Chuyên đề: Giải nhanh bài tập Hóa vô cơ bằng phương pháp đồ thị

pdf 13 trang Người đăng tuanhung Lượt xem 8360Lượt tải 5 Download
Bạn đang xem tài liệu "Chuyên đề: Giải nhanh bài tập Hóa vô cơ bằng phương pháp đồ thị", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
Chuyên đề: Giải nhanh bài tập Hóa vô cơ bằng phương pháp đồ thị
Tài liệu ôn thi ĐH, CĐ
Chuyên đề: pp Đồ thị Trang 1
CHUYÊN ĐỀ 4: GIẢI NHANH BÀI TẬP HÓA VÔ CƠ
BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐỒ THỊ
I. Các dạng đồ thị cơ bản
1. Sục khí CO2 vào dung dịch Ba(OH)2 hoặc Ca(OH)2
Bản chất phản ứng :
CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 ↓ + H2O (1)
mol : a ← a → a
BaCO3 + CO2 + H2O → Ba(HCO3)2 (2)
mol : a → a
Suy ra: Lượng kết tủa tăng dần đến cực đại a mol ứng với phản ứng (1), phản ứng này cần a mol CO2. Sau
đó lượng kết tủa tan dần đến hết ứng với phản ứng (2), phản ứng này cũng cần a mol CO2.
Vậy sự biến thiên lượng kết tủa BaCO3 hoặc CaCO3 theo lượng CO2 được biểu diễn bằng đồ thị sau :
nBaCO3
a
0 a 2a nCO2
Nhận xét : Dựa vào dạng hình học của đồ thị, ta thấy đường biến thiên lượng kết tủa hợp với trục hoành tạo
thành một tam giác vuông cân.
Suy ra : Nếu phản ứng tạo ra một lượng kết tủa x mol (như đồ thị dưới đây) thì ta dễ dàng tính được số mol
CO2 tham gia phản ứng là x mol hoặc y = (2a − x) mol .
nBaCO3
a
x
0 x a y 2a nCO2
2. Sục khí CO2 vào dung dịch chứa hỗn hợp các bazơ NaOH (hoặc KOH) và Ba(OH)2 (hoặc Ca(OH)2)
Bản chất phản ứng :
Ca(OH)2 + CO2 →CaCO3 ↓ + H2 O (1)
mol : a → a → a
2NaOH + CO2 → Na2CO3 + H2O (2)
Mol b → 0,5b → 0,5b
Na2CO3 + CO2 + H2O →2NaHCO3 (3)
Mol 0,5b → 0,5b
CaCO3 + CO2 + H2O → Ca(HCO3)2 (4)
Mol a → a
Suy ra : Lượng kết tủa tăng dần đến cực đại a mol ứng với phản ứng (1), phản ứng này cần a mol CO2. Lượng
kết tủa không thay đổi một thời gian ứng với phản ứng (2) và (3), phản ứng này cần b mol CO2.
Sau đó lượng kết tủa tan dần đến hết ứng với phản ứng (4), lượng CO2 cần dùng trong phản ứng này là a mol.
Vậy sự biến thiên lượng kết tủa BaCO3 hoặc CaCO3 theo lượng CO2 được biểu diễn bằng đồ thị sau :
Tài liệu ôn thi ĐH, CĐ
Chuyên đề: pp Đồ thị Trang 2
nBaCO3
a
nCO2
0 a a+b 2a+b
Nhận xét : Dựa vào dạng hình học của đồ thị, ta thấy đường biến thiên lượng kết tủa hợp với trục hoành tạo
thành một hình thang cân.
Suy ra : Nếu phản ứng tạo ra một lượng kết tủa x mol (nhỏ hơn lượng kết tủa cực đại) thì ta dễ dàng tính
được số mol CO2 tham gia phản ứng là x mol hoặc y = (2a + b − x) mol .
nBaCO3
a
x
0 x a a+b y 2a+b nCO2
3. Phản ứng của dung dịch bazơ (chứa ion OH− ) với dung dịch chứa muối Al 3
Bản chất phản ứng :
3OH

+ Al 3  Al(OH)3  (1)
Mol 3a  a  a
OH

+ Al(OH)3   AlO 2 + 2H2O (2)
Mol a  a
Suy ra : Lượng kết tủa tăng dần đến cực đại a mol ứng với phản ứng (1), phản ứng này cần 3a mol OH−. Sau
đó lượng kết tủa tan dần đến hết ứng với phản ứng (2), phản ứng này cần a mol OH− .
Vậy sự biến thiên lượng kết tủa Al(OH)3 theo lượng OH  , được biểu diễn bằng đồ thị sau :
nAl(OH)3
a
nOH

0 3a 4a
Nhận xét : Dựa vào dạng hình học của đồ thị, suy ra : Nếu phản ứng tạo ra x mol kết tủa (x < a) thì có thể dễ
dàng tính được lượng OH− tham ra phản ứng là 3x mol hoặc y = (4a − x) mol .
nAl(OH)3
a
nOH

0 3x 3a y 4a
Tài liệu ôn thi ĐH, CĐ
Chuyên đề: pp Đồ thị Trang 3
4. Phản ứng của dung dịch bazơ (chứa ion OH− ) với dung dịch hỗn hợp chứa H  và muối Al 3
Bản chất phản ứng :
OH  + H   H2O (1)
Mol b  b
3OH

+ Al 3  Al(OH)3  (2)
Mol 3a  a  a
OH

+ Al(OH)3   AlO 2 + 2H2O (3)
Mol a  a
Suy ra : Ở phản ứng (1), OH− dùng để trung hòa H+ nên lúc đầu chưa xuất hiện kết tủa. Sau một thời gian, kết
tủa bắt đầu xuất hiện và tăng dần đến cực đại a mol ứng với phản ứng (2), phản ứng này cần 3a mol OH− .
Cuối cùng kết tủa bị hòa tan dần đến hết ứng với phản ứng (3), phản ứng này cần a mol OH− . Vậy sự biến
thiên lượng kết tủa Al(OH)3 theo lượng OH  được biểu diễn bằng đồ thị sau :
nAl(OH)3
a
nOH

0 b b+3a b+4a
5. Phản ứng của dung dịch axit (chứa ion H+) với dung dịch chứa ion AlO 2 hay [Al(OH)] 
Bản chất phản ứng :
H+ + AlO 2
 + H2O  Al(OH)3  (1)
Mol a  a  a
3H+ + Al(OH)3   Al 3 + H2O (2)
Mol 3a  a
Suy ra : Lượng kết tủa tăng dần đến cực đại a mol ứng với phản ứng (1), phản ứng này cần a mol H+. Sau đó
kết tủa bị hòa tan dần đến hết ứng với phản ứng (2), phản ứng này cần 3a mol H+.
Vậy sự biến thiên lượng kết tủa theo lượng H+ được biểu diễn bằng đồ thị sau :
nAl(OH)3
a
nH 
0 a 4a
6. Phản ứng của dung dịch axit (chứa ion H  ) với dung dịch chứa các ion O H  và AlO 2 .
Bản chất phản ứng :
OH  + H   H2O (1)
Mol b  b
H+ + AlO 2
 + H2O  Al(OH)3  (2)
Mol a  a  a
3H+ + Al(OH)3   Al 3 + H2O (3)
Mol 3a  a
Tài liệu ôn thi ĐH, CĐ
Chuyên đề: pp Đồ thị Trang 4
−
Suy ra: Ở (1), H+ dùng để phản ứng với OH− nên lúc đầu chưa xuất hiện kết tủa. Sau một thời gian, kết tủa bắt
đầu xuất hiện và tăng dần đến cực đại a mol ứng với phản ứng (2), phản ứng này cần a mol H+. Cuối cùng kết
tủa bị hòa tan dần đến hết ứng với phản ứng (3), phản ứng này cần a mol 3a mol H+.
Vậy sự biến thiên lượng kết tủa Al(OH)3 theo lượng H+ được biểu diễn bằng đồ thị sau :
nAl(OH)3
nH 
0 b b + a b + 4a
7. Phản ứng của dung dịch bazơ (chứa ion OH−) với dung dịch chứa ion Zn2+
Bản chất phản ứng :
2OH  + Zn 2  Zn(OH)2 (1)
Mol a  a  a
2OH  + Zn(OH)2  Zn 22  (2)
Mol 2a  a
Suy ra: Lượng kết tủa tăng dần đến cực đại a mol ứng với phản ứng (1), phản ứng này cần 2a mol OH−. Sau
đó lượng kết tủa tan dần đến hết ứng với phản ứng (2), phản ứng này cũng cần 2a mol OH−.
Vậy mối liên hệ giữa lượng kết tủa Zn(OH)2 và lượng OH  được biểu diễn bằng đồ thị sau
nZn (OH)2
a
nOH

0 2a 4a
8. Phản ứng của dung dịch bazơ (chứa ion OH− ) với dung dịch chứa các ion H+ và Zn2+
Bản chất phản ứng :
OH  + H   H2O (1)
Mol b  b
2OH  + Zn 2  Zn(OH)2 (2)
Mol a  a  a
2OH  + Zn(OH)2  Zn 22  (3)
Mol 2a  a
Suy ra : Phản ứng (1) là phản ứng trung hòa nên chưa có kết tủa. Sau đó lượng kết tủa tăng dần đến cực đại a
mol ứng với phản ứng (2), phản ứng này cần 2a mol OH− . Sau đó lượng kết tủa tan dần đến hết ứng với phản
ứng (2), phản ứng này cũng cần 2a mol OH−.
Vậy mối liên hệ giữa lượng kết tủa Zn(OH)2 và lượng OH− tham gia phản ứng được biểu diễn bằng đồ thị sau:
Tài liệu ôn thi ĐH, CĐ
Chuyên đề: pp Đồ thị Trang 5
nZn (OH)2
nOH

0 b b + 2a b + 4a
II. Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Khi cho 0,02 hoặc 0,04 mol CO2 hấp thụ hết vào dung dịch Ba(OH)2 thì lượng kết tủa thu được
đều như nhau. Số mol Ba(OH)2 có trong dung dịch là :
A. 0,01 mol. B. 0,02 mol. C. 0,03 mol. D. 0,04 mol.
Hướng dẫn giải
Gọi a là số mol Ba(OH)2. Căn cứ vào bản chất phản ứng và giả thiết, ta có đồ thị sau :
nBaCO3
a
0,02
nCO2
0 0,02 a 0,04 2a
Suy ra: 2a – 0,04 = 0,02 => a = 0,03. Hoặc có thế tính như sau : 0,04 − a = a − 0,02 => a = 0,03
Ví dụ 2*: Cho m gam hỗn hợp X gồm Ba, BaO, Ba(OH)2 có cùng số mol vào nước, thu được 500 ml dung
dịch Y và V lít H2 (đktc). Hấp thụ 3,6V lít CO2 (đktc) vào 500 ml dung dịch Y, thu được 37,824 gam kết tủa.
Giá trị của m là:
A. 41,49 gam. B. 36,88 gam. C. 32,27 gam. D. 46,10 gam.
Hướng dẫn giải
- Theo bảo toàn e ta có:
nBa = nH2 = 22,4
V
mol => nBa(OH)2 = nBa + nBaO + nBa(OH)2 = 322,4
V
mol ;
nCO2 =
3,6
22,4
V
; nBaCO3 =
37,824
197
= 0,192 mol .
Ta có đồ thị:
nBaCO3
3
22,4
V
0,192
nCO2
0 3
22,4
V 3,6
22,4
V 6
22,4
V
Căn cứ vào tính chất đồ thị, suy ra:
Tài liệu ôn thi ĐH, CĐ
Chuyên đề: pp Đồ thị Trang 6
6
22,4
V
-
3,6
22,4
V
= 0,192 => V = 1,972 => m = 1,792
22,4
(137 + 153 + 171) = 36,88 gam
Ví dụ 3*: Thổi khí CO2 vào dung dịch chứa 0,02 mol Ba(OH)2, thu được m gam kết tủa. Biết
số 0,005  nCO2  0,024. Giá trị của m là:
A. 0 < m  3,94. B. 0 < m  0,985. C. 0,985  m  3,94. D. 0,985  m  3,152.
Hướng dẫn giải
Ta có đồ thị:
nBaCO3
0,02
0,016
0,005
nCO2
0 0,005 0,02 0,024 0,04
Ta thấy: Khi 0,005  nCO2  0,024 thì 0,005  nBaCO3  0,02 (biểu diễn bằng nét đậm).
Suy ra 0,985  mBaCO3  3,94.
Ví dụ 4*: Hấp thụ hết V lít khí CO2 vào dung dịch chứa 0,42 mol Ca(OH)2, thu được a gam kết tủa. Tách
lấy kết tủa, sau đó thêm tiếp 0,6V lít khí CO2 nữa, thu thêm 0,2a gam kết tủa. Thể tích các khí đo ở đktc.
Giá trị của V là:
A. 7,84 lít. B. 5,60 lít. C. 6,72 lít. D. 8,40 lít.
Hướng dẫn giải
Theo giả thiết, suy ra : Khi cho V lít CO2 vào dung dịch chứa 0,42 mol Ca(OH)2 thì chưa có hiện tượng hòa
tan kết tủa. Sau khi lọc bỏ kết tủa thêm tiếp 0,6V lít CO2 vào thì đã có hiện tượng hòa tan một phần kết tủa
(nếu không có hiện tượng hòa tan kết tủa thì lượng kết tủa thu được phải là 0,6a gam).
Xét toàn bộ quá trình phản ứng, ta có:
nCO2 =
1,6
22,4
V
; nCaCO3 =
1, 2
100
a
mol .
Ta có đồ thị:
nBaCO3
0,42
0,012a
nCO2
0
22,4
V 0,42 1,6
22,4
V 0,84
Từ đồ thị, suy ra:
22,4
V
= 0,01a (1) ; 0,84 - 1,6
22,4
V
= 0,012a (2) => a = 30 gam; V = 6,72 lit.
Tài liệu ôn thi ĐH, CĐ
Chuyên đề: pp Đồ thị Trang 7
Ví dụ 5: Sục CO2 vào 200 gam dung dịch Ca(OH)2, kết quả thí nghiệm được biểu diễn bằng đồ thị sau :
nCaCO3
nCO2
0 0,8 1,2
Nồng độ % chất tan trong dung dịch sau phản ứng là:
A. 34,05%. B. 30,45%. C. 35,40%. D. 45,30%.
Hướng dẫn giải
Dựa vào đồ thị, ta thấy bản chất của phản ứng là : Sục 1,2 mol CO2 vào dung dịch chứa 0,8 mol Ca(OH)2,
lượng kết tủa tăng dần đến cực đại sau đó bị hòa tan một phần. Kết quả thu được :
nCaCO3 = 2nCa(OH)2 – nCO2 = 0,4 mol => nCa(HCO3)2 = 0,4 mol
=> C%Ca(HCO3)2 = 0,4.162
200 1,2.44 0,4.100  .100% = 30,45%
Ví dụ 6: Sục 4,48 lít khí CO2 (đktc) vào 1 lít dung dịch hỗn hợp Ba(OH)2 0,12M và NaOH 0,06M. Sau
khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là
A. 19,70. B. 23,64. C. 7,88. D. 13,79.
Hướng dẫn giải
- Theo giả thiết ta có:
nCO2 = 0,2 mol ; nBa(OH)2 = 0,12 mol ; nNaOH = 0,06 mol;
- Gọi a là số mol BaCO3 tạo thành trong phản ứng. Căn cứ vào bản chất phản ứng và giả thiết, ta có đồ thị:
nBaCO3
0,12
a
nCO2
0 0,12 0,18 0,2 0,3
Suy ra: a = 0,3 – 0,2 = 0,1 => mBaCO3 = 19,7 gam.
Ví dụ 7: Sục 4,48 lít CO2 (đktc) vào 2 lít dung dịch Ba(OH)2 2x mol/lít và NaOH x mol/lít. Sau khi các phản
ứng xảy ra hoàn toàn thu được 19,7 gam kết tủa. Giá trị của x là:
A. 0,025 hoặc 0,03. B. 0,03. C. 0,025. D. 0,025 hoặc 0,02.
Hướng dẫn giải
Nhận xét: nCO2 pư > nBaCO3 tạo thành, nên có 2 khả năng xảy ra:
Trường hợp 1: Kết tủa không bị hòa tan.
Suy ra: nBa(OH)2 = nBaCO3 => 4x = 0,1 => x = 0,025 => n(NaOH, Ba(OH)2) = 6x = 0,15 mol.
Quan sát đồ thị ta thấy: Nếu nCO2  n(NaOH, Ba(OH)2) thì không có hiện tượng hòa tan kết tủa. Trên thực tế
thì nCO2 pư > nBaCO3 nên đã có hiện tượng hòa tan kết tủa. Vậy trường hợp này không thỏa mãn.
Trường hợp 2: Kết tủa bị hòa tan một phần.
Ta có đồ thị:
Tài liệu ôn thi ĐH, CĐ
Chuyên đề: pp Đồ thị Trang 8
2
nBaCO3
4x
0,1
nCO2
0 4x 6x 0,2 10x
Suy ra: 10x - 0,2 = 0,1 => x = 0,03.
Ví dụ 8: Dung dịch X chứa đồng thời các chất tan: NaOH 0,2M và Ba(OH)2 0,1M. Khi dẫn 0,336 lit khí CO2
hoặc 1,456 lit khí CO2 vào V ml dung dịch X đều thu được kết tủa có số gam bằng nhau (các thể tích khí đo ở
đktc). Thể tích V là:
A. 200. B. 300. C. 240. D. 150.
Hướng dẫn giải
Dựa vào bản chất phản ứng và giả thiết, ta có đồ thị :
nBaCO3
0,1V
nCO2
0 0,015 0,1V 0,3V 0,065 0,4V
Từ đồ thị suy ra: 0,065 – 0,3V = 0,1V => V = 0,2 lit = 200ml
Ví dụ 9*: Sục V lít CO2 (đktc) vào dung dịch chứa a mol Ba(OH)2 thì thu được 19,7 gam kết tủa
(TN1). Mặt khác, sục V lít CO2 (đktc) vào dung dịch chứa a mol Ba(OH)2 và a mol NaOH thì thu được
39,4 gam kết tủa (TN2). Giá trị của V và a tương ứng là:
A. 6,72 và 0,1. B. 5,6 và 0,2. C. 8,96 và 0,3. D. 6,72 và 0,2.
Hướng dẫn giải
Lượng CO2 tham gia phản ứng và lượng Ba(OH)2 ở hai thí nghiệm đều bằng nhau, nhưng ở TN1 thu được
lượng kết tủa ít hơn ở TN2. Suy ra ở TN1 kết tủa đã bị hòa tan một phần. Dựa vào tính chất của đồ thị ở TN1
suy ra :
nCO2 = 2nBa(OH)2 – nBaCO3 = (2a – 0,1) mol
Đồ thị biểu diễn sự biến thiên lượng kết tủa theo lượng CO2 ở TN 2:
nBaCO3
a
nCO2
0 a 2a 3a
Dựa vào đồ thị và số mol CO2 tìm được ở trên, ta thấy:
n(NaOH, Ba(OH)2) = 2a > nCO2 = 2a – 0,1 nên có 2 trường hợp:
Trường hợp 1: Nếu CO2 chuyển hết vào kết tủa thì:
nCO2 = nBaCO3 = 0,2 mol => a = nBa(OH)2 = nBaCO3 ở TN1 + nBa(HCO3)2 ở TN2 = 0,15 mol
Suy ra: nBaCO3 > nBa(OH)2 (Vô lí).
Trường hợp 2: CO2 không chuyển hết vào kết tủa, ta có:
a = nBa(OH)2 = nBaCO3 = 0,2 mol => nCO2 = 2a – 0,1 = 0,3 mol. Vậy V = 6,72 lit và a = 0,2 mol
Tài liệu ôn thi ĐH, CĐ
Chuyên đề: pp Đồ thị Trang 9
Ví dụ 10: Cho 18,3 gam hỗn hợp X gồm Na và Ba vào nước, thu được dung dịch Y và 4,48 lít H2 (đktc).
Xác định thể tích CO2 (đktc) cho vào dung dịch Y để thu được kết tủa cực đại?
A. 2,24 lít ≤ V ≤ 4,48 lít. B. 2,24 lít ≤ V ≤ 6,72 lít.
C. 1,12 lít ≤ V ≤ 6,72 lít. D. 4,48 lít ≤ V ≤ 6,72 lít.
Hướng dẫn giải
Trong phản ứng của X với H2O, theo giả thiết và bảo toàn eclectron, ta có:
2nBa + nNa = 2nH2 = 0,4 (1) ; 137nBa + 23nNa = 18,3 (2) => nBa = 0,1 ; nNa = 0,2
=> Trong Y có nBa(OH)2 = 0,1 ; nNaOH = 0,2 ;
Khi sục khí CO2 vào dung dịch Y, sự biến thiên lượng kết tủa theo lượng CO2 được biểu diễn bằng đồ thị sau:
nBaCO3
0,1
nCO2
0 0,1 0,3 0,4
Dựa vào đồ thị suy ra: Khi 0,1 ≤ n ≤ 0,3 hay 2,24 lit ≤ VCO2 ≤ 6,72 lit. Thì kết tủa đạt giá trị cực đại là 0,1 mol
hay 19,7 gam.
Ví dụ 11: Dẫn V lít khí CO2 (đktc) vào 200 ml dung dịch chứa KOH 0,2M và Ba(OH)2 0,1M, thu được m
gam kết tủa trắng. Nếu 0,112 ≤ V ≤ 1,456 thì giá trị m là :
A. 0,985 ≤ m ≤ 3,94. B. 2,955 ≤ m ≤ 3,94 .
C. 0,985 ≤ m ≤ 2,955 . D. kết quả khác.
Hướng dẫn giải
Theo giả thiết ta có :
nKOH = 0,04 mol ; nBa(OH)2 = 0,02 mol ;
0,005 mol ≤ nCO2 ≤ 0,065 mol. Dựa vào bản chất phản ứng và giả thiết, ta có đồ thị :
nBaCO3
0,02
0,015
0,005
nCO2
0 0,005 0,02 0,06 0,065 0,08
Khi 0,005 mol ≤ nCO2 ≤ 0,065 mol thì lượng kết tủa biến thiên theo đường nét đậm trên đồ thị.
Điểm cực đại là 0,02 và cực tiểu là 0,005 => 0,985 ≤ mBaCO3 ≤ 3,94 gam.
Ví dụ 12: Sục V lít khí CO2 (đktc) vào dung dịch chứa hỗn hợp Ca(OH)2 và NaOH, kết quả thí nghiệm
được biểu diễn bằng đồ thị sau :
nCaCO3
x
nCO2
0 0,1 0,22 0,27
Tài liệu ôn thi ĐH, CĐ
Chuyên đề: pp Đồ thị Trang 10
Giá trị của x là:
A. 0,07. B. 0,06. C. 0,04. D. 0,05.
Hướng dẫn giải
+ Căn cứ vào bản chất phản ứng và giả thiết, ta có đồ thị:
nCaCO3
x
nCO2
0 x 0,1 0,22 0,27
Hướng dẫn giải
+ Nhìn vào đồ thị ta thấy: nCa(OH)2 = 0,1 mol ; nNaOH = 0,12 mol ; nCO2 phản ứng = 0,27 mol. Ở thí ngiệm
này kết tủa đã bị hòa tan một phần.
+ Căn cứ vào dạng hình học của đề bài => 0,1 – x = 0,27 – 0,22 => x = 0,05.
Ví dụ 13: Sục V lít khí CO2 (đktc) vào dung dịch chứa hỗn hợp Ba(OH)2 và KOH, kết quả thí nghiệm
được biểu diễn bằng đồ thị sau :
nCaCO3
1,25a
nCO2
0 1,25a 2,65a 0,585
Giá trị của V bằng bao nhiêu để thu được kết quả cực đại?
A. 4,48  V  8,96. B. 2,24  V  6,72.
C. 4,2  V  8,904. D. 2,24  V  5,376.
Hướng dẫn giải
+ Căn cứ vào đồ thị ta thấy: nBa(OH)2 = 1,25a mol ; nNaOH = 1,4a mol
=> để hòa tan hết kết tủa thì nCO2 = 2nBa(OH)2 + nNaOH = 3,9a mol
+ Mặt khác theo đồ thị, để hòa tan hết lượng kết tủa cần 0,585 mol CO2 => 3,9a = 0,585 => a = 0,15
+ Để thu được kết tủa cực đại thì: 1,25a = 0,1875  nCO2  2,65a = 0,3975 => 4,2 lit  V 2CO  8,904 lit.
Ví dụ 14: Cho hỗn hợp X gồm x mol NaOH và y mol Ba(OH)2 từ từ vào dung dịch chứa z mol AlCl3 thấy
kết tủa xuất hiện, kết tủa tăng dần và tan đi một phần. Lọc thu đựơc m gam kết tủa. Giá trị của m là :
A. 78(4z – x – 2y). B. 78(2z – x – y). C. 78(4z – x – y). D. 78(2z – x – 2y).
Hướng dẫn giải
+ Theo giả thiết:
nOH  = 2nBa(OH)2 + nNaOH = (2y + x) mol ; nAl 3 = z mol ; nAl(OH)3 = 378
m
mol.
+ Dựa vào bản chất phản ứng và giả thiết, ta có đồ thị:
Tài liệu ôn thi ĐH, CĐ
Chuyên đề: pp Đồ thị Trang 11
nAl(OH)3
z
m
78
nOH 
0 3
78
m 3z x+2y 4z
+ Dựa vào tính chất hình học của đồ thị, ta có: 3
78
m
= 4z – 2y – x => m = 78(4z – 2y – x)
Ví dụ 15: Trong một cốc đựng 200 ml dung dịch AlCl3 2M. Rót vào cốc V ml dung dịch NaOH có nồng độ a
mol/lít, ta được một kết tủa; đem sấy khô và nung đến khối lượng không đổi được 5,1 gam chất rắn. Nếu V =
200 ml thì a có giá trị nào?
A. 2M. B. 1,5M hay 3M. C. 1M hay 1,5M. D. 1,5M hay 7,5M.
Hướng dẫn giải
nAl(OH)3
0,4
0,1
nOH 
0 0,3 1,2 1,5 1,6
+ Dựa vào tính chất hình học của đồ thị, ta có:
nAl(OH)3 = 0,1 =>
min 0,3
max 1,5
nOH
nOH


  
=>
[ ]min 1,5
[ ]max 7,5
NaOH M
NaOH M
 
Ví dụ 16: X là dung dịch NaOH C%. Lấy 18 gam X hoặc 74 gam X tác dụng với 400 ml AlCl3 0,1M thì
lượng kết tủa vẫn như nhau. Giá trị của C là :
A. 4. B. 8. C. 7,2. D. 3,6.
Hướng dẫn giải
+ Theo giả thiết, ta có:
nAl 3 = 0,04 mol ; /18
/ 74
nNaOH gam
nNaOH gam
=
18
74
=
9
37
=>
/18 9 ( )
/ 74 37 ( )
nNaOH gam x mol
nNaOH gam x mol
 
+ Dựa vào bản chất phản ứng và giả thiết, ta có đồ thị:
nAl(OH)3
0,04
3x
nOH 
0 9x 0,12 37x 0,16
+ Dựa vào tính chất hình học của đồ thị, ta có:
Tài liệu ôn thi ĐH, CĐ
Chuyên đề: pp Đồ thị Trang 12
0,16 – 37x = 3x => x = 0,004 => C% = 0,004.9.40
18
= 8% => C = 8.
Ví dụ 17: Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp NaOH và KOH vào nước, thu được dung dịch Z, trong
đó 0,1  nOH   0,14. Cho dung dịch Z phản ứng với dung dịch chứa 0,04 mol AlCl3, khối lượng kết tủa thu
được là m gam. Giá trị của m là:
A. 1,56  m  2,6. B. m = 2,6. C. 1,56  m  3,12. D. m = 3,12.
Hướng dẫn giải
+ Dựa vào bản chất phản ứng và giả thiết, ta có đồ thị:
nAl(OH)3
0,04
0,1/3
0,02
nOH 
0 9x 0,1 0,12 0,14 0,16
+ Căn cứ vào dạng hình học của đồ thị, ta thấy khi 0,1  nOH   0,14 thì lượng kết tủa biến thiên theo đường
nét đậm trên đồ thị
=> nAl(OH)3 min  nAl(OH)3  nAl(OH)3 max 0,02  nAl(OH)3  0,04 1,56  mAl(OH)3 3,12.
Ví dụ 18: X là dung dịch Al(NO3)3 aM. Thêm 6,21 gam Na vào 100 ml dung dịch X (TN1) thu được m
gam kết tủa. Mặt khác, nếu thêm 6,44 gam Na vào 100 ml dung dịch X (TN2) thì thu được 0,8m gam kết tủa.
Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của a là
A. 1,2M. B. 0,9M. C. 0,8M. D. 1,24M.
Hướng dẫn giải
Ta có : nNaOH / TN1 = nNa = 0,27mol; nNaOH / TN 2 = nNa = 0,28mol.
Theo giả thiết, suy ra : Ở TN2 kết tủa đã bị hòa tan một phần; ở TN1 kết tủa có thể đã bị hòa tan hoặc chưa.
nAl(OH)3
a
nOH 
0 3a 4a
+ Nếu ở thí nghiệm 1 kết tủa chưa bị hòa tan thì căn cứ vào dạng hình học của đồ thị, ta có:
3
3
3
1: ( )
3
2 : ( ) 4
nOHTN nAl OH
TN nAl OH nAl nOH

 
   
=>
1: 0,09
78
0,82 : 4.0,1 0,28
78
mTN
mTN a
   
=>
7,02
0,88
m
a
 
=> TN1: nAl(OH)3 = 0,088 < 3
nOH 
= 0,09 (loại). Vì như thế có nghĩa là đã có hiện tượng hòa tan kết tủa.
+ Nếu ở thí nghiệm 2 kết tủa đã bị hòa tan thì căn cứ vào dạng hình học của đồ thị, ta có:
Tài liệu ôn thi ĐH, CĐ
Chuyên đề: pp Đồ thị Trang 13
3
3
3
3
1: ( ) 4
2 : ( ) 4
TN nAl OH nAl nOH
TN nAl OH nAl nOH
 
 
    
=>
1: 4.0,1 0,27
78
0,82 : 4.0,1 0,28
78
mTN a
mTN a
    
=>
3,9
0,8
m
a
 
Ví dụ 19: Cho V lít dung dịch NaOH 2M vào dung dịch chứa 0,1 mol Al2(SO4)3 và 0,1 mol H2SO4 đến khi
phản ứng hoàn toàn, thu được 7,8 gam kết tủa. Giá trị lớn nhất của V để thu được lượng kết tủa trên là :
A. 0,35. B. 0,25. C. 0,45. D. 0,05.
Hướng dẫn giải
+ Ta có: nH  = 2nH2SO4 = 0,2 mol ; nAl 3 = 0,2 mol ; nAl(OH)3 = 0,1 mol.
+ Dựa vào bản chất phản ứng và giả thiết, ta có đồ thị:
nAl(OH)3
0,2
0,1
nNaOH
0 0,2 0,5 0,8 0,9 1,0
+ Dựa vào dạng hình học của đồ thị, ta thấy:
nAl(OH)3 = 0,1 mol => nNaOH max = 0,9 mol => VddNaOH = 0,45 lit
Ví dụ 20: 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 :
nAl(OH)3
0,4
nNaOH
0 0,8 2,0 2,8
Tỉ lệ a : b là
A. 2 : 1. B. 2 : 3. C. 4 : 3. D. 1 : 1.
Hướng dẫn giải
+ Căn cứ vào bản chất phản ứng và giả thiết, ta có đồ thị:
nAl(OH)3
b
0,4
nNaOH
0 0,8 2,0 (3b+0,8) 2,8
Suy ra:
0,8
(3 0,8 2) 3(2,8 3 0,8)
a nHCl
b b
       =>
0,8
0,6
a
b
  =>
a
b
=
4
3

Tài liệu đính kèm:

  • pdfgiai_bai_tap_bang_phuong_phap_do_thi.pdf