Sáng kiến kinh nghiệm THCS: Các dạng bài tập cơ bản của dung dịch bazơ

Chia sẻ: Convetxao | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:38

Thêm vào BST

Báo xấu

41
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục đích nghiên cứu của đề tài nhằm giúp giáo viên điều chỉnh phương pháp dạy học, học sinh đổi mới phương pháp học tập, đặc biệt gây hứng thú học tập môn Hóa học cho học sinh. iúp học sinh dễ học, tốn ít thời gian nhưng hiệu quả cao hơn. Học sinh có thể tự đánh giá kết quả bản thân và giáo viên đánh giá phân loại học sinh chính xác hơn

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THCS: Các dạng bài tập cơ bản của dung dịch bazơ

CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự do – Hạnh phúc SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM CÁC DẠNG BÀI TẬP CƠ BẢN CỦA DUNG DỊCH BAZƠ Lĩnh vực: HOÁ HỌC Tháng 4/ 2018 1
MỤC LỤC BÌA 1 MỤC LỤC 2 BÁO CÁO TÓM TẮT SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 3 PHẦN MỞ ĐẦU 6 I. Bối cảnh của đề tài: 6 II. Lí do chọn đề tài: 6 III. Phạm vi và đối tượng nghiên cứu: 6 IV. Mục đích nghiên cứu 6 V. Điểm mới trong kết quả nghiên cứu: 6 PHẦN NỘI DUNG 7 I. Cơ sở lí luận 7 II. Thực trạng vấn đề 7 III. Các biện pháp tiến hành để giải quyết vấn đề 8 IV. Hiệu quả mang lại của sáng kiến 34 V. Khả năng áp dụng và triển khai 35 VI. Ý nghĩa của sáng kiến kinh nghiệm 35 PHẦN KẾT LUẬN 36 I. Những bài học kinh nghiệm 36 II. Những kiến nghi đề xuất 36 TÀI LIỆU THAM KHẢO 35 DANH MỤC VIẾT TẮT 1 SKKN: Sáng kiến kinh nghiệm THCS: Trung học cơ sở K/S : Khảo sát SL : Số lượng TN : Thí nghiệm 2
BÁO CÁO TÓM TẮT SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm 2018 1. Tên sáng kiến: "Các dạng bài tập cơ bản của dung dịch bazơ" 2. Mô tả ngắn gọn các giải pháp cũ thường làm: Giải các bài tập riêng lẻ theo từng bài, bài tập độc lập riêng ở các mức độ trung bình, khá, giỏi. Các bài tập chưa có mối liên quan với nhau. Các bài tập chưa được chú ý nhiều đến nội dung tích hợp, liên môn và chủ đề. 3. Mục đích của giải pháp: - Giúp giáo viên điều chỉnh phương pháp dạy học, học sinh đổi mới phương pháp học tập, đặc biệt gây hứng thú học tập môn Hóa học cho học sinh. - Giúp học sinh dễ học, tốn ít thời gian nhưng hiệu quả cao hơn. - Học sinh có thể tự đánh giá kết quả bản thân và giáo viên đánh giá phân loại học sinh chính xác hơn. 4. Bản mô tả giải pháp sáng kiến: 4.1. Thuyết minh giải pháp mới, cải tiến: - Trong thực tiễn nhiều năm dạy học ở trường phổ thông, tôi thấy bài tập hóa học giữ vai trò rất quan trọng trong việc thực hiện mục tiêu đào tạo. Bài tập hóa học vừa là mục đích, vừa là nội dung lại vừa là phương pháp dạy học hiệu quả. Nó không những cung cấp cho học sinh kho tàng kiến thức, mà còn mang lại niềm vui cho công việc tìm tòi, phát hiện khám phá trong học tập cũng như trong cuộc sống thường nhật. Đặc biệt bài tập hóa học còn mang lại cho học sinh một trạng thái hưng phấn, hứng thú nhận thức tự giác. Đây là một yếu tố tâm lý quan trọng của quá trình nhận thức đang được chúng ta quan tâm. - Việc phân loại bài tập đi song song với phân loại học sinh, nhằm hướng dẫn cho học sinh phương pháp học tập bộ môn theo hướng đổi mới dạy học theo chủ đề - tích hợp liên môn - mô hình trường học mới. . . - Trong đề tài này tôi minh họa phương pháp hướng dẫn học sinh lớp 9 phân loại “ Các dạng bài tập cơ bản của dung dịch bazơ” dựa trên các tính chất hóa học của dung dịch bazơ: + Dung dịch bazơ tác dụng với oxit axit. + Dung dịch bazơ tác dụng với oxit axit. + Dung dịch bazơ tác dụng với oxit lưỡng tính. + Dung dịch bazơ tác dụng với dung dịch muối + Dung dịch bazơ tác dụng với phi kim halogen. 4.2. Thuyết minh về hiệu quả mang lại: - Trong học tập hoá học, một trong những hoạt động chủ yếu để phát triển tư duy cho học sinh là hoạt động giải bài tập. Giáo viên hướng dẫn các dạng bài tập, tạo điều kiện thuận lợi và tình huống có vấn đề để học sinh chủ động phát triển năng lực tư duy sáng tạo mới, thể hiện ở: Năng lực phát hiện vấn đề mới - Tìm ra hướng mới - Tạo ra kết quả học tập mới. - Phân dạng bài tập dựa vào tính chất hóa học đáp ứng với phương pháp dạy học mới: Dạy học theo chủ đề - Trải nghiệm sáng tạo - Tích hợp liên môn - Dạy học theo mô hình trường học mới. 3
- Thực hiện phát triển tư duy cho học sinh thông qua các dạng bài tập hoá học điều mà tôi tâm đắc nhất vì không khí lớp học vui vẻ sôi nổi nhưng nghiêm túc. Tôi đã kết hợp cho điểm khuyến khích nên mặc dù giải bài tập là căng thẳng nhưng tinh thần nét mặt các em luôn tỏ ra vui tươi phấn khởi, ngay từ đầu tiết học sự đón tiếp nồng nhiệt của các em làm tôi càng đa mê và yêu nghề hơn. Để kiểm nghiệm thực tế tôi đã đầu tư khảo sát đối tượng nghiên cứu thu được kết quả sau: Bảng 1: Kết quả các lần khảo sát học sinh khối 9 khi chưa áp dụng đề tài. Số lần Giỏi Khá Trung bình Lớp Sĩ số K/S SL % SL % SL % 1 1 3 25 75 8 24 34 2 12 35 16 47 6 18 9A 3 8 24 20 59 6 17 1 2 5 24 67 10 28 36 2 7 19 21 58 8 23 9B 3 10 28 20 56 6 16 1 5 14 25 72 5 14 9C 35 2 10 29 18 51 7 20 3 3 9 17 49 15 22 Áp dụng đề tài nhằm phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh lớp 9 thông qua việc xây dựng các dạng bài tập cơ bản cho từng loại hợp chất rồi quy nạp thành các dạng bài tập tổng quát gọi là chuyên đề. Tôi dã gặt hái được những kết quả khả quan sau: Bảng 2: Kết quả các lần khảo sát học sinh khối 9 khi đã dụng đề tài. Số lần Giỏi Khá Trung bình Lớp Sỉ số K/S SL % SL % SL % 1 8 24 21 62 5 14 34 2 12 35 16 47 6 18 9A 3 13 38 17 50 4 12 1 6 17 20 56 8 27 36 2 10 28 20 56 6 17 9B 3 14 39 19 53 3 8 1 8 23 24 68 3 9 9C 35 2 13 37 20 57 2 6 3 15 43 20 57 0 0 Tôi thấy chất lượng đại trà và mũi nhọn được nâng lên rõ rệt. Chất lượng nâng cao thể hiện qua các bài kiểm tra, khảo sát cuối học kì của học sinh lớp 9, tỉ lệ học sinh thi đậu vào trường chuyên tỉnh và các trường chuyên khác của môn Hóa cao. 4.3. Thuyết minh về lợi ích kinh kế, xã hội của sáng kiến: - Thông qua hoạt động phân loại bài tập sẽ giúp cho tư duy được rèn luyện và phát triển thường xuyên, đúng hướng, thấy được giá trị lao động, nâng 4
tầm hiểu biết thế giới của học sinh lên một tầm cao mới, góp phần cho quá trình hình thành nhân cách toàn diện của học sinh. Đề tài này bản thân nuôi ấp ủ từ lâu và được tiến hành thực hiện hàng năm có đánh giá kết quả và đúc rút kinh nghiệm. Giúp cho việc đánh giá học sinh chính xác và giúp học sinh tiết kiệm thời gian để nghỉ ngơi luyện tập thể thao nâng cao thể lực hạn chế bệnh tật. Học sinh không tốn nhiều thời gian công sức mà kết quả học tập lại cao. Thời gian tự học giành Số lượng bài tập Hóa cho môn Hóa 9 ở nhà 9 giải được Trước khi áp dụng đề tài 10 tiết/tuần 15 bài/ tuần Sau khi áp dụng đề tài 06 tiết/tuần 25 bài/ tuần - Kết quả vừa nâng cao chất lượng đại trà vừa nâng cao chất lượng mũi nhọn và đặc biệt là gây hứng thú học tập cho học sinh. 4.4. Thuyết minh về tính khả thi, khả năng phổ biến, nhân rộng - Sáng kiến kinh nghiệm này nhằm phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh vì vậy áp dụng cho mọi đối tượng học sinh và tất cả các trường THCS. Căn cứ vào đối tượng học sinh để lựa chọn mức độ phù hợp. Đối với học sinh đại trà cần làm được 50% mỗi bài, 50% còn lại dành cho đối tượng học sinh khá giỏi. Tuy nhiên tùy nội dung bài dạy cụ thể, giáo viên cần lựa chọn bài tập và sử dụng phương pháp cho phù hợp, mới phát huy được khả năng tư duy của các em ở mức độ cao nhất, đem lại hiệu quả tốt nhất. - Với sáng kiến kinh nghiệm này có thể dùng cho tất cả các giáo viên dạy môn hóa học ở cấp THCS tham khảo trong quá trình giảng dạy, nhằm khắc sâu nội dung bài học, phát huy tính sáng tạo ở học sinh, nâng cao chất lượng giảng dạy đại trà và mũi nhọn, đáp ứng yêu cầu dạy học mới. 4.4. Các tài liệu, hồ sơ gửi kèm: 02 bản cứng báo cáo sáng kiến, 01 bản mềm báo cáo sáng kiến. 4.5. Cam kết không sao chép, vi phạm bản quyền: Tôi xin cam đoan các giải pháp mà tôi trình bày trong sáng kiến không sao chép ở bất kì tài liệu nào, lần đầu được công bố tháng 5 năm 2017 sau đó qua quá trình giảng dạy, rút kinh nghiệm thông qua dự giờ, đọc tài liệu và đặc biệt rút kinh nghiệm từ khóa học sinh năm học 2015 - 2016, 2016 - 2017 tôi đã bổ sung thêm các nội dung thiết thực và hữu ích để đề tài được hoàn thiện hơn. Hà Tĩnh ngày 8 tháng 4 năm 2018 Tác giả Nguyễn Thị Hường 5
PHẦN MỞ ĐẦU I. Bối cảnh của đề tài: Môn Hóa học là một bộ môn được đưa vào chương trình THCS muộn nhất trong tất cả các môn học vì vậy thời gian để học sinh trải nghiệm và đúc rút kinh nghiệm rất hạn hẹp. Môn Hóa học cần tổng hợp nhiều kiến thức của các môn học khác, luôn gắn liền với thực tiễn đời sống lao động sản xuất, các ngành công nghiệp - nông nghiệp và có nhiều ứng dụng đối với các ngành khoa học khác. Trong thời kì công nghiệp hóa, hiện đại hóa đất nước, công nghệ thông tin phát triển, nền kinh tế hội nhập hơn bao giờ hết đòi hỏi con người năng động sáng tạo. Vì vậy việc hình thành cho học sinh kỹ năng phân tích tổng hợp, tư duy độc lập, bồi dưỡng phương pháp tự học và phát huy tính tích cực chủ động là cần thiết và cấp bách đối với tất cả các môn học nói chung và môn Hóa học nói riêng. Rèn luyện kỹ năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn cuộc sống tác động đến tình cảm, mang lại niềm vui, hứng thú học tập cho học sinh là việc vô cùng quan trọng. II. Lí do chọn đề tài: - Trong chương trình hoá học phổ thông tìm ra các dạng bài tập hoá học là phương tiện hữu hiệu góp phần nâng cao khả năng tư duy sáng tạo cho học sinh trong quá trình lĩnh hội, cũng cố và khắc sâu kiến thức. - Nhằm đáp ứng đổi mới hình thức thi học sinh giỏi của Sở giáo dục và đào tạo vừa quan tâm hoạt động cá nhân vừa quan tâm hoạt động nhóm đồng đội. III. Phạm vi và đối tượng nghiên cứu: - Trong phạm vi đề tài này tôi minh họa phương hướng xây dựng “Các dạng bài tập cơ bản của dung dịch bazơ” với tham vọng dựa trên cơ sở các dạng bài tập này tiếp tục xây dựng các dạng bài tập cho các hợp chất tiếp theo. - Học sinh THCS, đặc biệt học sinh có trình độ khá giỏi. IV. Mục đích nghiên cứu - Mục tiêu chính là nâng cao trình độ tay nghề cho bản thân và bạn bè đồng nghiệp, nâng cao chất lượng học tập môn Hóa học nói riêng, chất lượng văn hóa nói chung. - Nhằm đáp ứng mục tiêu giáo dục hiện nay bao gồm bốn trụ cột. chính: Học để biết, học để làm, học để cùng chung sống và học để tự khẳng định mình hay để làm người. - Cần đào tạo nhân lực nguồn nhân lực đáp ứng nhu cầu xã hội. - Đặc biệt đáp ứng với đổi mới phương pháp dạy học: Dạy học theo chủ đề tích hợp liên môn, dạy học trải nghiệm sáng tạo và dạy học theo mô hình trường học mới. V. Điểm mới trong kết quả nghiên cứu: - Hình thành các kỹ năng tư duy khoa học cho học sinh: Kỹ năng phân tích, suy luận, tổng hợp, lôgic; Kỹ năng phát hiện và giải quyết vấn đề; Kỹ năng tư duy sáng tạo và phản biện; Kỹ năng tự học và tự học hiệu quả, . . . - Hình thành nhân cách và kỹ năng sống: Kỹ năng tự lãnh đạo bản thân như trung thực tự trọng tự tin; Kỹ năng đặt mục tiêu, tạo động lực, tổ chức các hoạt động có hiệu quả; Kỹ năng ứng xử giao tiếp, quan hệ, lắng nghe, đàm 6
phán, trình bày thuyết trình; Kỹ năng hoạt động nhóm, đồng đội, . . . PHẦN NỘI DUNG I. Cơ sở lí luận: Để giúp học sinh tiếp thu kiến thức chủ động, vận dụng kiến thức linh hoạt cần xây dựng phương pháp học tập tích cực. Một trong các phương pháp học tập tích cực là phân dạng bài tập. Phân dạng bài tập qua hai giai đoạn, giai đoạn thứ nhất là phân dạng bài tập cho từng loại chất cụ thể: Dạng bài tập của oxit bazơ, dạng bài tập của oxit axit, dạng bài tập của bazơ, dạng bài tập của axit, dạng bài tập của muối, . . . Sau đó phân dạng bài tập chung cho tất cả các chất gọi là chuyên đề: Chuyên đề nồng độ dung dịch, chuyên đề xác định công thức hóa học, chuyên đề nhận biết, chuyên đề tách chất, chuyên đề tăng giảm khối lượng, . . . Trong đề tài này tôi đi sâu phân dạng bài tập cho từng loại chất cụ thể. Thông qua kiến thức trong từng chủ đề định hướng các dạng bài tập cơ bản bổ sung vào nội dung củng cố, vận dụng, tìm tòi và mở rộng. Các dạng bài tập được xây dựng dựa trên ba mức độ trung bình, khá và giỏi. Bài tập dành cho cho học sinh trung bình và khá thường là bài toán thuận tính chất nhận biết, thông hiểu và vận dụng kiến thức ở mức độ thấp. Bài tập dành cho học sinh giỏi thường là vận dụng ở mức độ cao lấy kết quả bài thuận làm đề bài cho bài toán đảo. Việc lấy kết quả bài toán thuận làm đề bài cho bài toán đảo vừa khắc sâu kiến thức cơ bản, vừa đễ tìm phương pháp giải hơn vì chuyển bài tập khó trở thành bài tập đơn giản hơn, vừa có kết quả để kiểm tra đối chứng . . . II. Thực trạng của vấn đề: Qua thực tế việc xây dựng các dạng bài tập cho mỗi loại chất không phải một hai ngày, năm bảy tháng mà kéo dài từ năm này sang năm khác mỗi năm tích lũy kinh nghiệm bổ sung thêm. Vì vậy sau một thời gian giảng dạy và phối kết hợp với học sinh quỹ kiến thức ngày càng hoàn thiện hơn. Theo xu hướng mới dạy học theo chủ đề, dạy học theo tích hợp liên môn, day học theo mô hình trường học mới lại càng được phát huy lợi thế hơn bao giờ hết. Thực trạng hiện nay học sinh tự học tự nghiên cứu hạn chế, đang trái ngược với xu hướng dạy học mới tự tìm tòi tự nghiên cứu sáng tạo và trải nghiệm. Vì thế bắt buộc giáo viên cần phải có kế sách gây hứng thú học tập, tạo điều kiện thuận lợi và định hướng cho học sinh học tập. Đối với học sinh mỗi lớp thông thường có ba đối tượng học sinh trung bình, học sinh khá và học sinh giỏi. Cá biệt có năm có thêm đối tượng học sinh yếu song đối tượng này thường phải đầu tư nhiều hơn để chuyển lên đối tượng trung bình. Hàng năm tôi tiến hành kết hợp sách giáo khoa, sách bài tập, sách tham khảo, đề thi hàng năm, . . . để hình thành thành các dạng bài tập ở ba mức độ khác nhau theo hình bậc thang dễ trước khó sau, hướng dẫn cụ thể học sinh giải quyết được nội dung nào là đạt mức độ trung bình, mức độ khá và mức độ giỏi. Song song với phân loại bài tập là phân loại học sinh, việc phân loại học sinh và lựa chọn dạng bài tập hoàn toàn không cứng nhắc mà căn cứ vào thực tế từng lớp và từng năm. Đặc biệt đối với các môn ít tiết không có quỹ thời gian bồi dưỡng thêm, giáo viên cần chủ 7
động bồi dưỡng cho học sinh và hướng dẫn học sinh tự bồi dưỡng thông qua các tiết dạy chính khóa. Vì vậy việc xây dựng các dạng bài tập là cần thiết trong xu hướng giáo dục hiện nay. III . Các biện pháp tiến hành để giải quyết vấn đề: - Trên cơ sở thực tiễn và lý luận đã phân tích ở trên tôi thấy việc rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh thông qua các dạng bài tập hoá học là cần thiết. Bồi dưỡng năng lực tư duy sáng tạo cho học sinh là một quá trình liên tục, phức tạp trải qua nhiều giai đoạn, nhiều mức độ. Vì thế cần hình thành phương pháp học tập các em ngay từ bài học đầu tiên. Trong hoạt động học tập nhận thức cần nâng dần từng bước từ thấp đến cao. Cần rèn luyện học sinh các dạng bài tập từ dễ đến khó. Tôi đã đặt cho mình câu hỏi cần phải làm gì để học sinh có thể giải bài tập một cách tốt nhất, trong thời gian nhanh nhất. Trả lời nhanh cho câu hỏi này là cần chọn các dạng bài tập cho từng tính chất rồi tổng hợp nâng dần các dạng bài tập của loại chất (oxit, axit, bazơ, muối, kim loại, hiđrocacbon, dẫn xuất hiđrocacbon . . ) và các dạng bài tập nói chung cho môn Hóa học. Hàng năm tôi thực hiện hướng dẫn cho học sinh phân dạng bài tập theo từng tính chất ngay đầu năm lớp 9. - Thực tế việc phân loại các dạng bài tập cho từng tính chất đầu tiên mất nhiều thời gian công sức, sau khi học sinh có kinh nghiệm tiến hành khá dễ dàng và hiệu quả. Trong đề tài này tôi minh họa phương pháp hướng dẫn học sinh lớp 9 phân loại “ Các dạng bài tập cơ bản của dung dịch bazơ” dựa trên các tính chất hóa học của dung dịch bazơ: + Dung dịch bazơ tác dụng với oxit (oxit axit và oxit lưỡng tính). + Dung dịch bazơ tác dụng với một số kim loại. + Dung dịch bazơ tác dụng với bazơ lưỡng tính. + Dung dịch bazơ tác dụng với dung dịch axit. + Dung dịch bazơ tác dụng với dung dịch muối. Tính chất 1: Dung dịch bazơ tác dụng với oxit (oxit axit và oxit lưỡng tính). - Lí thuyết: + Khi cho dung dịch bazơ tác dụng với một số oxit sản phẩm tạo thành phụ thuộc tỉ lệ số mol của dung dịch bazơ và oxit (Chỉ tạo ra muối trung hòa, chỉ tạo ra muối axit, tạo ra hỗn hợp muối trung hòa và muối axit). Ba(OH)2 + CO2   BaCO 3  + H2O Ba(OH)2 + 2CO2   Ba(HCO 3)2 + Khi cho lượng dung dịch bazơ hoặc lượng oxit tác dụng với nhau tạo ra dung dịch cô cạn dung dịch thu được m gam muối hoặc m gam chất rắn. 2 KOH + SO2   K2SO 3 + H2O KOH + SO2   KHSO 3 + Khi cho lượng dung dịch bazơ hoặc lượng oxit tác dụng với nhau tạo ra m gam kết tủa. Ca(OH)2 + CO2   CaCO 3  + H2O Ca(OH)2 + 2CO2   Ca(HCO 3)2 - Bài tập vận dụng: DẠNG I: - Khi cho dung dịch bazơ tác dụng với một số oxit sản phẩm tạo thành 8
phụ thuộc tỉ lệ số mol của dung dịch bazơ và oxit (Chỉ tạo ra muối trung hòa, chỉ tạo ra muối axit, tạo ra hỗn hợp muối trung hòa và muối axit). - Cho hỗn hợp oxitaxit tác dụng với dung dịch bazơ, oxitaxit có axit tương ứng mạnh hơn phản ứng trước phản ứng hết nếu kiềm dư thì oxitaxit tiếp theo mới phản ứng. Dạng I.A: Cho a (mol/ lit/ gam CO2, SO2, . . . ) tác dụng dung dịch chứa b mol KOH, NaOH. . . Cách giải thứ nhất theo cơ chế phản ứng (1) Oxit axit + Dung dịch ba zơ   Muối trung hòa + Nước Nếu oxitaxit hết tính toán theo (1), nếu oxitaxit dư viết tiếp: (2) Muối trung hòa + Oxit axit + Nước   Muối axit Tiếp tục tính toan theo (2) (1) SO2 + 2 KOH  K 2SO3 + H2O Nếu SO 2 hết tính toán theo (1), nếu SO2 dư viết tiếp: (2) SO2 + K2SO 3 + H2O   2 KHSO3 Cách giải này có ưu điểm giúp học sinh dễ hiểu bản chất phản ứng và thuận lợi giải các bài tập ở mức độ giỏi, bên cạnh đó còn tồn tại một số trường hợp giải dài dòng. Cách giải thứ hai xét tỉ lệ số mol của bazơ và số mol của oxit axit theo 2 phương trình độc lập. (1) Oxit axit + Dung dịch ba zơ   Muối trung hòa + Nước (2) Oxit axit + Dung dịch ba zơ   Muối axit n Bazo b + Trường hợp 1:   2 ( mol ) chỉ xảy ra PTHH (1). nOxitaxit a => Tính toán theo PTHH (1). n Bazo b + Trường hợp 2: 1    2 ( mol ) Xảy ra đồng thời PTHH (1), (2) nOxitaxit a => Lập hệ phương trình nBazơ và noxit axit n Bazo b + Trường hợp 3 :   1 ( mol ) chỉ xảy ra PTHH (2) nOxitaxit a => Tính toán theo PTHH (2). (1) SO2 + 2 KOH   K2SO 3 + H2O (2) SO2 + KOH   KHSO3 n KOH b + Trường hợp 1:   2 ( mol ) chỉ xảy ra PTHH (1). nSO2 a => Tính toán theo PTHH (1). n KOH b + Trường hợp 2: 1    2 ( mol ) Xảy ra đồng thời PTHH (1), (2) nSO2 a => Lập hệ phương trình nKOH và nSO2 n KOH b + Trường hợp 3 :   1 ( mol ) chỉ xảy ra PTHH (2) nSO2 a Cách giải này có ưu điểm giúp học sinh giải nhanh nhất các bài tập, bên 9
cạnh đó có nhược điểm không giải được các bài tập ở mức độ giỏi. Bài 1: 1.a: Sục chậm 4,48 lít SO2 vào dung dịch NaOH dư. Tính khối lượng muối tạo thành. 1.b: Sục chậm SO2 cho tới dư vào 250 (g) dung dịch NaOH 4%,. Tính khối lượng muối tạo thành. Hướng dẫn 4,48 1.a. n SO2   0,2( mol ) vì NaOH dư: 2,24 2 NaOH + SO2   Na2SO3 + H2O 0,2  0,2 (mol) mNa2SO3 = 0,2 . 126 = 25,2 (g) 250.4 1.b. nNaOH   0,25( mol ) 100.40 NaOH + SO2   NaHSO3 0,25  0,25 (mol) mNaHSO3 = 0,25 . 104 = 26 (g) Bài 2: Sục chậm 0,25 mol CO2 vào: 2.a. 300 (g) dung dịch KOH 11,2% thu được dung dịch X 2.b. 250 (g) dung dịch KOH 11,2% thu được dung dịch Y 2.c. 200 (g) dung dịch KOH 11,2% thu được dung dịch Z 2.d. 125 (g) dung dịch KOH 11,2% thu được dung dịch P 2.e. 100 (g) dung dịch KOH 11,2% thu được dung dịch Q Tính nồng độ phần trăm chất tan có trong các dung dịch X, Y, Z, P, Q. Hướng dẫn Cách giải thứ nhất theo cơ chế phản ứng: 300.11,2 2.a. nKOH   0,6( mol ) 100.56 2 KOH + CO 2   K2CO3 + H2O Trước p/ư 0,6 0,25 Sau p/ư 0,1 0 0,25 0,25 (mol) Cách 1 : m A  mCO2  mdd . KOH  0,25.44  300  311( g ) Cách 2 : m A  mCT  m H 2O  0,1.56  0,25.138  ( 200  0,6.56)  0,25.18  311( g ) 0,1.56 0,25.138 C% KOH  .100%  1,8% ; C % K 2CO3  .100%  11,1% 311 311 So sánh tính khối lượng dung dịch theo 2 cách: Cách 1 tính nhanh hơn 250.11,2 2.b. nKOH   0,5( mol ) 100.56 2 KOH + CO2   K2CO3 + H2O Trước p/ư 0,5 0,25 Sau p/ư 0 0 0,25 0,25 (mol) Cách 1 : m A  mCO2  mdd . KOH  0,25.44  250  261( g ) 10
0,25.138 C% K 2CO3  .100%  13,22% 261 200.11,2 2.c. nKOH   0,4( mol ) 100.56 2 KOH + CO2   K2CO3 + H2O Trước p/ư 0,4 0,25 Sau p/ư 0 0,05 0,2 0,2 (mol) SO2 + K2CO3 + H2O   2 KHCO3 Trước p/ư 0,05 0,2 Sau p/ư 0 0,15 0,1 (mol) Cách 1 : m A  mCO2  m dd . KOH  0,25.44  200  211( g ) 0,15.138 0,1.100 C% K 2CO3  .100%  9,81% C% KHCO 3  .100%  4,74% 211 211 125.11,2 2.d. nKOH   0,25( mol ) 100.56 2 KOH + CO2   K2CO3 + H2O Trước p/ư 0,25 0,25 Sau p/ư 0 0,125 0,125 0,125 (mol) CO2 + K2CO3 + H2O   2 KHCO 3 Trước p/ư 0,125 0,125 Sau p/ư 0 0 0,25 (mol) Cách 1 : m A  mCO2  m dd . KOH  0,25 .44  125  136( g ) 0,25.100 C% KHCO 3  .100%  18,38% 136 100.11,2 2.e. nKOH   0,2( mol ) 100.56 2 KOH + CO2   K2CO3 + H2O Trước p/ư 0,2 0,25 Sau p/ư 0 0,15 0,1 0,1 (mol) CO2 + K2SO3 + H2O   2 KHCO3 Trước p/ư 0,15 0,1 Sau p/ư 0,05 0 0,2 (mol) Cách 1 : m A  mCO2  m dd . KOH  ( 0,25  0,05).44  100  108,8( g ) ; Chú ý tính khối lượng dung dịch chỉ cộng phần CO 2 phản ứng 0,2.100 C% KHCO3  .100%  18,38% 108,8 Cách giải thứ hai 2.a. n KOH  0,6 ( mol ) n KOH b 0,6 Nhận xét    2,4  2( mol ) =>KOH dư. nCO2 a 0,25 2 KOH + CO2  K 2CO3 + H2O Trước p/ư 0,6 0,25 11
Sau p/ư 0,1 0 0,25 0,25 (mol) m A  mCO2  m dd .KOH  0,25.44  300  311( g ) 0,1.56 0,25.138 C% KOH  .100%  1,8% ; C % K 2CO3  .100%  11,1% 311 311 2.b. n KOH  0,5(mol ) n KOH b 0,5 Nhận xét    2( mol ) phản ứng vừa đủ: nCO2 a 0,25 2 KOH + CO2   K2CO3 + H2O Trước p/ư 0,5 0,25 Sau p/ư 0 0 0,25 0,25 (mol) m A  mCO2  mdd .KOH  0,25.44  250  261( g ) 0,25.138 C% K 2CO3  .100%  13,22% 261 2.c. n KOH  0,4 ( mol ) nKOH b 0,4 Nhận xét: 1     1,6  2( mol ) =>Tạo ra K2CO3, KHCO3 nCO2 a 0,25 gọi nK2CO3 = x (mol) ; nKHCO3 = y (mol) 2 KOH + CO2   K2CO3 + H2O 2x  x  x (mol) KOH + CO2   KHCO3 y  y  y (mol)  2 x  y  0,4  x  0,15     x  y  0,25  y  0,1 m A  mCO2  mdd .KOH  0,25.44  200  211( g ) 0,15.138 0,1.100 C% K 2CO3  .100%  9,81% C% KHCO 3  .100%  4,74% 211 211 Nhận xét: Câu a, b, c giải cả 2 cách đều như nhau về thời gian. 2.d. n KOH  0,25(mol ) n KOH b 0,25 Nhận xét    1( mol ) =>Tạo ra KHCO 3 nCO2 a 0,25 KOH + CO2   KHCO3 Trước p/ư 0,25 0,25 Sau p/ư 0 0 0,25 (mol) m A  mCO2  m dd . KOH  0,25 .44  125  136( g ) 0,25.100 C% KHCO 3  .100%  18,38% 136 2.e. n KOH  0,2 ( mol ) 12
n KOH b 0,2 Nhận xét:    0,8  1( mol ) => CO 2 dư nCO2 a 0,25 KOH + CO2   KHCO3 Trước p/ư 0,2 0,25 Sau p/ư 0 0,05 0,2 (mol) m A  mCO2  mdd . KOH  ( 0,25  0,05).44  100  108,8( g ) 0,2.100 C% KHCO 3  .100%  18,38% 108,8 Nhận xét: Câu d, e giải theo cách 2 nhanh hơn, ngắn gọn hơn. Bài 3: Cho hỗn hợp x mol SO3 và y mol SO2 sục châm vào dung dịch chứa a mol NaOH. Hãy xác định muối trong dung dịch thu được theo x, y, a. n NaOH a 3.a. Nhận xét   1( mol ) : Khi x = a nSO3 x NaOH + SO3   NaHSO 4 a x x (mol) - Dung dịch chứa: a = x (mol) Na2SO4 n NaOH a 3.b. Nhận xét: 1    2(mol ) Khi x < a < 2x nSO3 x gọi nNa2SO4 = z (mol) ; nNaHSO 4 = t (mol) 2 NaOH + SO3   Na2SO4 + H2O 2z  z  z (mol) NaOH + SO3   NaHSO 4 t t t (mol)  2z  t  a z  nNa2SO4  a  x     z  t  x t  nNaHSO4  2x  a - Dung dịch chứa: a – x (mol) Na2SO4, 2x – a (mol) NaHSO4 n NaOH a 3.c. Nhận xét:   2( mol ) Khi a > 2x nSO3 x 2 NaOH + SO3   Na2SO4 + H 2O 2x  x  x (mol) nNaOH = a – 2x (mol) n NaOH a  2 x 3.c.1: Nhận xét   2( mol ) : Khi a  2x + 2y nSO2 y 2 NaOH + SO2   Na2SO3 + H 2O 2y  y  y (mol) - Dung dịch chứa: x (mol) Na2SO4, y (mol) Na2SO 3 n NaOH a  2 x 3.c.2: Nhận xét 1    2( mol ) : Khi y + 2x  a  2x + 2y nSO2 y gọi nNa2SO3 = p (mol) ; nNaHSO 3 = q (mol) 13
2 NaOH + SO2   Na2SO3 + H2O 2p  p  p (mol) NaOH + SO3   NaHSO 4 q q q (mol)  2 p  q  a  2x  p  n Na 2 SO 3  a  2 x  y     pq y  q  n NaHSO 3  2 x  2 y  a - Dung dịch chứa: x (mol) Na2SO4, a – 2x - y (mol) Na2SO3, 2x + 2y – a (mol) NaHSO3 n NaOH a  2 x 3.c.3: Nhận xét   1 ( mol ) : Khi a  2x + y nSO2 y NaOH + SO2   NaHSO3 Trước p/ư a - 2x y Sau p/ư 0 a - 2x - y a - 2x (mol) - Dung dịch chứa: x (mol) Na2SO4, a – 2x (mol) NaHSO3 Dạng 1.B: Cho a (mol/ lit/ gam CO2, SO2, . . . ) tác dụng dung dịch chứa b mol Ca(OH)2, Ba(OH)2. . . Cách giải thứ nhất: Theo cơ chế phản ứng (1) Oxit axit + Dung dịch ba zơ   Muối trung hòa + Nước Nếu oxitaxit hết tính toán theo (1), nếu oxitaxit dư viết tiếp: (2) Muối trung hòa + Oxit axit + Nước   Muối axit Tiếp tục tính toan theo (2) (1) CO2 + Ba(OH)2  BaCO3  + H2O Nếu CO2 hết tính toán theo (1), nếu CO2 dư viết tiếp: (2) CO2 + BaCO3 + H2O   Ba(HCO3)2 Cách giải này có ưu điểm giúp học sinh dễ hiểu bản chất phản ứng và thuận lợi giải các bài tập ở mức độ giỏi, bên cạnh đó còn tồn tại một số trường hợp giải dài dòng. Cách giải thứ hai xét tỉ lệ số mol của bazơ và số mol của oxit axit theo 2 phương trình độc lập. (1) Oxit axit + Dung dịch ba zơ   Muối trung hòa + Nước (2) Oxit axit + Dung dịch ba zơ   Muối axit nOxitaxit a + Trường hợp 1:   1 ( mol ) chỉ xảy ra PTHH (1). niBazo b => Tính toán theo PTHH (1). nOxitaxit a + Trường hợp 2: 1    2 ( mol ) Xảy ra đồng thời PTHH (1), (2) niBazo b => Lập hệ phương trình nBazơ và noxit axit nOxitaxit a + Trường hợp 3 :   2 ( mol ) chỉ xảy ra PTHH (2) niBazo b => Tính toán theo PTHH (2). (1) CO2 + Ba(OH)2   BaCO3  + H2O (2) 2 CO2 + Ba(OH)2  Ba(HCO 3)2 14
nCO2 a + Trường hợp 1:   1 ( mol ) chỉ xảy ra PTHH (1). nBa ( OH )2 b => Tính toán theo PTHH (1). nCO2 a + Trường hợp 2: 1    2 ( mol ) nBa (OH ) 2 b Xảy ra đồng thời PTHH (1), (2) => Lập hệ PT nBa(OH)2 và nSO 2 nCO2 a + Trường hợp 3 :   2 ( mol ) chỉ xảy ra PTHH (2) nBa ( OH )2 b => Tính toán theo PTHH (2). Cách giải này có ưu điểm giúp học sinh giải nhanh nhất các bài tập, bên cạnh đó có nhược điểm không giải được các bài tập ở mức độ giỏi. Bài 1: 1.a: Sục chậm 5,6 lít CO2 (đktc) vào dung dịch Ba(OH)2 dư. Tính khối lượng muối tạo thành. 1.b: Sục chậm CO2 cho tới dư vào 200 (g) dung dịch Ba(OH)2 17,1%,. Tính C% chất tan trong dung dịch thu được. Hướng dẫn 5,6 1.a. nSO2   0,25( mol ) vì Ba(OH)2 dư: 2,24 Ba(OH)2 + CO 2   BaCO3  + H2O 0,25  0,25 (mol) mBaCO3 = 0,25 . 197 = 49,25(g) 200.17,1 1.b. n Ba (OH ) 2   0,2( mol ) 100.171 Ba(OH)2 + 2 CO 2   Ba(HCO3)2 0,2  0,4  0,2 (mol) m Ba ( HCO3 ) 2  mCO2  m dd . Ba (OH ) 2  0,4.44  200  217 ,6( g ) m 0,2.259 n Ba ( HCO3 ) 2  .100%  23,81% 217,6 Bài 2: Sục chậm 0,2 mol SO2 vào: 2.a. 300 (g) dung dịch Ba(OH)2 17,1% thu được dung dịch X 2.b. 200 (g) dung dịch Ba(OH)2 17,1% thu được dung dịch Y 2.c. 150 (g) dung dịch Ba(OH)2 17,1% thu được dung dịch Z 2.d. 100 (g) dung dịch Ba(OH)2 17,1% thu được dung dịch P 2.e. 80 (g) dung dịch Ba(OH)2 17,1% thu được dung dịch Q Tính nồng độ phần trăm chất tan có trong các dung dịch X, Y, Z, P, Q. Hướng dẫn Cách giải thứ nhất theo cơ chế phản ứng: 300.17,1 2,a. n Ba (OH ) 2   0,3 ( mol ) 100.171 Ba(OH)2 + SO2   BaSO3  + H2O Trước p/ư 0,3 0,2 15
Sau p/ư 0,1 0 0,2 0,2 (mol) Cách 1 : m X  mSO2  mdd .Ba ( OH )2  m BaSO3  0,2.64  300  0,2.217  269,4( g ) Cách 2 : m X  mCT  m H 2O  0,1.171  (300  0,3.171)  0,2.18  269,4( g ) 0,1.171 C % Ba ( OH )2  .100%  6,35% 269,4 So sánh tính khối lượng dung dịch theo 2 cách: Cách 1 tính nhanh hơn. Chú ý tính khối lượng dung dịch trừ chất kết tủa. 200.17,1 2.b. n Ba (OH ) 2   0,2 ( mol ) 100.171 Ba(OH)2 + SO2   BaSO3  + H2O Trước p/ư 0,2 0,2 Sau p/ư 0 0 0,2 0,2 (mol) Cách 1 : m X  mSO2  mdd . Ba ( OH )2  m BaSO3  0,2.64  200  0,2.217  169,4( g ) Cách 2 : m A  m H 2O  ( 200  0,2.171)  0,2.18  169,4( g ) Dung dịch Y không có chất tan. 150.17,1 2.c. n Ba (OH ) 2   0,15 ( mol ) 100.171 Ba(OH)2 + SO2   BaSO3  + H2O Trước p/ư 0,15 0,2 Sau p/ư 0 0,05 0,15 0,15 (mol) SO2 + BaSO3 + H 2O   Ba(HSO3)2 Trước p/ư 0,05 0,15 Sau p/ư 0 0,1 0,05 (mol) Cách 1 : m Z  m SO2  mdd . Ba ( OH )2  m BaSO3  0,2.64  150  0,1.217  141,1( g ) Cách 2 : m A  m H 2O  mCT  (150  0,15.171)  ( 0,15  0,05).18  0,05.299  141,1 ( g ) 0,05.299 C% Ba ( HCO3 ) 2  .100%  10,6% 141,1 100.17,1 2.d. n Ba (OH ) 2   0,1 ( mol ) 100.171 Ba(OH)2 + SO2   BaSO3  + H2O Trước p/ư 0,1 0,2 Sau p/ư 0 0,1 0,1 0,1 (mol) SO2 + BaSO3 + H 2O   Ba(HSO3)2 Trước p/ư 0,1 0,1 Sau p/ư 0 0 0,1 (mol) Cách 1 : m Z  mSO2  mdd . Ba (OH ) 2  0,2.64  100  112,8 ( g ) Cách 2 : m A  m H 2O  mCT  (100  0,1.171)  (0,1  0,1).18  0,1.299  112,8( g ) 16
0,1.299 C% Ba ( HCO3 ) 2  .100%  26,51% 112,8 100.17,1 2.e. n Ba (OH ) 2   0,08 ( mol ) 100.171 SO2 + Ba(OH)2   BaSO3  + H2O Trước p/ư 0,2 0,08 Sau p/ư 0,12 0 0,08 0,08 (mol) SO2 + BaSO 3 + H2O   Ba(HSO 3)2 Trước p/ư 0,12 0,08 Sau p/ư 0,04 0 0,08 (mol) Cách 1 : m Z  m SO 2  m dd . Ba ( OH ) 2  ( 0, 2  0, 04 ). 64  80  90 , 24 ( g ) Cách 2 : m A  m H 2O  m CT  (80  0, 08 .171 )  ( 0 ,08  0 ,08 ). 18  0 ,08 .299  90 , 24 ( g ) 0,08.299 C% Ba ( HSO3 )2  .100%  26,51% 90,24 Chú ý tính khối lượng dung dịch chỉ cộng phần CO2 phản ứng Cách giải thứ hai nhận xét tỉ lệ số mol của Ba(OH)2 và CO2. nCO2 0,2 2 n 2.a. Ba (OH ) 2  0 ,3 ( mol ) => Nhận xét:    1 ( mol ) nBa (OH ) 2 0,3 3 Ba(OH)2 + SO 2   BaSO 3  + H2O Trước p/ư 0,3 0,2 Sau p/ư 0,1 0 0,2 0,2 (mol) m X  mSO2  mdd .Ba ( OH )2  m BaSO3  0,2.64  300  0,2.217  269,4( g ) 0,1.171 C % Ba ( OH )2  .100%  6,35% 269,4 nCO2 0,2 2.b. n Ba (OH ) 2  0,2 ( mol ) => Nhận xét:   1 ( mol ) nBa ( OH )2 0,2 Ba(OH)2 + SO2   BaSO3  + H2O Trước p/ư 0,2 0,2 Sau p/ư 0 0 0,2 0,2 (mol) mY  mSO2  mdd . Ba (OH ) 2  mBaSO3  0,2.64  200  0,2.217  169,4( g ) Dung dịch Y không có chất tan. nCO2 0,2 4 2.c. n Ba (OH ) 2  0,15 ( mol ) : Nhận xét 1     2 ( mol ) nBa (OH )2 0,15 3 gọi nBaSO3 = x (mol) ; nBa(HSO3)2= y (mol) Ba(OH)2 + SO2   BaSO 3  + H2O x  x  x (mol) Ba(OH)2 + 2SO2   Ba(HSO 3)2 y  2y  y (mol) 17
 x  2 y  0,2  x  0,1     x  y  0,15  y  0,05 m Z  m SO2  m dd . Ba (OH ) 2  0,2.64  150  0,1.217  141,1 ( g ) 0,05.299 C% Ba ( HCO3 ) 2  .100%  10,6% 141,1 Nhận xét: Câu a, b, c giải cả 2 cách đều như nhau về thời gian. nCO2 0,2 2.d. n Ba (OH )2  0,1 ( mol ) : Nhận xét   2 ( mol ) n Ba ( OH )2 0,1 Ba(OH)2 + 2SO2   Ba(HSO3)2 Trước p/ư 0,1 0,2 Sau p/ư 0 0 0,1 (mol) m Z  mSO2  mdd . Ba ( OH )2  0,2.64  100  112,8 ( g ) 0,1.299 C% Ba ( HCO3 ) 2  .100%  26,51% 112,8 nCO2 0,2 2.e. n Ba (OH ) 2  0,08 ( mol ) : Nhận xét   2,5  2 ( mol ) n Ba ( OH )2 0,08 Ba(OH)2 + 2SO2   Ba(HSO3)2 Trước p/ư 0,08 0,2 Sau p/ư 0 0,04 0,08 (mol) m Z  m SO2  m dd . Ba (OH ) 2  (0,2  0,04 ).64  80  90,24 ( g ) 0,08.299 C% Ba ( HCO3 )2  .100%  26,51% 90,24 0,1.299 C% Ba ( HCO3 ) 2  .100%  26,51% 112,8 Nhận xét: Câu d, e giải theo cách 2 nhanh hơn, ngắn gọn hơn. Bài 3: Sục chậm 0,25 mol CO 2 vào 200 gam dung dịch hỗn hợp KOH 5,6%, Ba(OH)2 8,55% phản ứng kết thúc thu được dung dịch X. Tính nồng độ phần trăm chất tan trong dung dịch X. Hướng dẫn: - Hai chất cùng tác dụng với một chất, chất có sản phẩm có tạo ra kết tủa hoặc thoát khí thì được ưu tiên phản ứng trước hết rồi đến chất có sản phẩm không có kết tủa hoặc thoát khí. - Hai chất cùng tác dụng với một chất, chất có hòa tan thuần túy trong nước thì được ưu tiên phản ứng trước hết rồi đến chất không hòa tan trong nước. 200.8,55 200.5,6 n Ba (OH ) 2   0,1 ( mol ) ; n KOH   0,2 ( mol ) 100.171 100.56 - Giải theo cơ chế phản ứng: CO2 + Ba(OH)2   BaCO3  + H2O Trước p/ư 0,36 0,1 Sau p/ư 0,26 0 0,1 0,1 (mol) CO2 + 2 KOH  K2CO3 + H2O 18
Trước p/ư 0,26 0,2 Sau p/ư 0,16 0 0,1 0,1 (mol) CO2 + K2CO3 + H2O   2 KHCO3 Trước p/ư 0,16 0,1 Sau p/ư 0,06 0 0,2 (mol) CO2 + BaCO 3 + H2O   Ba(HCO3)2 Trước p/ư 0,06 0,1 Sau p/ư 0 0,04 0,06 (mol) Cách 1 : m Z  mCO2  mdd . HH  0,36.44  200  0,04.197  207,96 ( g ) Cách 2 : m A  m H 2O  mCT  ( 200  0,1.171  0,2.56)  (0,1  0,1  0,1  0,06).18 0,06.2 59  0,02.100  207,96 ( g ) 0,06.259 0,2.100 C% Ba ( HCO3 ) 2  .100%  5,5% ; C% KHCO 3  .100%  9,62% 207,96 207,96 Dạng I.C: Cho a (mol/ lit/ gam CO2, SO2, . . . ) tác dụng dung dịch chứa b mol Ca(OH)2, Ba(OH)2, KOH, NaOH . . . Vẽ đồ thị. - Hướng dẫn: Dựa vào cơ chế phản ứng vẽ đồ thị. Bài 1: Sục chậm 0,84 lít CO2 (đkp) vào 1lít dung dịch Ca(OH)2 0,025 M. Vẽ đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc số mol kết tủa và số mol CO2. - Hướng dẫn: nCa (OH )2  0,025 .1  0,025 ( mol ) ; nCO2  0,84 : 24  0,035 ( mol ) CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O Trước p/ư 0,035 0,025 Sau p/ư 0,01 0 0,025 0,025 (mol) Vẽ đoạn OA CO2 + CaCO 3 + H2O   Ca(HCO3)2 Trước p/ư 0,01 0,025 Sau p/ư 0 0,015 0,01 (mol) Vẽ đoạn AB CaCO3 A 0,025 0,015 B O 0,025 0,035 CO2 Bài 2: Sục chậm 4,48 lít SO2 (đktc) vào 0,5 lít dung dịch hỗn hợp KOH 0,1 M, Ba(OH)2 0,3 M. Vẽ đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc số mol kết tủa và số mol SO2. n Ba (OH ) 2  0,5.0,3  0,15 ( mol ) ; nCO2  4,48 : 22,4  0,2 ( mol ) SO2 + Ba(OH)2  BaSO3  + H2O  Trước p/ư 0,2 0,15 19
Sau p/ư 0,05 0 0,15 0,15 (mol) Vẽ đoạn OA n KOH 0,1 Nhận xét:   2( mol ) nSO2 0,05 2KOH + SO2   K2SO3 + H2O Trước p/ư 0,1 0,05 Sau p/ư 0 0 0,05 (mol) Vẽ đoạn AB BaCO3 0,15 A B O 0,15 0,2 SO2 Bài 3: Sục chậm 7,84 lít SO2 (đktc) vào 0,5 lít dung dịch hỗn hợp KOH 0,1 M, Ba(OH)2 0,3 M. Vẽ đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc số mol kết tủa và số mol SO2. n Ba (OH ) 2  0,5.0,3  0,15 ( mol ) ; nCO2  7,84 : 24  0,35 ( mol ) SO2 + Ba(OH)2   BaSO3  + H2O Trước p/ư 0,35 0,15 Sau p/ư 0,2 0 0,15 0,15 (mol) Vẽ đoạn OA n KOH 0,1 Nhận xét:   0,5  1( mol ) => SO2 dư nSO2 0,2 KOH + SO2   KHSO 3 Trước p/ư 0,1 0,2 Sau p/ư 0 0,1 0,1 (mol) Vẽ đoạn AB SO2 + BaSO 3 + H2O   Ba(HSO3)2 Trước p/ư 0,1 0,15 Sau p/ư 0 0,05 0,1 (mol) Vẽ đoạn BC BaCO3 0,1.299 C% Ba ( HCO3 ) 2  .100%  26,51% 112,8 A B 0,15 0,05 C O SO2 0,15 0,25 0,35 20