(SKKN mới NHẤT) SKKN sử dụng định luật bảo toànnguyên 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

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

1.1 Lí do chọn đề tài 1

1.2 Mục đích nghiên cứu 1

1.3 Đối tượng nghiên cứu 1

1.4 Phương pháp nghiên cứu 1

2 NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2

2.1 Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm 2

2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 4

2.3 Giải pháp 4

2.3.1 Dạng 1: XO2 tác dụng với dung dịch M(OH)2 (M: Ca, Ba) 4

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 6

2.3.3.Dạng 3: OH- tác dụng với dung dịch muối chứa Al3+ hoặc Zn2+ 9

2.3.4.Dạng 4: H+ tác dụng với dung dịch muối chứa ion AlO2- ([Al(OH)4]-) hoặc ZnO22- ([Zn(OH)4]2-) 11

2.3.5.Dạng 5: OH- tác dụng với dung dịch chứa hỗn hợp a mol H+ và b mol Al3+ 13

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]- 16

2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục 19

2.4.1 Cách tổ chức thực hiện 19

2.4.2 Thu thập và phân tích kết quả 19

3 KẾT LUẬN, KHUYẾN NGHỊ 20

3.1 Kết luận 20

3.2 Khuyến nghị 20

download by : skknchat@gmail.com

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 làmột trong những loại bài tập biểu thị giữa các đại lượng trên đồ thị như số molkết tủa và số mol khí, số mol kết tủa và số mol OH-, số mol kết tủa và số mol

Trong quá trình giảng dạy của mình, đặc biệt là dạy khối và dạy ôn thiTHPTQG, tôi nhận thấy khi sử dụng phương pháp bảo toàn nguyên tố vào việcgiải bài tập đồ thị đã mang lại kết quả tốt hơn Học sinh sử dụng đơn giản hơnmặt khác bài toán không mất đi bản chất hóa học Phương pháp này những họcsinh 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 toànnguyên 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

1

2 NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

2.1 Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm

2.1.1.Dạng 1: XO 2 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 ralần 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

2.1.2 Dạng 2: XO 2 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

Sự biến thiên kết tủa theo số mol CO2 được biểu diễn trên đồ thị sau

2.1.3 Dạng 3: OH - tác dụng với dung dịch chứa Al 3+ hoặc Zn 2+

Cho từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch chứa a mol Al3+, Xảy ra lần lượt cácphương trình phản ứng sau

Al3+ + 3OH- → Al(OH)3 (1)

2

a

O

a n↓

a+

b

2a+b

download by : skknchat@gmail.com

Al(OH)3 + OH- → Al(OH)4- (2)

Sự biến thiên kết tủa theo số mol OH- được biểu diễn trên đồ thị sau

2.1.4 Dạng 4: H + tác dụng với dung dịch muối chứa ion AlO 2 - ([Al(OH) 4 ] - ) hoặc ZnO 2 2- ([Zn(OH) 4 ] 2- )

Cho từ từ dung dịch axit HCl vào dung dịch chứa a mol NaAlO2 (hoặcNa[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

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

a

n↓

3a

4a

4a

a+3b

b

n

↓

a+4b

download by : skknchat@gmail.com

2.1.6 Dạng 6: OH - tác dụng với dung dịch chứa hỗn hợp ion gồm a mol OH

-và b mol AlO 2 - ([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

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 Thôngqua các nguồn tài liệu như: sách báo, mạng internet, tôi thấy cách giải chủ yếuchỉ dựa vào hình học, như sử dụng tam giác đồng dạng, dựa vào tỉ lệ các đoạnthẳng… để giải

2.3 Giải pháp

2.3.1 Dạng 1: XO 2 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

+ Từ điểm n CO2 = 0 đến n CO2 = a, cacbon tồn tại trong một chất là CaCO3,

a+4b

a O

b

n

↓

a+b

a O

download by : skknchat@gmail.com

Bảo toàn nguyên tố cacbon

Tại điểm n CO2= 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:

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); n CaC O3max = n CO2= 0,1 = n Ca¿¿

Tại điểm n CO2 = 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)

=> n N2 = 22,45,6 – 0,15 = 0,1 (mol)

5

=> d hh/H2 = 0,15.44+0,1.280,25.2 = 18,8

Đáp án C

2.3.2 Dạng 2: XO 2 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

Từ điểm n CO2= 0 đến n CO2 = a, cacbon tồn tại trong một chất là BCO3

Từ điểm n CO2 = a đến n CO2= (a + b) kết tủa đạt cực đại

Từ điểm n CO2 = (a + b) đến n CO2 = (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:

Bảo toàn cho nguyên tố C: x + 2a = 2,8

Tại điểm n CO2= a + 1,2 Cacbon tồn tại trong hai chất:

NaHCO3 ( x mol) và CaCO3 (a mol)

Bảo toàn cho nguyên tố cacbon:

O

a n↓

a+

b

2a+

b

download by : skknchat@gmail.com

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: n Ba¿ ¿= 0,2 (mol)

Tại điểm n CO2= 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)

Tại điểm n CO2 = 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)

7

Tại điểmn CO2 = 0,4 (mol), các bon tồn tại trong các chất: CaCO3: x mol;

Tại điểm n CO2 = 0,15 (mol) => n Ba¿ ¿= 0,15 mol

Tại điểm n CO2= 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 n CO2 = 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)

Tại điểm n CO2 = 1,8 (mol) => nKOH = 1,8 – n Ba¿ ¿= 1,8 – 0,8 = 1 (mol)

Tại điểm n CO2 = x => Các chất tồn tại dưới dạng:

BaCO3 : 0,2 mol; Ba(HCO3)2: 0,6 và KHCO3: 1 mol

8download by : skknchat@gmail.com

Bảo toàn cho nguyên tố cacbon:

= 0,2 + 2 0,6 + 1 = x => x = 2,4 (mol)

Khối lượng dung dịch sau phản ứng

= mdd(ban đầu) + m CO2 – m BaCO3 = 500 + 2,4 44 - 0,2 197 = 566,2 (gam)

Tổng khối lượng các chất tan trong dung dịch

Tại điểm n CO2 = 0,03 (mol) = n BaC O3

Tại điểm n CO2 = 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:

∑n C = n CO2 = 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 Al 3+ hoặc Zn 2+

2.3.3.1 Sử dụng phương pháp bảo toàn nguyên tố cho dạng 3

+ Từ điểm n OH− ¿ ¿= 0 đến n OH− ¿ ¿= 3a; OH- tồn tại trong Al(OH)3

Số mol Al(OH)3

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 = n A l3+ ¿ ¿ 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 => n A l2¿¿= 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:

10download by : skknchat@gmail.com

(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 n Ba¿ ¿= V; kết tủa thu được là BaSO4: 0,3 (mol); bảo toàn cho gốc SO4

2-=> n A l2¿¿= 0,1 (mol)

Tại điểm n Ba¿ ¿ = V => nhôm tồn tại trong một ion là Al(OH)4-: 0,2 mol

Bảo toàn cho nhóm OH- => n Ba¿ ¿= 0,2.42 = 0,4 => V = 0,40,2 = 2 (lít)

a

n↓

+

Bảo toàn cho nguyên tố Cl:

Tại điểm nHCl = 0,1 => kết tủa đạt cực đại: => n NaAl O2= 0,1

Tại điểm nHCl = b, Sau phản ứng gồm: NaCl: 0,1; Al(OH)3: 0,06;

Tại điểm n H+ ¿ ¿= 0,2 (mol) => a = 0,2

Tại điểm n H+ ¿ ¿= 1(mol), các chất tồn tại dưới dạng: Al(OH)3: 0,2 mol và AlCl3: xmol; 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

2.3.5.1 Sử dụng phương pháp bảo toàn nguyên tố cho dạng 5

Từ điểm n O H− ¿ ¿ = a đến n O H− ¿ ¿ = 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- )

13

a+3b

download by : skknchat@gmail.com

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:

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

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 =(0,6 a – 2,4 b)

3 (1)

14

a O

A

download by : skknchat@gmail.com

Tại điểm nNaOH = 1,4a:

OH- tồn tại trong 3 chất Al(OH)3: y (mol); Al(OH)4- : (x – y) (mol);

diễn bằng đồ thị bên Giá trị của a là

- 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:

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.

15

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 => n Al2O3= 0,09−0,032 = 0,03(mol)

=> a = mAl + m Al2O3 = 0,03 27 + 0,03 102 = 3,87 (gam) => Đáp án C

-và b mol AlO 2 - ([Al(OH) 4 ]

-2.3.6.1 Sử dụng phương pháp bảo toàn nguyên tố cho dạng 6.

Tại n H+ ¿ ¿= a => n O H− ¿ ¿= a

Từ giá trị n H+ ¿ ¿= a đến n H+ ¿ ¿= a + b , sản phẩm là Al(OH)3 và NaCl

Tại n H+ ¿ ¿= a + b => kết tủa cực đại

Từ giá trị n H+ ¿ ¿=a + b đến n H+ ¿ ¿= a + 4b, sản phẩm là Al(OH)3 và AlCl3 và NaClBảo toàn cho clo: nCl = 3nAlCl3 + nNaCl = nHCl

2.3.6.2 Một số bài tập áp dụng.

Câu 1:

16

a+4b

a O

b

n

↓

a+b

download by : skknchat@gmail.com

Khi nhỏ từ từ đến dư dd HCl vào dd hỗn hợp gồm x mol Ba(OH)2 và y molBa[Al(OH)4]2 (hoặc Ba(AlO2)2), kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thịsau:

Giá trị của x và y lần lượt là

A 0,10 và 0,30 B 0,10 và 0,15 C 0,05 và 0,15 D 0,05 và 0,30

Hướng dẫn

Theo đồ thị x = 0,1 : 2 = 0,005

Tại điểm nHCl = 0,7: Các chất sản phẩm là

BaCl2: (x + y) (mol); Al(OH)3: 0,2 (mol); AlCl3: (2y – 0,2) (mol)

Bảo toàn cho nguyên tố Clo: nHCl = ∑n Cl = 2.(x + y) + 3.(2y – 0,2) = 0,7

=> y = 0,15 (mol)

Đáp án C

Câu 2: Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch HCl vào dung dịch hỗn hợp gồm x mol

NaOH và y mol NaAlO2, kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau:

Tỉ lệ x : y là

A 3 : 2 B 2 : 3 C 3 : 4 D 3 : 1.

Hướng dẫn:

Theo đồ thị nNaOH = 0,6 (mol) = x

Tại điểm nHCl =1,6; Các chất sinh ra

NaCl: (x + y) (mol); Al(OH)3:0,2 (mol); AlCl3:(y – 0,2) (mol)

Bảo toàn nguyên tố Clo : nHCl = ∑n Cl = x + y + 3 (y – 0,2) = 1,6 => y = 0,4

A 14,40 B 19,95. C 29,25 D 24,60.

17

Hướng dẫn:

Dung dịch Y gồm: NaOH (x mol) và NaAlO2 (y mol)

- Tại điểm V = 150ml => n H+ ¿ ¿= 0,15 mol = nNaOH = x (ddY)

-Tại điểmV=350ml=> n H+ ¿ ¿=0,35

=> n Al O

2

− ¿

¿ tác dụng với H+=0,35–0,15= 0,2(mol) => n↓ = 0,2 (mol)

- Tại điểm V =750 ml => n H+ ¿ ¿= 0,75 các chất tạo thành là:

Al(OH)3: 0,2 mol; AlCl3: (y – 0,2) mol; NaCl : (x + y) mol

Bảo toàn cho Cl: 3.(y – 0,2) + x + y = 0,75 => y =0,3

Bảo toàn Na => nNa = 0,45 (mol) => n N a2O= 0,45: 2 = 0,225

Bảo toàn Al => n A l2O3= 0,32 = 0,15 (mol)

=> a = 0,15 102 + 0,225 62 = 29,25 (gam) => Đáp án C

Câu 4:

(Câu76 – THPTQG -2017 – MĐ: 204)

Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm Al2O3 và Na vào nước, thu được dung dịch

Y và x lít khí H2 (đktc) Cho từ từ dung dịch HCl 1M vào Y, lượng kết tủaAl(OH)3 (m gam) phụ thuộc vào thể tích dung dịch HCl (V ml) được biểu diễn bằng đồ thị bên Giá trị của x là

A 10,08 B 3,36 C 1,68 D 5,04.

Hướng dẫn:

Gọi số mol các chất trong hỗn hợp X là: a mol Al2O3; b mol Na

Từ đồ thị ta thấy dung dịch Y gồm các chất:

NaOH: (b –2a) mol và NaAl(OH)4: 2a (mol)

Tại điểm V = 150 => nHCl =0,15 (mol) = n OH− ¿ ¿ trong Y

Tại điểm V = 350 ml => nHCl =0,35 (mol) => nkt = 0,35 - 0,15 = 0,2(mol)

Tại điểm V =750 (ml) => nHCl = 0,75(mol) =>sau phản ứng, tồn tại các chất sau:Al(OH)3: 0,2; AlCl3: (2a – 0,2); NaCl: b

Bảo toàn cho nguyên tố Clo: 3 (2a – 0,2) + b =0,75 (1)

18download by : skknchat@gmail.com