ thị:  TH 1: Dẫn khí CO2 hoặc SO2 vào dung dịch Ba(OH)2 hoặc Ca(OH)2 - Dựa vào phản ứng ta dựng hệ tọa độ với trục tung là số mol MCO 3, trục hoành là số mol CO2. - Vẽ đường thẳng qua gốc tọa độ (0, 0) và C(a, a) biểu diễn lượng kết tủa từ từ xuất hiện, đến lúc tạo b mol kết tủa, kết tủa tăng dần và đạt cực đại tại C(a, a). - Vẽ đường thẳng qua hai điểm C(a, a) và C1(2a, 0) biễu diễn kết tủa sẽ tan dần ra, cho đến lúc CO2 dư thì kết tủa tan hoàn toàn tại điểm C1(2a, 0). - Lấy điểm A bất kì trên 0C, từ A kẻ đoạn thẳng song song với trục hoành cắt CC1 tại B và cắt trục tung tại B1(0, b). - Từ A và B hạ vuông góc với trục hoành lần lượt tại x1, x2 (lượng CO2 tiêu thụ khi thu được b mol kết tủa). Ta có A(x1, b) ; B(x2, b). Số mol MCO3 C a b B1 B A C1 Số mol CO2 0 x1 a x2 2a Từ đồ thị nhận thấy : - Nếu kết tủa là b mol thì có thể có hai trường hợp: Số mol CO2 đã phản ứng là: x1 = b (mol) x2 = 2a - b (mol). - Nếu kết tủa lớn nhất thì số mol CO2 đã phản ứng là: a mol - Nếu kết tủa tan hoàn toàn thì số mol CO2 đã phản ứng là: 2a mol  Trường hợp 2: Dẫn khí CO2 hoặc SO2 vào dung dịch NaOH (KOH) và Ba(OH)2 hoặc Ca(OH)2 Số mol MCO3 C D a b B1 B A C1 Số mol CO2 A1 x1 a b x2 2a 9
Đồ thị tương tự TH 1. Chỉ khác ở chổ sau khi kết tủa đạt cực đại tại C (a, a) nếu thêm tiếp CO2 kết tủa vẫn không đổi là đoạn thẳng CD do CO2 phản ứng với NaOH hoặc KOH, đến khi NaOH hoặc KOH hết nếu thêm tiếp CO 2 thì kết tủa bắt đầu tan dần và tan hoàn toàn tại C1 (2a,0) khi CO2 dư. g. Xây dựng công thức giải nhanh : Từ những điều ta nhận thấy trên đồ thị ta có thể rút ra các công thức giải nhanh  Yêu cầu 1: Tính số mol CO2 hoặc OH− khi biết b mol kết tủa thì có thể có hai TH : + TH 1: Lượng CO2 tối thiểu tạo b mol kết tủa : nCO min  n 2 + TH 2: Lượng CO2 tối thiểu tạo b mol kết tủa : nCO max  nOH  n 2   Yêu cầu 2: Tính lượng kết tủa, thì có thể xảy ra một trong các trường hợp sau: TH 1 : n↓ = nCO ( M2+ dư) 2 TH 2 : Nếu n↓ = nOH - nCO < nM  m↓ = n↓×M↓  2 2 TH 3 : Nếu n↓ = nOH - nCO > nM  m↓ = nM × M↓  2 2 2  Yêu cầu 3: Nếu kết tủa lớn nhất : nCO  n max = nM 2 2  Yêu cầu 4: Nếu kết tủa tan hoàn toàn : nCO  nOH 2  h. Từ phương trình phản ứng hướng dẫn xây dựng công thức giải nhanh  Yêu cầu 1: Tính số mol CO2 hoặc OH− khi biết b mol kết tủa thì có thể có hai trường hợp: TH 1: Theo (1)  nCO min  n 2 TH 2: nCO max  nOH  n ( n  bị hòa tan ở (2)) 2   Yêu cầu 2:Tính lượng kết tủa  từ yêu cầu 1  Yêu cầu 3: Nếu kết tủa lớn nhất, thì M2+ đã hết vậy theo (1)  nCO  n max = nM 2 2  Yêu cầu 4: Nếu kết tủa tan hoàn toàn, theo (3)  nCO  nOH 2  Bài toán 2: Dẫn khí CO2 hoặc SO2 vào dung dịch chứa OH− ; M2+ (Ba2+, hoặc Ca2+) và AlO2- a. Hiện tượng : Kết tủa từ từ xuất hiện, tạo ra b mol kết tủa, kết tủa tăng dần và đạt cực đại, lúc này Ba2+, hoặc Ca2+ đã hết. Nếu tiếp tục sục khí CO2 ( hoặc SO2) vào thì kết tủa tan dần ra, cho đến lúc CO 2 (hoặc SO2) dư thì chỉ có kết tủa MCO3 tan hoàn toàn, còn kết tủa Al(OH)3vẫn không đổi. b. Hướng dẫn vẽ đồ thị: Mol kết tủa C a b A B c Al(OH)3 C1 0 x1 x2 Mol CO2 a 10
- Vẽ tương tự bài toán 1 - Đoạn OA: tạo kết tủa BaCO3 - Đoạn AC tạo kết tủa Al(OH)3 - Đoạn CB: Kết tủa BaCO3 bị hòa tan hết khi CO2 dư . - Khi CO2 dư vẫn còn một phần kết tủa không đổi đó là Al(OH)3: c mol c. Phương trình phản ứng CO2 + M2+ + 2OH-  MCO3 + H2O (4) CO2 + 2H2O + AlO2-  Al(OH)3 + HCO3- (5) CO2 + H2O + MCO3  M2+ + 2HCO3- (6) d. Hướng dẫn xây dựng công thức giải nhanh x1 = b  nCO2 = nMCO3 a – x1 = n Al(OH)3 x2 – a = nCO2 dùng hòa tan bớt 1 phần MCO3 hoặc tan hết x1 + x2 – a = nOH- - nMCO3 còn lại Nếu kết tủa MCO3 bị hòa hòa tan hết: x1 + x2 – a = nOH- 2.2. Dạng 2 : Bài toán : Dung dịch OH− tác dụng với dung dịch muối Al3+(Cr3+ hoặc Zn2+) a. Hiện tượng: Kết tủa xuất hiện, cho đến lúc tạo ra b mol kết tủa (1), kết tủa tăng dần và đạt cực đại, lúc này Al3+, Cr3+ hoặc Zn2+ đã hết. Nếu tiếp tục cho OH− vào thì kết tủa lại tan dần ra (2), cho đến lúc OH− dư thì kết tủa tan hoàn toàn (3). * Đối với dung dịch muối Al3+ (Cr3+ tương tự Al3+) Các phương trình phản ứng có thể xảy ra: Al3+ + 3OH−  Al(OH)3  (1) a 3a a (max) Al(OH)3 + OH  AlO2 + 2H2O − (2) a a Al + 4 OH−  AlO2 + 2H2O 3+ (3) a 4a b. Phân tích: - Phản ứng (1) : Thu được b mol kết tủa  OH− thiếu, Al3+ dư. - Hoặc thu được a mol kết tủa cực đại  OH− hết, Al3+ vừa đủ. - Phản ứng (2): Sau phản (1) OH− dư  kết tủa bị hòa tan bớt một phần hoặc bị hòa tan hoàn toàn. - Phản ứng (3) = (1) + (2)  kết tủa sinh ra ở (1) bị hòa tan hoàn toàn ở (2) c. Hướng dẫn vẽ đồ thị - Dựa vào phản ứng ta dựng hệ tọa độ với trục tung là số mol Al(OH)3, trục hoành là số mol OH−. 11
- Vẽ đường thẳng qua gốc tọa độ (0,0) và C(3a, a), biểu diễn lượng kết tủa từ từ xuất hiện, đến lúc tạo b mol kết tủa, kết tủa tăng dần và đạt cực đại tại C(3a, a). - Vẽ đường thẳng qua hai điểm C(3a, a). và C 1(4a, 0) biễu diễn kết tủa sẽ tan dần ra, cho đến lúc OH− dư thì kết tủa tan hoàn toàn tại điểm C1(4a, 0). - Lấy điểm A bất kì trên 0C, từ A kẻ đoạn thẳng song song với trục hoành cắt CC1 tại B và cắt trục tung tại A1(0, b). - Từ A và B hạ vuông góc với trục hoành lần lượt tại x1, x2 (lượng OH− tiêu thụ khi thu được b mol kết tủa). Ta có A(x1, b) ; B(x2, b). Số mol Al(OH)3 C a A1 A B b C1 Số mol OH− 0 x1 3a x2 4a Từ đồ thị nhận thấy :  Nếu kết tủa là b mol thì có thể có hai trường hợp: Số mol OH− đã phản ứng là: x1 = 3b (mol) x2 = 4a - b (mol).  Nếu kết tủa lớn nhất thì số mol OH− đã phản ứng là: 3a mol  Nếu kết tủa tan hoàn toàn thì số mol OH− đã phản ứng là: 4a mol d. Xây dựng công thức giải nhanh : Từ đồ thị ta có thể rút ra các công thức giải nhanh  Yêu cầu 1: Tính số mol Al3+ hoặc OH− khi biết b mol kết tủa thì có thể có hai trường hợp: TH 1: Mol OH- tối thiểu tạo b mol kết tủa: nOH Min  3n  TH 2: Mol OH- tối đa tạo b mol kết tủa: nOH Max  4nAl  n  3  Yêu cầu 2: Tính lượng kết tủa, thì có thể xảy ra một trong các TH sau: TH 1: n↓ = nOH /3 (Al3+ dư)  TH 2: Nếu n↓ = 4 n Al - nOH < n Al  m↓ = n↓× M↓ 3  3 TH 3 : Nếu n↓ = 4 n Al - nOH > n Al  m↓ = n Al × M↓ 3  3 3  Yêu cầu 3: Nếu kết tủa lớn nhất : nOH  3n = 3 n Al  3  Yêu câu 4: Nếu kết tủa tan hoàn toàn : nOH  4nAl  3 e. Dựa vào phương trình phản ứng xây dựng công thức giải nhanh:  Yêu cầu 1: Tính số mol Al3+ hoặc OH− khi biết b mol kết tủa thì có thể có hai trường hợp: TH 1: Theo (1) mới tạo b mol kết tủa nOH Min  3n  12
TH 2: Theo (1) tạo kết tủa Max , Al3+ hết, thêm tiếp OH- vào hòa tan bớt một phần kết tủa (2) chỉ còn lại b mol (1). Vậy nếu kết tủa bị hòa tan hoàn toàn : (1) + (2) = (3)  để còn lại b mol kết tủa ở (1) thì: (1) = (3) – (2)  TH 2: nOH  Max  4nAl 3  n  Yêu cầu 2: Tính lượng kết tủa khi biết Al3+ hoặc OH− thì suy ra từ yêu cầu 1.  Yêu cầu 3: Nếu kết tủa lớn nhất, thì Al3+ hết, theo (1) : nOH  3n Max = 3 n Al  3  Yêu cầu 4: Nếu kết tủa tan hoàn toàn, theo (3) : nOH  4nAl  3 Bài toán 2 : Dung dịch OH− và Ba2+ tác dụng với dung dịch muối Al3+ (Cr3+ hoặc Zn2+) và SO42- a. Hiện tượng : Kết tủa xuất hiện nhanh sau đó tăng dần rồi đạt cực đại và tan khi thêm OH-, nếu OH- dư vẫn còn một lượng kết tủa không đổi là BaSO4. Mol kết tủa C a C1 B b BaSO4 Mol OH- 0 3a 4a b. Phương trình phản ứng Ba2+ + SO42-  BaSO4 (1) Al + 3OH  Al(OH)3  3+ − (2) a 3a a (max) Al(OH)3 + OH  AlO2 + 2H2O − (3) a a Al + 4 OH−  AlO2 + 2H2O 3+ (4) a 4a c. Phân tích: Ta thấy mol OH- chỉ ảnh hưởng đến kết tủa Al(OH)3 - Tại C ( 3a, a):  Kết tủa cực đại gồm hai kết tủa BaSO4 và Al(OH)3  nOH- = 3nAl(OH)3 - Tại B (4a,0):  Khi OH- dư kết tủa BaSO4 vẫn không đổi, chỉ có Al(OH)3 tan hết  nOH- = 4nAl3+ ** Đối với dung dịch muối Zn2+ 13
a. Các phương trình phản ứng có thể xảy ra : Zn2+ + 2OH− Zn(OH)2 (1) a 2a a (max) Zn(OH)2 + 2OH  ZnO22 − + 2H2O (2) a 2a Zn 2+ + 4OH−  ZnO22 + 2H2O (3) a 4a b. Phân tích: Phản ứng (1) : Thu được b mol kết tủa  Zn2+ dư. Hoặc thu được a mol kết tủa cực đại  OH− và Zn2+ vừa đủ. Phản ứng (2): Sau phản (1) OH− dư  kết tủa bị hòa tan bớt một phần hoặc bị hòa tan hoàn toàn. Phản ứng (3) = (1) + (2)  kết tủa sinh ra ở (1) bị hòa tan hoàn toàn ở (2) c. Hướng dẫn vẽ đồ thị - Dựa vào phản ứng ta dựng hệ tọa độ với trục tung là số mol Zn(OH) 2 , trục hoành là số mol OH−. - Vẽ đường thẳng qua gốc tọa độ (0, 0) và C(2a, a), biểu diễn lượng kết tủa từ từ xuất hiện, tạo b mol kết tủa, kết tủa tăng dần và đạt cực đại tại C(2a, a). - Vẽ đường thẳng qua hai điểm C(2a, a) và C1(4a, 0) biễu diễn kết tủa sẽ tan dần ra, cho đến lúc OH− dư thì kết tủa tan hoàn toàn tại điểm C1(4a, 0). - Lấy điểm A bất kì trên 0C, từ A kẻ đoạn thẳng song song với trục hoành cắt CC1 tại B và cắt trục tung tại A1(0, b). - Từ A và B hạ vuông góc với trục hoành lần lượt tại x1, x2 (lượng OH− tiêu thụ khi thu được b mol kết tủa). Ta có A(x1, b) ; B(x2, b). Mol Zn(OH)2 C a A1 A B b C1 Mol OH- 0 x1 2a x2 4a Từ đồ thị nhận thấy :  Nếu kết tủa là b mol thì có thể có hai trường hợp: Số mol OH− đã phản ứng là: x1 = 2b (mol) x2 = 4a - 2b (mol).  Nếu kết tủa lớn nhất thì số mol OH đã phản ứng là : 2a mol −  Nếu kết tủa tan hoàn toàn thì số mol OH− đã phản ứng là: 4a mol 14
d. Xây dựng công thức giải nhanh : Từ đồ thị ta có thể rút ra các công thức giải nhanh  Yêu cầu 1: Tính số mol Zn2+ hoặc OH− khi biết b mol kết tủa thì có thể có hai trường hợp: - Mol OH- tối thiểu tạo b mol kết tủa : TH 1: nOH  Min  2n - Mol OH- tối đa tạo b mol kết tủa : TH 2 : nOH  Max  4nZn2  2n  Yêu cầu 2: Tính lượng kết tủa, thì có thể xảy ra một trong các TH sau: TH 1: n↓ = nOH /2 ↔ (Zn2+ dư)  TH 2 : Nếu n↓ = (4 nZn - nOH )/2 < nZn 2  2  m↓ = n↓×MZn(OH)2 TH 3 : Nếu n↓ = (4 nZn - nOH )/2 > nZn  m↓ = nZn ×MZn(OH)2 2  2 2  Yêu cầu 3: Nếu kết tủa tan hoàn toàn : nOH  4nZn  2  Yêu cầu 4: Nếu kết tủa lớn nhất : nOH  2n Max = 2 nZn  2 e. Dựa vào phương trình phản ứng xây dựng công thức giải nhanh:  Yêu cầu 1: Tính số mol Zn2+ hoặc OH− khi biết b mol kết tủa thì có thể có hai trường hợp: TH 1: Theo (1) mới tạo b mol kết tủa nOH Min  2n TH 2: Theo (1) tạo kết tủa lớn nhất, Zn2+ hết, thêm tiếp OH− vào hòa tan bớt một phần kết tủa chỉ còn lại b mol (2). Vậy nếu kết tủa bị hòa tan hoàn toàn : (1) + (2) = (3)  để còn lại b mol kết tủa ở (1) thì: (1) = (3) – (2)  TH 2 : nOH Max  4nZn  2n  2  Yêu cầu 2 : Tính lượng kết tủa khi biết Zn2+ hoặc OH− thì suy ra từ yêu cầu 1  Yêu cầu 3: Nếu kết tủa lớn nhất, thì Zn2+ hết, theo (1) : nOH  2n Max = 2 nZn  2  Yêu cầu 4: Nếu kết tủa tan hoàn toàn, theo (3) : nOH  4nZn  2 2.3. Dạng 3 : Dung dịch H+ tác dụng với dung dịch chứa muối AlO2−, CrO2− hoặc ZnO22-. a. Hiện tượng : Kết tủa xuất hiện, đến lúc tạo b mol kết tủa (1), kết tủa tăng dần và đạt cực đại, lúc này AlO2−, CrO2− hoặc ZnO22- đã hết. Nếu tiếp tục cho H+ vào thì kết tủa tan dần ra (2), cho đến lúc H+ dư thì kết tủa tan hoàn toàn (3). * Đối với dung dịch muối AlO2¯ ( tương tự với CrO2¯) b. Các phương trình phản ứng có thể xảy ra : AlO2¯ + H+ + H2O  Al(OH)3 (1) a a a (max) 15
Al(OH)3 + 3H+  Al3+ + 3H2O (2) a 3ª AlO2 + 4H+  Al3+ + 2H2O ¯ (3) a 4a c. Phân tích: - Phản ứng (1) : Thu được b mol kết tủa  AlO2¯ dư. - Hoặc thu được a mol kết tủa cực đại  H+ và AlO2¯ vừa đủ. - Phản ứng (2): Sau phản (1) H+ dư  kết tủa bị hòa tan bớt một phần hoặc bị hòa tan hoàn toàn. - Phản ứng (3) = (1) + (2)  kết tủa sinh ra ở (1) bị hòa tan hoàn toàn ở (2) * Đối với dung dịch muối AlO2¯ ( tương tự CrO2¯ ) d. Hướng dẫn vẽ đồ thị - Dựa vào phản ứng ta dựng hệ tọa độ với trục tung là số mol Al(OH) 3 , trục hoành là số mol H+. - Vẽ đường thẳng qua gốc tọa độ (0,0) và C(a,a), biểu diễn lượng kết tủa từ từ xuất hiện, đến lúc tạo b mol kết tủa, kết tủa tăng dần và đạt cực đại tại C(a,a). - Vẽ đường thẳng qua hai điểm C(a,a) và C1(4a, 0) biễu diễn kết tủa sẽ tan dần ra, cho đến lúc H+ dư thì kết tủa tan hoàn toàn tại điểm C1(4a, 0). - Lấy điểm A bất kì trên 0C, từ A kẻ đoạn thẳng song song với trục hoành cắt CC1 tại B và cắt trục tung tại A1(0,b). - Từ A và B hạ vuông góc với trục hoành lần lượt tại x1, x2 (lượng H+ tiêu thụ khi thu được b mol kết tủa). Ta có A(x1,b) ; B(x2,b). Số mol Al(OH)3 C a A1 A B b C1 nH+ 0 x1 a x2 4a Từ đồ thị nhận thấy :  Nếu kết tủa là b mol thì có thể có hai trường hợp: Số mol H+ đã phản ứng là: x1 = b (mol) x2 = 4a - 3b (mol).  Nếu kết tủa lớn nhất thì số mol H đã phản ứng là : a mol +  Nếu kết tủa tan hoàn toàn thì thì số mol H+ đã phản ứng là: 4a mol 16
e. Xây dựng công thức giải nhanh : Từ đồ thị ta có thể rút ra các công thức giải nhanh  Yêu cầu 1: Tính số mol AlO2¯ hoặc H+ khi biết b mol kết tủa thì có thể có hai trường hợp: - Mol H+ tối thiểu tạo b mol kết tủa : TH 1: nH Min  n  - Mol H+ tối đa tạo b mol kết tủa : TH 2: nH Max  4nAlO  3n   2  Yêu cầu 2 : Nếu bài toán yêu cầu tính lượng kết tủa thì có thể xảy ra một trong các TH sau: TH 1 : n↓ = nH ( AlO2 dư)  TH 2 : Nếu n↓ = (4 nAlO - nH )/3 < nAlO  m↓ = n↓×M↓  2   2 TH 3 : Nếu n↓ = (4 nAlO - nH )/3 > nAlO  m↓ = nAlO × M↓  2   2  2  Yêu cầu 3: Nếu kết tủa bị tan hoàn toàn : nH  4nAlO   2  Yêu cầu 4: Thu được lượng kết tủa lớn nhất : nH  nAlO = nmax   2 g. Dựa vào phương trình phản ứng xây dựng công thức giải nhanh:  Yêu cầu 1 : Tính số mol AlO2¯ hoặc H+ khi biết b mol kết tủa thì có thể có hai trường hợp: TH 1: Theo (1) mới tạo b mol kết tủa  TH 1: nH  min  n TH 2: Theo (1) tạo kết tủa lớn nhất, AlO2¯ hết, thêm tiếp H+ vào hòa tan bớt một phần kết tủa (2) chỉ còn lại b mol (1). Vậy nếu kết tủa bị hòa tan hoàn toàn : (1) + (2) = (3)  để còn lại b mol kết tủa ở (1) thì  (1) = (3) – (2)  TH 2 : nH  max  4nAlO  3n 2  Yêu cầu 2: Tính lượng kết tủa khi biết AlO2¯ và H+ thì suy ra từ bài toán 1.  Yêu cầu 3: Nếu kết tủa lớn nhất, thì AlO2¯ hết, theo (1) : nH  nAlO = n↓max   2  Yêu cầu 4: Nếu kết tủa tan hoàn toàn, theo (3) : nH  4nAlO   2 ** Đối với dung dịch muối ZnO22-. a. Các phương trình phản ứng có thể xảy ra : ZnO22- + 2H+  Zn(OH)2 (1) a 2a a (max) Zn(OH)2 + 2H  Zn + 2H2O + 2+ (2) a 2a ZnO2 2- + 4H+  Zn2+ + 2H2O (3) a 4a 17
b. Phân tích: - Phản ứng (1) : Thu được b mol kết tủa  ZnO22- dư. - Hoặc thu được a mol kết tủa cực đại  H+ và ZnO22- vừa đủ. - Phản ứng (2): Sau phản (1) H+ dư  kết tủa bị hòa tan bớt một phần hoặc bị hòa tan hoàn toàn. - Phản ứng (3) = (1) + (2)  kết tủa sinh ra ở (1) bị hòa tan hoàn toàn ở (2) c. Hướng dẫn vẽ đồ thị: - Dựa vào phản ứng ta dựng hệ tọa độ với trục tung là số mol Zn(OH) 2, trục hoành là số mol H+. - Vẽ đường thẳng qua gốc tọa độ O( 0, 0) và C(2a, a), biểu diễn lượng kết tủa từ từ xuất hiện, đến lúc tạo b mol kết tủa, kết tủa tăng dần và đạt cực đại tại C(2a, a). - Vẽ đường thẳng qua hai điểm C(2a, a) và C1(4a, 0) biễu diễn kết tủa sẽ tan dần ra, cho đến lúc H+ dư thì kết tủa tan hoàn toàn tại điểm C1(4a, 0) - Lấy điểm A bất kì trên 0C, từ A kẻ đoạn thẳng song song với trục hoành cắt CC1 tại B và cắt trục tung tại A1(0, b). - Từ A và B hạ vuông góc với trục hoành lần lượt tại x1, x2 (lượng H+ tiêu thụ khi thu được b mol kết tủa). Ta có A(x1, b) ; B(x2, b). Mol Zn(OH)2 C a A B b C1 0 x1 2a x2 4a Mol H+ Từ đồ thị nhận thấy :  Nếu kết tủa là b mol thì có thể có hai trường hợp: Số mol H+ đã phản ứng là: x1 = 2b (mol) x2 = 4a - 2b (mol).  Nếu kết tủa lớn nhất thì số mol H+ đã phản ứng là : 2a mol  Nếu kết tủa tan hoàn toàn thì thì số mol H+ đã phản ứng là: 4a mol d. Xây dựng công thức giải nhanh : Từ những điều ta nhận thấy trên đồ thị ta có thể rút ra các công thức giải nhanh  Yêu cầu 1: Tính số mol ZnO22- hoặc H+ khi biết b mol kết tủa thì có thể có hai - TH 1 : Mol H+ tối thiểu tạo b mol kết tủa : nH Min  2n  - TH 2 : Mol H+ tối đa tạo b mol kết tủa : nH Max  4nZnO  2n  2 2  Yêu cầu 2: Nếu bài toán yêu cầu tính lượng kết tủa thì có thể xảy ra một trong các TH sau: 18
TH 1 : n↓ = nH /2 ( ZnO22 dư)  TH 2 : Nếu n↓ = (4 nZnO - nH )/2 < nZnO => m↓ = n↓×M↓ 2 2  2 2 TH 3 : Nếu n↓ = (4 nZnO - nH )/2 > nZnO => m↓ = nZnO ×M↓ 2 2  2 2 2 2  Yêu cầu 3: Nếu kết tủa bị tan hoàn toàn : nH  4nZnO  2 2  Yêu cầu 4: Thu được lượng kết tủa lớn nhất : nH  2nZnO =2 n↓max  2 2 e. Dựa vào phương trình phản ứng xây dựng công thức giải nhanh:  Yêu cầu 1: Tính số mol ZnO22- hoặc H+ khi biết b mol kết tủa thì có thể có: TH 1: Theo (1) mới tạo b mol kết tủa nH min  2n  TH 2 : Theo (1) tạo kết tủa lớn nhất, ZnO22- hết, thêm tiếp H+ vào hòa tan bớt một phần kết tủa (2) chỉ còn lại b mol (1). Vậy nếu kết tủa bị hòa tan hoàn toàn : (1) + (2) = (3)  để còn lại b mol kết tủa ở (1) thì  (1) = (3) – (2)  TH 2 : nH max  4nZnO  2n  2 2  Yêu cầu 2: Tính lượng kết tủa khi biết ZnO 22- và H+ thì suy ra từ yêu cầu 1.  Yêu cầu 3: Nếu kết tủa lớn nhất, thì ZnO22- hết, theo (1) : nH  2nZnO =2 n↓max  2 2  Yêu cầu 4: Nếu kết tủa tan hoàn toàn, theo (3) : 2.4. Dạng 4: Dung dịch NH3 hoặc khí NH3 tác dụng với dung dịch chứa muối Cu2+ a. Hiện tượng : Kết tủa xuất hiện, đến lúc tạo b mol kết tủa, kết tủa tăng dần và đạt cực đại, lúc này Cu2+ đã hết. Nếu thêm tiếp dung dịch NH3 vào thì kết tủa lại tan dần do tạo phức tan, khi dung dịch NH3 dư thì kết tủa tan hoàn toàn b. Các phương trình phản ứng có thể xảy ra : Cu2+ + 2NH3 + 2H2O  Cu(OH)2 + 2NH4+ (1) a 2a a (max) Cu(OH)2 + 4NH3  [Cu(NH3)4]2+ + 2OH¯ (2) a 4a Cu2+ + 6NH3 + 2H2O  [Cu(NH3)4]2+ + 2OH¯ + 2NH4+ (3) a 6a c. Phân tích : - Phản ứng (1) : Thu được b mol kết tủa  NH3 thiếu, Cu2+ dư. Hoặc thu được a mol kết tủa cực đại  NH3 hết, Cu2+ vừa đủ. - Phản ứng (2): Sau phản (1) NH3 dư  kết tủa bị hòa tan bớt một phần hoặc bị hòa tan hoàn toàn. - Phản ứng (3) = (1) + (2)  kết tủa sinh ra ở (1) bị hòa tan hoàn toàn ở (2) d. Hướng dẫn vẽ đồ thị - Dựa vào phản ứng ta dựng hệ tọa độ Đecac với trục tung là số mol Cu(OH) 2, trục hoành là số mol NH3. - Vẽ đường thẳng qua gốc tọa độ (0, 0) và C(2a, a) biểu diễn lượng kết tủa từ từ xuất hiện, đến lúc tạo b mol kết tủa, kết tủa tăng dần và đạt cực đại tại C(2a, a). 19
- Vẽ đường thẳng qua hai điểm C(2a, a) và C1(6a, 0) biễu diễn kết tủa sẽ tan dần ra, cho đến lúc NH3 dư thì kết tủa tan hoàn toàn tại điểm C1(6a, 0) - Lấy điểm A bất kì trên 0C, từ A kẻ đoạn thẳng song song với trục hoành cắt CC1 tại B và cắt trục tung tại A1(0, b). - Từ A và B hạ vuông góc với trục hoành lần lượt tại x1, x2 (lượng NH3 tiêu thụ khi thu được b mol kết tủa). Ta có A(x1, b) ; B(x2, b). Mol Cu(OH)2 a C A1 A B b C1 Mol NH3 0 x1 2a x2 6a Từ đồ thị nhận thấy :  Nếu kết tủa là b mol thì có thể có hai trường hợp: Số mol NH3 đã phản ứng là: x1 = 2b (mol) x2 = 6a - 4b (mol).  Nếu kết tủa lớn nhất thì số mol NH3 đã phản ứng là : 2a mol  Nếu kết tủa tan hoàn toàn thì thì số mol NH3 đã phản ứng là: 6a mol e. Xây dựng công thức giải nhanh : Từ đồ thị ta có thể rút ra các công thức giải nhanh  Yêu cầu 1: Tính số mol Cu2+ hoặc NH3 khi biết b mol kết tủa thì có thể có hai trường hợp: - Mol NH3 tối thiểu tạo b mol kết tủa : TH 1: nNH min  2n 3 - Mol NH3 tối đa tạo b mol kết tủa : TH 2: nNH max  6nCu  4n 3 2  Yêu cầu 2: Nếu bài toán yêu cầu tính lượng kết tủa thì có thể xảy ra một trong các TH sau: TH 1 : n = nNH /2 (Cu2+ dư) 3 TH 2 : Nếu n = (6 nCu - nNH )/4 < nCu  m = n↓× M↓ 2 3 2 TH 3 : Nếu n = (6 nCu - nNH )/4 > nCu  m = nCu × M↓ 2 3 2 2  Yêu cầu 3: Nếu kết tủa bị tan hoàn toàn : nNH = 6 nCu 3 2  Yêu cầu 4: Nếu kết tủa thu được là lớn nhất : nNH = 2 nCu =2 nmax 3 2 e. Từ phương trình phản ứng xây dựng công thức giải nhanh:  Yêu cầu 1: Tính số mol Cu2+ hoặc NH3 khi biết b mol kết tủa thì có thể có hai trường hợp: 20