SKKN Sử dụng định luật bảo toàn nguyên tố để giải bài tập đồ thị trong hóa học thuộc chương trình trung học phổ thông

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ 
TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
SỬ DỤNG ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ ĐỂ GIẢI BÀI TẬP ĐỒ THỊ TRONG HÓA HỌC THUỘC CHƯƠNG TRÌNH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
 Người thực hiện: Trần Thị Ngà
 Chức vụ: Giáo viên
 SKKN thuộc lĩnh vực (môn): Hóa Học
THANH HÓA NĂM 2018
MỤC LỤC
1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài	
 Năm 2014, Bộ giáo dục và đào tạo đã đưa bài tập đồ thị trong Hóa học vào đề thi đại học- Cao đẳng (nay gọi là đề thi THPT Quốc gia). Bài tập đồ thị là một trong những loại bài tập biểu thị giữa các đại lượng trên đồ thị như số mol kết tủa và số mol khí, số mol kết tủa và số mol OH-, số mol kết tủa và số mol H+...
 Nằm trong xu hướng tích hợp môn thi, bài tập đồ thị trong Hóa học là một dạng bài tập không thể thiếu trong các kì thi THPTQG. Đây thực ra là một vấn đề không mới, nhưng rõ ràng cũng gây không ít lúng túng cho các thí sinh,đặc biệt là những em mới lần đầu tiếp cận. 
 Bài tập đồ thị cũng được viết trong khá nhiều tài liệu, tuy nhiên qua tham khảo các tài liệu tôi thấy bài tập đồ thị chỉ dừng lại ở việc sử dụng toán học để giải nhanh. Phương pháp này chỉ có những học sinh có năng lực toán học tốt mới làm được, hoặc chỉ làm được những bài đơn giản. Những học sinh có năng lực toán học không tốt thì không giải được, nếu gặp dạng bài này, các em thường bỏ qua.
 Trong quá trình giảng dạy của mình, đặc biệt là dạy khối và dạy ôn thi THPTQG, tôi nhận thấy khi sử dụng phương pháp bảo toàn nguyên tố vào việc giải bài tập đồ thị đã mang lại kết quả tốt hơn. Học sinh sử dụng đơn giản hơn mặt khác bài toán không mất đi bản chất hóa học. Phương pháp này những học sinh có năng lực toán học không tốt vẫn có thể giải được.
 Từ những lí do trên tôi lựa chọn đề tài “Sử dụng định luật bảo toàn nguyên tố để giải bài tập đồ thị trong hóa học thuộc chương trình trung học phổ thông” làm sáng kiến kinh nghiệm của mình.
1.2. Mục đích nghiên cứu
 Xây dựng cách giải bài tập đồ thị trong hóa học bằng phương pháp bảo toàn nguyên tố. Nhằm tăng hứng thú và kết quả học tập cho học sinh THPT
1.3. Đối tượng nghiên cứu
 Bài tập đồ thị trong hóa học
1.4. Phương pháp nghiên cứu
 Phương pháp nghiên cứu lí thuyết
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
2.1.1.Dạng 1: XO2 tác dụng với dung dịch M(OH)2 (M: Ca, Ba)
 Khi cho từ từ khí CO2 hoặc SO2 vào dung dịch chứa a mol Ba(OH)2 thì xảy ra lần lượt các phương trình phản ứng sau:
 CO2 + Ba(OH)2 ® BaCO3¯ + H2O (1) 
 Nếu dư CO2: BaCO3 + CO2 + H2O ® Ba(HCO3)2 (2)
 Sự biến thiên kết tủa theo số mol CO2 được biểu diễn trên đồ thị sau
 O
 a
 2a
n↓
 a
 nCO2
2.1.2. Dạng 2: XO2 tác dụng với dung dịch gồm AOH và B(OH)2. Với A là: Na, K, B là: Ca, Ba.
 Khi cho từ từ CO2 vào dung dịch chứa hỗn hợp các chất chứa b mol NaOH và a mol Ca(OH)2
Xảy ra lần lượt các phương trình phản ứng:
 CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O (1)
 CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O (2)
 CO2 + Na2CO3 + H2O → 2NaHCO3 (3)
 CO2 + CaCO3 + H2O → Ca(HCO3)2 (4)
Sự biến thiên kết tủa theo số mol CO2 được biểu diễn trên đồ thị sau.
 a
 O
 a 
n↓
 a+b
 2a+b
 nCO2
2.1.3. Dạng 3: OH- tác dụng với dung dịch chứa Al3+ hoặc Zn2+.
 Cho từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch chứa a mol Al3+, Xảy ra lần lượt các phương trình phản ứng sau
 Al3+ + 3OH- → Al(OH)3 (1)
 Al(OH)3 + OH- → Al(OH)4- (2)
Sự biến thiên kết tủa theo số mol OH- được biểu diễn trên đồ thị sau.
 O
 a
n↓
 3a
 4a
 nOH-
2.1.4. Dạng 4: H+ tác dụng với dung dịch muối chứa ion AlO2- ([Al(OH)4]-) hoặc ZnO22- ([Zn(OH)4] 2-)
 Cho từ từ dung dịch axit HCl vào dung dịch chứa a mol NaAlO2 (hoặc Na[Al(OH)4], xảy ra lần lượt các phương trình phản ứng
 H+ + AlO2- + H2O → Al(OH)3 (1)
 Al(OH)3 + 3 H+ → Al3+ + H2O (2)
Sự biến thiên kết tủa theo số mol H+ được biểu diễn trên đồ thị sau.
 4a
 O
 a
n↓
 a
 nH+
2.1.5. Dạng 5: 
OH- tác dụng với dung dịch chứa hỗn hợp a mol H+ và b mol Al+3
 Xảy ra lần lượt các phương trình phản ứng sau
 H+ + OH- → H2O (1)
 3OH- + Al+3 → Al(OH)3 (2)	
 Al(OH)3 + OH- → Al(OH)4- (3)
 a+3b
 a
 O
 b
n↓
 a+4b
nOH_ 
Sự biến thiên kết tủa theo số mol OH- được biểu diễn trên đồ thị sau
2.1.6. Dạng 6: OH-tác dụng với dung dịch chứa hỗn hợp ion gồm a mol OH- và b mol AlO2-([Al(OH)4]-
Xảy ra lần lượt các phương trình phản ứng
 OH- + H+ → H2O (1)
 H+ + AlO2- + H2O → Al(OH)3 (2)
 Al(OH)3 + 3H+ → Al3+ + 3H2O (3)
Sự biến thiên kết tủa theo số mol H+ được biểu diễn trên đồ thị sau.
nH+ 
 a+4b
 a
 O
 b
n↓
 a+b
2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
 Chưa có một cách giải cụ thể cho dạng bài tập đồ thị trong hóa học. Thông qua các nguồn tài liệu như: sách báo, mạng internet, tôi thấy cách giải chủ yếu chỉ dựa vào hình học, như sử dụng tam giác đồng dạng, dựa vào tỉ lệ các đoạn thẳng để giải
2.3 Giải pháp
2.3.1. Dạng 1: XO2 tác dụng với dung dịch M(OH)2 (M: Ca, Ba)
2.3.1.1 Sử dụng phương pháp bảo toàn nguyên tố cho dạng 1
 O
 a
 2a
n↓
 a
 nCO2
+ Từ điểm nCO2 = 0 đến nCO2 = a, cacbon tồn tại trong một chất là CaCO3, 
nC = nCaCO3 = nCO2
+ Từ điểm nCO2 = a đến nCO2 =2a, cacbon và canxi tồn tại trong trong hai chất CaCO3 và Ca(HCO3)2
Bảo toàn nguyên tố cacbon
 => nC = nC(CaCO3) + nC(Ca(HCO3)2=nCaCO3 + 2.nCa(HCO3)2.
Bảo toàn nguyên tố canxi => nCa = nCaCO3 + nCa(HCO3)2
 nCa = nCa(CaCO3)+ nCa(Ca(HCO3)2) = nCaCO3 + nCa(HCO3)2
2.3.1.2. Bài tập áp dụng
Câu 1. 
Sục từ từ khí CO2 vào 400 gam dung dịch Ba(OH)2. Kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau:
 Sau khi phản ứng kết thúc, dung dịch thu được có nồng độ phần trăm khối lượng là 
A. 42,46%. B. 64,51%. C. 50,64%. D. 70,28%.
Hướng dẫn:
Tại điểm nCO2= 2 (mol) : 
 Bari tồn tại dưới dạng: Ba(HCO3)2: x mol và BaCO3 : 0,4 mol
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cácbon: 2x + 0,4 = 2 => x = 0,8 (mol)
 Khối lượng dung dịch thu được là: 
mdd Ba(OH)2+ mCO2– mBaCO3= 400 + 2 . 44 – 0,4 . 197 = 409,2 (gam)
C%Ba(HCO3)2= 0,8 . 259 . 100/ 409,2 = 50,64% => Đáp án C
Câu 2. 
Cho 5,6 lít hỗn hợp X gồm N2 và CO2 (đktc) đi chậm qua dung dịch Ca(OH)2 để phản ứng xảy ra hoàn toàn. Kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau (các số liệu tính bằng mol). 
 Tỉ khối hơi của hỗn hợp X so với hiđro gần giá trị nào nhất sau đây ?
 A. 16. B. 18. C. 19. D. 20.
Hướng dẫn:
Theo đồ thị: a = 0,05 (mol); nCaCO3 max = nCO2 = 0,1 = nCa(OH)2bđ
Tại điểm nCO2 = b, Cacbon và canxi tồn tại trong hai chất CaCO3: 0,05 mol 
và Ca(HCO3)2: (0,1 – 0,05) = 0,05 (mol)
Bảo toàn cho nguyên tố Cacbon => nC = 0,05 + 0,05 . 2 = 0,15 (mol) 
=> nN2 = 5,622,4 – 0,15 = 0,1 (mol)
=> d hh/H2 = 0,15.44 +0,1.280,25.2 = 18,8
Đáp án C
2.3.2. Dạng 2: XO2 tác dụng với dung dịch gồm AOH và B(OH)2. Với A là: Na, K, B là: Ca, Ba.
2.3.2.1. Sử dụng phương pháp bảo toàn nguyên tố cho dạng 2
 a
 O
 a 
n↓
 a+b
 2a+b
 nCO2
Từ điểm nCO2= 0 đến nCO2 = a, cacbon tồn tại trong một chất là BCO3
Từ điểm nCO2 = a đến nCO2= (a + b) kết tủa đạt cực đại
Từ điểm nCO2 = (a + b) đến nCO2 = (2a +b), cacbon tồn tại trong các chất: BCO3, B(HCO3)2, AHCO3
2.3.2.2. Một số bài tập áp dụng
Câu 1. 
Sục từ từ khí CO2 đến dư vào dung dịch X chứa m (gam) NaOH và a mol Ca(OH)2. Kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau:
 Giá trị của m và a lần lượt là:
 A. 48 và 1,2. B. 36 và 1,2. C. 48 và 0,8. D. 36 và 0,8.
Hướng dẫn: 
Tại điểm nCO2 = 2,8 Cacbon tồn tại trong hai chất NaHCO3 (x mol) và Ca(HCO3)2 (a mol)
Bảo toàn cho nguyên tố C: x + 2a = 2,8 
Tại điểm nCO2= a + 1,2 Cacbon tồn tại trong hai chất: 
NaHCO3 ( x mol) và CaCO3 (a mol)
Bảo toàn cho nguyên tố cacbon: 
 x + a = a + 1,2 => x = 1,2 (mol) => a = 0,8 (mol)
m = 1,2 . 40 = 48 (gam); => đáp án C
Câu 2. 
Cho m (gam) hỗn hợp (Na và Ba) vào nước dư, thu được V lít khí H2 (đktc) và dung dịch X. Hấp thu khí CO2 từ từ đến dư vào dung dịch X. Lượng kết tủa được thể hiện trên đồ thị như sau:
 Giá trị của m và V lần lượt là
 A. 32 và 6,72. B. 16 và 3,36. C. 22,9 và 6,72. D. 36,6 và 8,96.
Hướng dẫn: 
Theo đồ thị: nBa(OH)2= 0,2 (mol)
Tại điểm nCO2= 0,4: Cacbon tồn tại trong NaHCO3 : x mol và BaCO3: 0,2
Bảo toàn cho nguyên tố C: x + 0,2 = 0,4 => x = 0,2 (mol)
 m = 0,2 . 23 + 0,2 . 137 = 32 (gam)
Khi cho hỗn hợp vào nước:
 Na + H2O → NaOH + 12 H2
 0,2 0,1
 Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2
 0,2 0,2
=> nH2 = 0,3 (mol) => VH2 = 0,3 . 22,4 = 6,72 (lít) => Đáp án A
Câu 3. 
Sục từ từ khí CO2 vào dung dịch hỗn hợp gồm KOH và Ca(OH)2, ta có kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau (số liệu các chất tính theo đơn vị mol):
 Giá trị của x là
 A. 0,10. B. 0,12. C. 0,11. D. 0,13. 
Hướng dẫn: 
Tại điểm nCO2 = 0,15 mol, Cacbon tồn tại trong CaCO3 max 
=> nCa(OH)2= 0,15 mol
Tại điểm nCO2 = 0,35mol, cacbon tồn tại trong hai chất 
CaCO3: 0,15 mol và KHCO3: a mol
Bảo toàn cho nguyên tố C: 0,15 + a = 0,35 => a = 0,2 (mol)
Tại điểmnCO2 = 0,4 (mol), các bon tồn tại trong các chất: CaCO3: x mol; 
Ca(HCO3)2: (0,15 – x); KHCO3: 0,2
Bảo toàn cho nguyên tố C: x + (0,15 – x) . 2 + 0,2 = 0,4 => x = 0,1 (mol)
Đáp án A
Câu 4. 
Cho từ từ khí CO2 vào dung dịch hỗn hợp KOH và Ba(OH)2. Kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau (số liệu các chất tính theo đơn vị mol):
Giá trị của x là:
A. 0,12 mol.	B. 0,11 mol.	C. 0,13 mol.	D. 0,10 mol.
Hướng dẫn: 
Theo đồ thị
Tại điểm nCO2 = 0,15 (mol) => nBa(OH)2bđ= 0,15 mol
Tại điểm nCO2= 0,3 (mol)
 => cacbon tồn tại trong BaCO3 : 0,15 mol và KHCO3: y mol
Bảo toàn cho nguyên tố cacbon: 0,15 + y = 0,3 => y = 0,15 (mol)
Tại điểm nCO2 = 0,35 (mol); cacbon tồn tại trong:
 BaCO3: x mol; Ba(HCO3)2: (0,15 – x) mol; KHCO3: 0,15 mol
Bảo toàn cho nguyên tố C: x + 2. (0,15 – x) + 0,15 = 0,35 => x = 0,1 (mol)
Đáp án D
Câu 5: 
Cho từ từ x mol khí CO2 vào 500 gam dung dịch hỗn hợp KOH và Ba(OH)2. Kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau:
 Tổng nồng độ phần trăm khối lượng của các chất tan trong dung dịch sau phản ứng là
 A. 51,08%. B. 42,17%. C. 45,11%. D. 55,45%. 
Hướng dẫn: 
Theo đồ thị ta có: 
nBa(OH)2bđ = 0,8 (mol); 
Tại điểm nCO2 = 1,8 (mol) => nKOH = 1,8 – nBa(OH)2= 1,8 – 0,8 = 1 (mol)
Tại điểm nCO2 = x => Các chất tồn tại dưới dạng: 
 BaCO3 : 0,2 mol; Ba(HCO3)2: 0,6 và KHCO3: 1 mol
Bảo toàn cho nguyên tố cacbon:
 nCO2 = nC(BaCO3)+ nC(Ba(HCO3)2)+ nC(KHCO3)
 = 0,2 + 2. 0,6 + 1 = x => x = 2,4 (mol)
Khối lượng dung dịch sau phản ứng 
 = mdd(ban đầu) + mCO2 – mBaCO3 = 500 + 2,4 . 44 - 0,2 197 = 566,2 (gam)
Tổng khối lượng các chất tan trong dung dịch 
 = 0,6 . 259 + 1 .100 = 255,4 (gam)
Tổng nồng độ phần trăm các chất tan = 255,4.100566,2 = 45,11% => Đáp án C
Câu 6.
 Sục khí CO2 vào V ml dung dịch hỗn hợp NaOH 0,2M và Ba(OH)2 0,1M. Đồ thị biểu diễn khối lượng kết tủa theo số mol CO2 phản ứng như sau:
Giá trị của V là
A. 300.	B. 250.	C. 400.	D. 150.
Hướng dẫn:
Tại điểm nCO2 = 0,03 (mol) = nBaCO3 
Tại điểm nCO2 = 0,13 (mol); các chất tồn tại trong các chất:
 NaHCO3: (2. 10-4V); BaCO3: 0,03; Ba(HCO3)2: (10-4.V – 0,03) 
Bảo toàn cho nguyên tố cacbon:
 nC = nCO2 = 2.10-4.V + 0,03 + (10-4.V – 0,03 ).2 = 0,13 => V = 400 ml => Đáp án C
2.3.3. Dạng 3: OH- tác dụng với dung dịch muối chứa Al3+ hoặc Zn2+
Số mol OH-
C(4a)
B(3a)
O(0)
Số mol Al(OH)3
A(a)
M
2.3.3.1. Sử dụng phương pháp bảo toàn nguyên tố cho dạng 3
+ Từ điểm nOH- = 0 đến nOH- = 3a; OH- tồn tại trong Al(OH)3
+ Từ điểm nOH- = 3a đến nOH- = 4a; 
Al và OH- tồn tại trong chất Al(OH)3 và ion Al(OH)4-
+ Tại điểm nOH- = 4a; Al và OH- tồn tại trong 1 ion là Al(OH)4-
2.3.3.2. Một số bài tập áp dụng.
Câu 1. 
Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch KOH vào dung dịch chứa m gam Al2(SO4)3 , kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau (số liệu các chất tính theo đơn vị mol):
 Giá trị của m là
 A. 11,97. B. 8,55.	 C. 6,84.	 D. 10,26.
Hướng dẫn
Theo đồ thị nAl(OH)3 = x = nAl3+bđ
Tại nKOH = 0,09: OH- tồn tại trong chất Al(OH)3: 3a
 Bảo toàn cho nhóm –OH => 3a. 3 = 0,09 => a = 0,01 (mol)
Tại điểm nKOH = 0,14: Al tồn tại trong hai chất: 
Al(OH)3: 0,02 mol và Al(OH)4- : (x – 0,02) mol
Bảo toàn cho nhóm –OH ta có:
0,02 . 3 + 4 .( x – 0,02 ) = 0,14 => x = 0,04 (mol)
Bảo toàn cho nguyên tố Al => nAl2(SO4)3= 0,02 (mol) => m = 6,84 (gam) 
=> Đáp án C.
Câu 2.
Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch hỗn hợp gồm a mol FeCl3 và b mol AlCl3, kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau (số liệu các chất tính theo đơn vị mol):
 Tỉ lệ x : y là
 A. 9 : 11. B. 8 : 11. C. 3 : 4. D. 9 : 10. 
Hướng dẫn:
Tại điểm nOH- = x => kết tủa đạt cực đại (Fe(OH)3 và Al(OH)3 => a + b = 0,15 Bảo toàn cho nhóm – OH- => x = 3(a + b) = 0,45
Tại điểm nOH- = y => Có một kết tủa tạo thành là Fe(OH)3 với số mol là 0,153 = 0,05 = a và nhôm tồn tại trong một chất là Al(OH)4- = b (mol) => b = 0,1
Bảo toàn cho OH- = 0,05 . 3 + 4 . 0,1 = 0,55 (mol) = y
Vậy x: y = 0,45 : 0,55 = 9 : 11 => đáp án A
Câu 3: 
(Đề minh họa lần 1 của Bộ giáo dục và đào tạo năm 2017)
Nhỏ từ từ dung dịch Ba(OH)2 0,2M vào ống nghiệm chứa dung dịch Al2(SO4)3. Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc khối lượng kết tủa theo thể tích dung dịch Ba(OH)2 như sau:
Giá trị của V gần nhất với giá trị nào sau đây
	A. 1,7. 	B. 2,1. 	C. 2,4. 	D. 2,5.
Hướng dẫn: 
Tại điểm nBa(OH)2 = V; kết tủa thu được là BaSO4: 0,3 (mol); bảo toàn cho gốc SO42-=> nAl2(SO4)3= 0,1 (mol) 
Tại điểm nBa(OH)2 = V => nhôm tồn tại trong một ion là Al(OH)4-: 0,2 mol
Bảo toàn cho nhóm OH- => nBa(OH)2= 0,2.42 = 0,4 => V = 0,40,2 = 2 (lít)
 => đáp án B
2.3.4. Dạng 4: H+ tác dụng với dung dịch muối chứa ion AlO2- ([Al(OH)4]-) hoặc ZnO22- ([Zn(OH)4] 2-)
 4a
 O
 a
n↓
 a
 nH+
2.3.4.1. Sử dụng phương pháp bảo toàn nguyên tố cho dạng 4
Từ điểm nH+ = 0 đến điểm nH+= a; tạo 2 sản phẩm là Al(OH)3 và NaCl
Tại điểm nH+= a => kết tủa đạt cực đại
Từ điểm nH+= a đến nH+= 4a; sản phẩm tạo thành là AlCl3, Al(OH)3, NaCl
Bảo toàn cho nguyên tố Cl:
 nHCl = nCl(NaCl) + nCl(AlCl3)
 2.3.4.2. Một số bài tập áp dụng
Câu 1. Cho từ từ dung dịch HCl 0,2M vào dung dịch NaAlO2, kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau (số liệu các chất tính theo đơn vị mol):
 Tỉ lệ a : b là
 A. 3 : 11. B. 3 : 10. C. 2 : 11. D. 1 : 5.
Hướng dẫn:
Tại điểm nHCl = a, sau phản ứng gồm các chất NaCl : a(mol) và Al(OH)3 = 0,06
Do nNa = nAl => a = 0,06 
Tại điểm nHCl = 0,1 => kết tủa đạt cực đại: => nNaAlO2= 0,1
Tại điểm nHCl = b, Sau phản ứng gồm: NaCl: 0,1; Al(OH)3: 0,06; 
AlCl3: (0,1 - 0,06) = 0,04
Bảo toàn cho nguyên tố clo: nCl = nHCl = b = 0,1 + 0,04 . 3 = 0,22
Vậy a: b = 0,06 : 0,22 = 3: 11 => Đáp án A
Câu 2: 
Nhỏ từ từ dung dịch HCl vào dung dịch NaAlO2. Kết quả thí nghiệm được biểu diễn bằng đồ thị sau: 
Số mol Al(OH)3
a
O
0,2
1,0
Số mol H+
Từ đồ thị trên hãy cho biết khi lượng HCl cho vào là 0,85 mol thì lượng kết tủa thu được là 
A. 15,6 gam B. 19,5 gam C. 11,7 gam D. 9,36 gam
Hướng dẫn:
Tại điểm nH+= 0,2 (mol) => a = 0,2
Tại điểm nH+= 1(mol), các chất tồn tại dưới dạng: Al(OH)3: 0,2 mol và AlCl3: x mol; NaCl: y mol
Bảo toàn nguyên tố Al: 0,2 + x = y (do nNa = nAl)
Bảo toàn nguyên tố Cl: 3x + y = 1
=> x =0,2 (mol); y = 0,4 (mol)
Khi nHCl = 0,85 mol => các chất tạo thành là: 
Al(OH)3 : b (mol); AlCl3: (0,4 – b)mol; NaCl: 0,4 (mol)
Bảo toàn cho nguyên tố Cl: 3.(0,4 – b) + 0,4 = 0,85 =>b = 0,25
 => m↓ =19,5 (gam)
Đáp án B
Câu 3: Rót từ từ V(ml) dung dịch HCl 0,1M vào 200 ml dung dịch KAlO2 0,2M. Khối lượng kết tủa thu được phụ thuộc vào V được biểu diễn như hình bên. Giá trị của a và b là : 
A. 200 và 1000. B. 200 và 800. C. 200 và 600. D. 300 và 800.
Hướng dẫn:
Tại điểm VHCl = a => nKT =1,5678 = 0,02 (mol) = nHCl 
=>VHCl = 0,020,1 = 0,2 (l) = 200 (ml)
Tại điểm VHCl = b; Các chất tạo thành là: KCl: 0,04 (mol); Al(OH)3: 0,02(mol) và AlCl3: (0,04 – 0,02) = 0,02(mol) 
Bảo toàn cho nguyên tố Cl: nCl (HCl) = nHCl = 0,04 + 0,02.3 =0,1 (mol)
=> VHCl = 0,10,1 = 1(l) = 1000 (ml) => Đáp án A
2.3.5. Dạng 5: OH- tác dụng với dung dịch chứa hỗn hợp a mol H+ và b mol Al3+
 a+3b
 a
 O
 b
n↓
 a+4b
nOH_ 
2.3.5.1. Sử dụng phương pháp bảo toàn nguyên tố cho dạng 5
Từ điểm nOH- = a đến nOH- = a + 3b; nhôm tồn tại trong một chất là Al(OH)3
- OH tồn tại trong hai chất là Al(OH)3 và H2O (sản phẩm của phản ứng H+ và OH- )
Từ điểm nOH- = a + 3b đến nOH- = a + 4b, OH- tồn tại trong các chất và ion sau: Al(OH)3; H2O, Al(OH)4-
Bảo toàn cho nhóm –OH, ta có:
nOH- = 3nAl(OH)3 + 4n nAl(OH)4- + nH+
2.3.5.2. Một số bài tập áp dụng.
Câu 1. (ĐH – A- 2014) 
 Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch hỗn hợp gồm a mol HCl và b mol AlCl3, kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau: 
 Tỉ lệ a : b là 
 A. 4 : 3.	 B. 2 : 3	.	 C. 1 : 1.	D. 2 : 1.
Hướng dẫn: 
Theo đồ thị: a = 0,8 mol
Tại điểm nNaOH = 2,8 mol; OH- tồn tại trong ba hợp chất: Al(OH)3: 0,4 mol và NaAl(OH)4: (b – 0,4); H2O: 0,8 mol
Bảo toàn cho nhóm – OH ta có: 0,4 . 3+4. (b – 0,4) + 0,8 = 2,8 => b = 0,6 (mol)
Vậy a : b = 0,8 : 0,6 = 4: 3 => Đáp án A
Câu 2. 
Cho từ từ đến dư dung dịch NaOH 0,1M vào 300 ml dung dịch hổn hợp gồm H2SO4 a mol/lít và Al2(SO4)3 b mol/lít. Đồ thị dưới đây mô tả sự phụ thuộc của số mol kết tủa Al(OH)3 vào số mol NaOH đã dùng.
A
Tỉ số gần giá trị nào nhất sau đây ?
A. 1,7.	B. 2,3.	C. 2,7.	D. 3,3.
Hướng dẫn:
Theo đồ thị ta có: nAl3+ = 0,3.2.b = x = 0,6b 
Tại điểm A: nNaOH = 0,6a
Tại điểm nNaOH = 2,4b; 
OH- tồn tại trong hai chất: Al(OH)3: y (mol) và H2O : 0,6a
Bảo toàn cho nhóm – OH => 3y + 0,6a = 2,4 b => y =(0,6a – 2,4b)3 (1)
Tại điểm nNaOH = 1,4a: 
 OH- tồn tại trong 3 chất Al(OH)3: y (mol); Al(OH)4- : (x – y) (mol); 
 Và H2O: 0,6a (mol)
Bảo toàn – OH- ta có: 
3.y + 4. (x – y) + 0,6a = 1,4a => 4x – y = 0,8a => 2,4b – y = 0,8a 
=> y = 2,4b – 0,8a (2)
Từ (1) và (2) => a = 3,2b => = 3,2 : 1 => giá trị gần nhất của là 3,3 
Đáp án D 
Câu 3:(Câu 73- đề THPTQG – 2017 – MĐ – 201)
Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp Al và Al2O3 trong 200 ml dung dịch HCl nồng độ a mol/l, thu được dung dịch X. Cho từ từ dung dịch NaOH 1M vào X, lượng kết tủa Al(OH)3 (m gam) phụ thuộc vào thể tích dung dịch NaOH (V ml) được biểu diễn bằng đồ thị bên. Giá trị của a là
	A. 0,5.	B. 1,5.	C. 1,0.	D. 2,0.
Hướng dẫn:
Dung dịch X gồm: HCl và AlCl3
- Tại V = 100ml => nOH- = 0,1 (mol) = nHCl (X)
- Tại V = 250 ml = > nOH- = 0,25 (mol) 
=> nOH- tác dụng với Al3+ =0,25 – 0,1 = 0,15
= > nAl3+ tác dụng với OH- = 0,15/ 3 = 0,05 = nAl(OH)3
- Tại V = 450 ml => Al tồn tại trong ba chất:
Al(OH)3 : 0,05 mol và NaAl(OH)4: x mol; H2O: 0,1 (mol)
Bảo toàn cho nhóm –OH-: 0,45 = 0,05. 3 + 4x + 0,1 => x = 0,05 (mol)
Bảo toàn cho Na trong các chất: NaCl: y (mol) và NaAl(OH)4 : 0,05 (mol)
=> y + 0,05 = 0,45 => y = 0,4
Bảo toàn cho Clo: nHCl = nNaCl = 0,4 => a =0,4 : 0,2 = 2
=> Đáp án D
Câu 4: 
 (Đề THPTQG 2017 – MĐ 203) Hòa tan hoàn toàn a gam hỗn hợp Al và Al2O3 vào dung dịch H2SO4 loãng, thu được dung dịch X và 1,008 lít H2 (đktc). Cho từ từ dung dịch NaOH 1M vào X, số mol kết tủa Al(OH)3 (n mol) phụ thuộc vào thể tích dung dịch NaOH (V lít) được biểu diễn bằng đồ thị bên. Giá trị của a là
A. 2,34.	B. 7,95.	C. 3,87.	D. 2,43.
Hướng dẫn:
nAl = 0,045:1,5 =0,03 (mol)
Dung dịch X gồm: Al2(SO4)3 và H2SO4
- Tại V = 0,24 ta có nOH- = nH+= 0,24
- Tại V = 0,36 ta có nOH- tác dụng với Al3+ = 0,36-0,24 = 0,12 
=> n↓ = OH-3= 0,04
- Tại V = 0,56: Các chất tạo thành là: Al(OH)3: 0,04 mol; NaAl(OH)4: x mol; Na2SO4: y mol; H2O: 0,24 (mol)
Bảo toàn cho nguyên tố Na: x + 2y = 0,56
Bảo toàn cho nhóm – OH: 0,04 . 3 + 4x + 0,24 = 0,56 => x = 0,05 (mol); y = 
Bảo toàn cho Al: 0,04 + 0,05 = 0,09 => nAl2O3= 0,09 -0,032 = 0,03(mol)
=> a = mAl + mAl2O3 = 0,03 .27 + 0,03 .102 = 3,87 (gam) => Đáp án C 
2.3.6. Dạng 6: H+ tác dụng với dung dịch chứa hỗn hợp ion gồm a mol OH- và b mol AlO2-([Al(OH)4]-
2.3.6.1. Sử dụng phương pháp bảo toàn nguyên tố cho dạng 6.
nH+ 
 a+4b
 a
 O
 b
n↓
 a+b
Tại nH+ = a => nOH- = a
Từ giá trị nH+ = a đến nH+ = a + b , sản phẩm là Al(OH)3 và NaCl
Tại nH+ = a + b =>