PHÒNG GIÁO DỤC HUYỆN NGA SƠN
TRƯỜNG THCS NGA TÂN
PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP
DẠNG P
2
O
5
TÁC DỤNG VỚI DUNG DỊCH KIỀM
DÀNH CHO HỌC SINH GIỎI Ở TRƯỜNG THCS
Người thực hiện: Phạm Đức Mạnh
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc tổ: Khoa học tự nhiên
Năm học: 2008 – 2009
A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I - LỜI MỞ ĐẦU
Hóa học là một khoa học thực nghiệm khá đặc biệt và tổng hợp. Qua nghiên cứu
thông tin, quan sát mô hình, quan sát các thí nghiệm, thực hành, thảo luận nhóm
học sinh nắm vững kiến thức, phát triển năng lực tư duy, rèn luyện các kĩ năng và
thói quen làm việc khoa học, biết tổng hợp, vận dụng các kiến thức đã học để giải
quyết các vấn đề liên quan đến hóa học, trong đó biết cách giải các dạng bài tập là
một vấn đề hết sức quan trọng . Thông qua việc giải các bài tập ấy nhằm giúp học
sinh củng cố các kiến thức đã học một cách có hệ thống, đồng thời phân loại được
các dạng toán, các dạng bài tập một cách vững chắc.
Trong kế hoạch chuyên môn ở nhà trường bậc THCS, công tác bồi dưỡng, nâng
cao chất lượng giáo dục mũi nhọn là đặc biệt quan trọng. Công tác bồi dưỡng học
sinh giỏi đòi hỏi người thầy giáo phải dụng công, đào sâu kiến thức, cần mẫn với
đối tượng của mình, biết tìm ra phương pháp phù hợp để hướng tới thành công.
Đây chính là lí do thôi thúc tôi hoàn thành sáng kiến này.
II - THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU
1. Thực trạng
Bản thân là một giáo viên đã tham gia bồi dưỡng học sinh giỏi môn hóa học,

SL % SL % SL % SL % SL %
2006- 2007 15 0 0 1 6,7 3 20,0 4 26,8 7 46,5
2007- 2008 15 0 0 2 13,5 3 20,0 3 20,0 7 46,5
Từ thực trạng trên, để giúp học sinh nắm vững bản chất, có phương pháp, kỹ
năng vận dụng giải bài tập hóa học một cách tốt hơn, tôi đã mạnh dạn đưa ra
“phương pháp giải bài tập dạng P
2
O
5
tác dụng với dung dịch kiềm dành cho
học sinh giỏi ở trường THCS”.
Thực hiÖn: Phạm §ức Mạnh – THCS Nga T©n
2
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. CÁC GIẢI PHÁP THỰC HIỆN
Dạng bài tập P
2
O
5
tác dụng với dung dịch kiềm (dung dịch NaOH hoặc dung dịch
KOH), thực chất là axit H
3
PO
4
(do P
2
O
5
tác dụng với H
2

1 (mol) 2 (mol)
H
3
PO
4
+ 3 NaOH Na
3
PO
4
+ 3H
2
O (3)
1 (mol) 3 (mol)
Giả sử có cho a (mol) dung dịch H
3
PO
4
tác dụng với b (mol) dung dịch NaOH thu
được dung dịch A, ta có thể biện luận các chất có trong dung dịch A theo tương
quan giữa a và b như sau :
a
b

4
PO
3
H
n
NaOH
n

a
b
thì xảy ra cả phản ứng (1) và phản ứng (2)
dung dịch A gồm: NaH
2
PO
4
và Na
2
HPO
4
4. Nếu
2=
a
b
thì chỉ xảy ra phản ứng (2) dung dịch A là: Na
2
HPO
4
5. Nếu
32 <<
a
b
thì xảy ra cả phản ứng (2) và phản ứng (3)
dung dịch A gồm: Na
3
PO
4
và Na
2

2
O
5
tác dụng với 144 gam dung dịch NaOH 20%. Tính
nồng độ phần trăm các chất trong dung dịch thu được khi phản ứng kết thúc .
Giải:
PTHH của phản ứng giữa P
2
O
5
với H
2
O trong dung dịch NaOH :
P
2
O
5
+ 3H
2
O 2H
3
PO
4
(1)
1 (mol) 2 (mol)
Theo đề bài, ta có:
)(72,0
100.40
20.144
moln

và H
3
PO
4
dư , tính toán theo NaH
2
PO
4

H
3
PO
4
+ NaOH NaH
2
PO
4
+ H
2
O (2)
1 (mol) 1 (mol) 1 (mol)
Theo PTHH:
)(72,0
4342
molnnn
NaOHPOHPONaH
===
(p)

)(4,86120.72,0

84,7
)%(
43
==
d
POHC
Thực hiÖn: Phạm §ức Mạnh – THCS Nga T©n
4
Ví dụ 2: Cho 35,5 gam P
2
O
5
tan trong 200 ml dung dịch NaOH 2,5 M.
Tính khối lượng muối trong dung dịch thu được sau phản ứng?
Hướng dẫn giải:
PTHH của phản ứng giữa P
2
O
5
với H
2
O trong dung dịch NaOH :
P
2
O
5
+ 3H
2
O 2H
3

43
POH
NaOH
n
n
Vậy các chất tham gia cùng hết và chỉ xảy ra một phản ứng tạo muối NaH
2
PO
4
PTHH: H
3
PO
4
+ NaOH NaH
2
PO
4
+ H
2
O (2)
1 (mol) 1 (mol) 1 (mol)
Theo PTHH:
)(5,0
42
molnn
NaOHPONaH
==

)(60120.5,0
42

+ H
2
O (2)
H
3
PO
4
+ 2KOH K
2
HPO
4
+ 2H
2
O (3)
H
3
PO
4
+ 3KOH K
3
PO
4
+ 3H
2
O (4)
Theo đề bài, ta có:
)(1,0
142
2,14
52

4
và K
2
HPO
4
Thực hiÖn: Phạm §ức Mạnh – THCS Nga T©n
5
Ví dụ 4: Cho 28,4 gam P
2
O
5
tác dụng với 400 ml dd NaOH 2M.
Muối tạo thành là muối gì ? Khối lượng là bao nhiêu ?
Hướng dẫn giải:
Ta có: n
NaOH
= 0,4.2 = 0,8 (mol),
)(2,0
142
4,28
52
moln
OP
==
PTHH xảy ra giữa P
2
O
5
với nước: P
2

3
PO
4
+ 2NaOH Na
2
HPO
4
+ 2H
2
O
1 (mol) 2 (mol) 1 (mol)
Theo PTHH:
)(4,0
4342
molnn
POHPONaH
==)(8,56142.4,0
42
gm
PONaH
==
Ví dụ 5 : Đốt cháy hoàn toàn 6,2 gam Phôt pho thu được chất A.
Cho chất A tác dụng với 800 ml dd NaOH 0,6 M thì thu được muối gì ?
Hướng dẫn giải:
Theo đề bài, ta có: n
P
=

+ NaOH NaH
2
PO
4
+ H
2
O (3)
H
3
PO
4
+ 2NaOH Na
2
HPO
4
+ 2H
2
O (4)
H
3
PO
4
+ 3NaOH Na
3
PO
4
+ 3H
2
O (5)
Theo PTHH (1) chất A là P

n
n
Vậy xảy ra hai phản ứng (4) và (5), thu được hai muối là Na
2
HPO
4
và Na
3
PO
4
.
Thực hiÖn: Phạm §ức Mạnh – THCS Nga T©n
6
Ví dụ 6: Cho 14,2 gam P
2
O
5
tác dụng với dd KOH 20 % .
Tính nồng độ % các chất trong dung dịch thu được sau phản ứng.
Hướng dẫn giải:
PTHH của phản ứng giữa P
2
O
5
với H
2
O:
P
2
O

3
2,0
6,0
43
==
POH
KOH
n
n
Vậy các chất tham gia cùng hết và chỉ xảy ra một phản ứng tạo muối K
3
PO
4
:
H
3
PO
4
+ 3KOH K
3
PO
4
+ 3H
2
O (2)
Theo PTHH (2):
)(2,0
4243
molnn
POHPOK

Hỏi sau khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch chứa những chất
nào?
Hướng dẫn giải:
PTHH của phản ứng giữa P
2
O
5
với H
2
O:
P
2
O
5
+ 3H
2
O 2H
3
PO
4
(1)
Theo đề bài:
)(6,02.3,0 moln
NaOH
==

)(075,0
142
65,10
52

3
PO
4
+ 3H
2
O (2)
Thực hiÖn: Phạm §ức Mạnh – THCS Nga T©n
7
Sau khi tính toán thông thường, ta xác định được: m
NaOH dư
= 6 (g)
Như vậy, qua 7 ví dụ trên đây áp dụng cho 7 trường hợp đã chỉ ra trong phần lí
luận (về các giải pháp thực hiện – trang 3) sẽ giúp cho người học hiểu rõ vấn đề,
hình thành cho mình kĩ năng xác định sản phẩm thu được khi gặp dạng bài: “P
2
O
5
tác dụng với dung dịch kiềm” căn cứ vào tỉ lệ mol giữa các chất tham gia phản
ứng (mà bản chất là tỉ lệ mol giữa kiềm và axit). Đó là cơ sở để viết được các
PTHH xảy ra và tính toán hóa học trong từng trường hợp cụ thể.
2. Tính toán hóa học
2.1. Đối với bài toán chỉ yêu cầu tính lượng sản phẩm
Phương pháp ưu thế là viết các phương trình phản ứng theo phương pháp song
song (với trường hợp tạo ra hai muối) rồi dùng phương pháp đại số để tính toán.
Tuy nhiên cũng có thể sử dụng phương pháp viết phương trình phản ứng nối tiếp.
Ví dụ 1: Cho 14,2 gam P
2
O
5
tác dụng với 150 g dd KOH 11,2% .

2
HPO
4
+ 2H
2
O
Y (mol) 2y (mol) y (mol)
Ta có:



=+
=+
3,02
2,0
yx
yx
giải ra ta được



=
=
1,0
1,0
y
x

)(6,13136.1,0
42

KOH (dư)
= 0,3 - 0,2 = 0,1 (mol)
Vì KOH dư nên : KOH + KH
2
PO
4
K
2
HPO
4
+ H
2
O (2)
Theo PTHH (2):
)(1,0
4242
molnnn
KOHHPOKPOKH
===
(p)
Vậy số mol KH
2
PO
4
thu được sau cùng là : 0,2- 0,1 = 0,1 (mol)
Thực hiÖn: Phạm §ức Mạnh – THCS Nga T©n
8

)(6,13136.1,0
42

2
HPO
4
+ 2H
2
O
x (mol) 2x (mol) x (mol)
H
3
PO
4
+ 3NaOH Na
3
PO
4
+ 3H
2
O
y (mol) 3y (mol) y (mol)
Ta có:



=+
=+
48,032
2,0
yx
yx
⇔

4
vào dung dịch chứa 0,2 mol
NaOH
- Thí nghiệm 2:
Cho từ từ dung dịch chứa 0,2 mol NaOH vào dung dịch chứa 0,12 mol
H
3
PO
4
Thực hiÖn: Phạm §ức Mạnh – THCS Nga T©n
9
Giải thích quá trình thí nghiệm bằng PTHH. Tính số mol muối tạo thành?
Hướng dẫn giải:
*Xét thí nghiệm 1
Vì cho từ từ dung dịch H
3
PO
4
vào dung dịch NaOH nên các phản ứng xảy ra theo
thứ tự: H
3
PO
4
+ 3NaOH Na
3
PO
4
+ 3H
2
O (1)

4
3Na
2
HPO
4
(2)
Theo PTHH (2):
)(
3
1,0
3
2,0
.
2
1
.
2
1
4343
molnn
PONaPOH
===
(p)

)(1,0
3
2,0
.
2
3

4
(3)
Theo PTHH (3):
)(02,0
4342
molnn
POHHPONa
==
(p))(04,02.02,0.2
4342
molnn
POHPONaH
===
Sau PTHH (3):
)(08,002,01,0
42
moln
HPONa
=−=
l¹i) (cßn
Vậy dung dịch sau thí nghiệm có chứa 0,04 (mol) NaH
2
PO
4
và 0,08 (mol) Na
2
HPO

PO
4
Na
2
HPO
4
+ H
2
O (5)
Thực hiÖn: Phạm §ức Mạnh – THCS Nga T©n
10
Theo PTHH (5):
)(08,0
4242
molnnn
NaOHPONaHHPONa
===
(p)

)(04,008,012,0
42
moln
PONaH
=−=
l¹i) (cßn
Như vậy dung dịch sau thí nghiệm có chứa 0,08 (mol) Na
2
HPO
4


4
vào dung dịch NaOH có thể xảy ra các phản ứng sau :
H
3
PO
4
+ NaOH NaH
2
PO
4
+ H
2
O (1)
H
3
PO
4
+ 2NaOH Na
2
HPO
4
+ 2H
2
O (2)
H
3
PO
4
+ 3NaOH Na
3

+ K
3
PO
4
+ 3H
2
O (5)
c) Thêm H
3
PO
4
vào dung dịch M (thêm axit yếu)
H
3
PO
4
+ Na
3
PO
4
Na
2
HPO
4
(6)
2H
3
PO
4
+ Na

2
O 2H
3
PO
4
(9)
Sau đó xảy ra các phản ứng như trên.
d) Ta có tỉ lệ:
2
3
5
18,0
3,0
1
43
<==<
POH
NaOH
n
n
Vì vậy, sau phản ứng thu được dung dịch chứa hai muối là NaH
2
PO
4
và
Na
2
HPO
4
theo hai PTHH sau: H

=+
3,02
18,0
yx
yx




=
=
12,0
06,0
y
x
Nh vy dung dch M cú cha 0,06 (mol) NaH
2
PO
4
v 0,12 (mol) Na
2
HPO
4
.
C. KT LUN
1. Kt qu nghiờn cu
Trong quỏ trỡnh ging dy b mụn húa hc cng nh trong cụng tỏc bi dng
hc sinh gii hng nm, bn thõn tụi ó phỏt hin ra nhng khú khn, sai sút ỏng
tic ca hc sinh khi gii cỏc bi tp nõng cao dng P
2

Xuất phát từ mục tiêu không ngừng nâng cao chất lợng giáo dục, tất cả vì học sinh
thân yêu, không ngừng nâng cao trình độ và tích lũy bề dày kinh nghiệm của đội
ngũ giáo viên đang trực tiếp từng ngày, từng giờ đứng trên bục giảng, tôi mạnh
dạn đề đạt một số ý kiến sau:
Thc hiện: Phm Đc Mnh THCS Nga Tân
12
2.1. Ban chỉ đạo chấm thi, đặc biệt là phòng giáo dục có thể giới thiệu rộng rãi các
sáng kiến có tính khả thi cao trên mạng internet để đồng nghiệp cùng tham khảo.
2.2. Ban tổ chức, hội đồng giám khảo nên có thêm hình thức động viên cho tác giả
của những sáng kiến kinh nghiệm có chất lợng, có tính thực tiễn cao.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
Mc lc
Trang
A. t vn 2
I. Li m
u
2
II. Thc trng ca vn nghiờn
cu
2
1. Thc trng 2
2. Kt qu ca hin trng trờn 2
B. Gii quyt vn

3
I. Cỏc gii phỏp thc hin 3
II. Cỏc gii phỏp t chc thc
hin
4
1. Bin lun sn phm 4