giai toan co2 tac dung voi dd kiem bang pp bien luan

Biện luận khối lượng của muối theo số mol của oxit... Cơ sở lý thuyết: - Nếu biết khối lượng 1 muối trung hòa hoặc axit thì biện luận 2 trường hợp: + Trường hợp 1: Chỉ có 1 muối tạo thà

GIẢI BÀI TOÁN CO2 PHẢN ỨNG VỚI DUNG DỊCH

KIỀM THEO PP BIỆN LUẬN

1 Biện luận khối lượng của muối theo số mol của oxit

- Trường hợp 1: Giả sử muối tạo thành là muối trung hòa => nmuối = noxit

- Trường hợp 2: Giả sử muối tạo thành là muối axit => nmuối 1

2 noxit

- Trường hợp 3: Giả sử tạo ra hỗn hợp 2 muối, ta có: 0,5 < nba ¬

n oxit

z <1

=> m muối axit < m muối trung hòa + mmuối axit < mmuối trung hòa

Ví dụ: Hấp thụ hoàn toàn 0,672 lit khí SO2 vào dung dịch Ba(OH)2 Hỏi muối nào tạo thành? Khối lượng bao nhiêu?

Hướng dẫn:

Ta có: n 0, 672

SO2 22, 4 0,03 mol

Vì chưa biết tỉ lệ số mol n baôô

noxit nên có thể xảy ra 3 trường hợp:

- Trường hợp 1: Giả sử phản ứng chỉ tạo ra muối trung hòa BaSO3

PTHH: Ba(OH)2 + SO2  BaSO3 + H2O

=> mBaSO3 = 0,03 x 217 = 6,51 gam

-Trường hợp 2: Phản ứng chỉ tạo ra muối axit Ba(HSO3)2

=>

3

1

SO Ba(HSO ) 2

2 2



PTHH: 2SO2 + Ba(OH)2  Ba(HSO3)2

Vì

3

1

SO Ba(HSO ) 2

2 2

 = 0, 03

2 = 0,015

=> mBa(HSO )3 2 ≤ 0,015 x 299 = 4,485 gam

- Trường hợp 3: Giả sử phản ứng tạo ra hỗn hợp 2 muối

PTHH: Ba(OH)2 + SO2  BaSO3 + H2O (1)

2SO2 + Ba(OH)2  Ba(HSO3)2 (2)

Vì tạo ra hỗn hợp 2 muối nên ta có: 0,5 < ( )2

2

n Ba OH

n SO <1

 0,5 < ( )2

0, 03

n Ba OH

< 1  0,015 < ( )

2

n

Ba OH < 0,03 Theo (1) và (2) ta luôn có nBaSO + nBa(HSO ) = nBa(OH)

 4,485 < mBaSO + mBa(HSO )

3 3 2< 6,51

2 Biện luận khối lượng của muối theo số mol của bazơ

- Trường hợp 1: Giả sử muối tạo thành là muối trung hòa

=> nmuối  nbazơ

- Trường hợp 2: Giả sử muối tạo thành là muối axit => nmuối = nbazơ

- Trường hợp 3: Giả sử tạo ra hỗn hợp 2 muối, ta có: 0,5 < nba ¬

n oxit

z <1

=> mmuối trung hòa < mmuối trung hòa + mmuối axit < mmuối axit

Ví dụ: Sục khí SO2 vào 100 ml dung dịch Ca(OH)2 0,5M Hỏi muối nào tạo thành? Khối lượng bao nhiêu?

Hướng dẫn: Ta có: n

Ca(OH)

2

= 0,1 x 0,5 = 0,05 mol

Vì chưa biết tỉ lệ số mol n baz

n oxit

ô nên có thể có 3 trường hợp:

- Trường hợp 1: Giả sử chỉ tạo ra muối trung hòa CaSO3 => n n

CaSO Ca(OH)



PTHH: SO2 + Ca(OH)2  CaSO3

=> nCaSO3 nCa(OH)2 => mCaSO3≤ 0,05 x 120 = 6 gam

-Trường hợp 2: Giả sử chỉ tạo ra muối axit Ca(HSO3)2

=> nCa(H SO3) 2 nCa(OH)2

PTHH: 2SO2 + Ca(OH)2  Ca(HSO3)2

=> mCa(HSO )3 2= 0,05 x 202 = 10,1 gam

- Trường hợp 3: Giả sử phản ứng tạo ra hỗn hợp 2 muối

2SO2 + Ca(OH)2  Ca(HSO3)2 (2)

Vì tạo ra hỗn hợp 2 muối nên ta có:

0,5 <

n a(OH) 2 n

SO 2

C

<1  0,5 <

n Ca(OH)

2 n

SO 2

< 1 Theo (1) và (2) ta luôn có nCaSO + nCa(HSO ) = nCa(OH)

=> mCaSO < mCaSO + mCa(HSO ) < mCa(HSO )

<=> 6 < mCaSO + mCa(HSO )

3 Biện luận lượng chất tham gia dựa vào khối lượng của muối

Cơ sở lý thuyết:

- Nếu biết khối lượng 1 muối trung hòa (hoặc axit) thì biện luận 2 trường hợp:

+ Trường hợp 1: Chỉ có 1 muối tạo thành theo đề cho

+ Trường hợp 2: Tạo ra hỗn hợp 2 muối

- Nếu biết khối lượng kết tủa chưa cực đại (nRCO3 < nR(OH)2) thì biện luận theo 2 trường hợp:

+ Trường hợp 1: mol oxit thiếu, phản ứng chỉ tạo ra muối trung hòa + Trường hợp 2: mol oxit dư so với kiềm nên hòa tan một phần kết tủa

- Nếu số mol kết tủa < mol CO2 thì cũng biện luận theo 2 trường hợp:

+ Trường hợp 1: mol CO2 dư (trường hợp này thường vô lý)

+ Trường hợp 2: mol oxit dư so với kiềm nên hòa tan một phần kết tủa

- Nếu biết khối lượng muối chung thì biện luận theo 3 trường hợp:

+ Trường hợp 1: Phản ứng chỉ tạo ra muối axit

+ Trường hợp 2: Phản ứng chỉ tạo ra muối trung hòa

+ Trường hợp 3: Phản ứng tạo ra hỗn hợp 2 muối, rồi giải theo phương

pháp song song

* Lưu ý: Đối với trường hợp nếu biết số mol kết tủa chưa cực đại thì cũng có thể

áp dụng phương pháp khảo sát đồ thị để giải

Nếu: 0 < n < n R OH( ) 2 thì bài toán có 2 nghiệm x1 và x2

Với x1 = n; x2 = 2n R OH( ) 2 n

Các ví dụ minh họa:

Ví dụ 1: Sục từ từ V lít khí SO2 ở đktc vào 100 ml dung dịch Ba(OH)2 1,5M, thu được 23,3 gam kết tủa Tính giá trị của V

nR

(OH)2

noxit

x1 a x2 2a

a

Hướng dẫn:

Cách 1:

Ta có : nBa(OH)2 = 0,15 mol; nBaSO

3= 0,1 mol

Vì n < nBa(OH)2nên kết tủa chưa cưc đại => có các trường hợp sau:

- Trường hợp 1: Ba(OH)2 dư => muối tạo thành chỉ có BaSO3

PTHH: SO2 + Ba(OH)2  BaSO3 + H2O

=> VSO2= 0,1 x 22,4 = 2,24 lít

- Trường hợp 2: SO2 hết nhưng đã hòa tan một phần kết tủa

PTHH: SO2 + Ba(OH)2  BaSO3 + H2O (1)

Theo (1) thì nBaSO3= 0,15mol, nhưng theo đề thì nBaSO3= 0,1mol => nBaSO3 bị hòa tan: 0,15 – 0,05 = 0,1 mol

SO2 + H2O + BaSO3  Ba(HSO3)2 (2)

=> VSO2= (0,15 + 0,05) x 22,4 = 4,48 lít

Cách 2: Áp dụng phương pháp khảo sát đồ thị, ta có:

0 < nBaSO3 = 0,1 <nBa(OH)2 = 0,15 Vậy bài toán có hai nghiệm x1 và x2 Với x1 = nBaSO3 = 0,1 mol;

x2 =2 nBa(OH)2- nBaSO3 = 2 x 0,15 – 0,1 = 0,2 mol

=>

2

SO

V = 0,1 x 22,4 = 2,24 lít và

2

SO

V = 0,2 x 22,4 = 4,48 lít

Ví dụ 2: Dẫn 10 lít hỗn hợp khí A gồm O2 và CO2 (đo ở đktc) vào bình đựng 0,02 mol Ca(OH)2 Sau khi phản ứng kết thúc, lọc riêng kết tủa, làm khô, cân nặng 1gam Hãy tính % theo thể tích mỗi khí trong hỗn hợp A

nBaSO

3

nSO

2 0,1 0,15 0,2 0,3

0,15

0,1

Hướng dẫn:

Cách 1:

Ta có: nCaCO3 = 0,01mol; n Ca OH( ) 2= 0,02 mol

Ta thấy: nCaCO < nCa(OH)

3 2=> kết tủa chưa cực đại nên có 2 trường hợp:

- Trường hợp 1: nCa(OH)2 dư

PTHH: CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O

=> %V CO2 = 0, 01 22, 4 100% 2, 24%

10

x

- Trường hợp 2: CO2 hết nhưng đã hòa tan được một phần CaCO3

PTHH: CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O (1)

Theo (1) thì nCaCO3= 0,02mol, nhưng theo đề thì nCaCO3= 0,01mol

=> nCaCO3bị hòa tan = 0,02 – 0,01 = 0,01 mol

CO2 + H2O + CaCO3  Ca(HCO3)2

=> %V CO2 = 0, 03 22, 4 100% 6, 72%

10

x

Cch 2: Áp dụng phương pháp khảo sát đồ thị, ta có:

0 < nCaCO3 = 0,01mol <nCa(OH)2 = 0,02 mol

=> Bài toán có 2 nghiệm x1, x2

Với x1 = nCaCO3= 0,01mol;

x2 = 2 nCa(OH)2– x1 = 2 x 0,02 – 0,01 = 0,03 mol

2

0, 01 22, 4

% 100% 2, 24%

10

% 97, 76%

x

VO







 



2

0, 03 22, 4

% 100% 6, 72%

10

% 93, 28%

x

VO







 



Ví dụ 3: Hòa tan hoàn toàn 30 gam muối CaCO3 bằng axit HCl Hấp thụ hoàn toàn lượng khí sinh ra vào 100 ml dung dịch Ba(OH)2 aM, thu được 14,95 gam muối axit Ba(HCO3)2 Tính giá trị của a

Hướng dẫn Ta có: nCaCO3= 0,3 mol

PTHH: CaCO3 + 2HCl  CaCl2 + CO2 + H2O

Theo PTHH => nCO2 = 0,3 mol

Theo đề: nBa(HCO )3 2= 0,05 mol

Ta thấy: nBa(HCO )3 2 < nCO2=> bài toán có 2 trường hợp

- Trường hợp 1: CO2 dư

PTHH: 2CO2 + Ba(OH)2  Ba(HCO3)2

0,05 0,05 (mol)

=> a = 0,5M

- Trường hợp 2: CO2 hết nhưng đã hòa tan một phần kết tủa BaCO3

PTHH: CO2 + Ba(OH)2  BaCO3 + H2O

(0,3–0,05) (0,3- 0,05) (mol)

CO2 + BaCO3 + H2O  Ba(HCO3)2

=> a = 2,5M

Ví dụ 4: Dẫn 10 lít hỗn hợp khí A gồm CO và CO2 (đktc) vào 100 ml dung dịch Ba(OH)2 2M Cô cạn hỗn hợp sản phẩm thu được 42,5 gam muối Tính % thể tích mỗi khí trong hỗn hợp A Biết H = 100%

Hướng dẫn:

Vì đề cho 42,5 gam muối là khối lượng muối chung nên có các trường hợp sau:

- Trường hợp 1: 42,5 gam chỉ toàn là muối BaCO3

nCaCO

3

nCO

2 0,01 0,02 0,03 0,04

0,02

0,01

=>

3

CO

Ba

n = 42, 5 0, 22

PTHH: CO2 + Ba(OH)2  BaCO3 + H2O

Theo PTHH: nBa OH( )2= 0,22 > 0,2 => Vô lý

- Trường hợp 2: 42,5 gam chỉ toàn là muối Ba(HCO3)2

=> nBa(HCO )3 2= 42, 5

0,16

259  mol

PTHH: 2CO2 + Ba(OH)2  Ba(HCO3)2

Theo PTHH: nBa OH( )2 = 0,16 < 0,2 => Vô lý

- Trường hợp 3: Phản ứng tạo ra hỗn hợp 2 muối

Đặt x, y lần lượt là số mol của BaCO3 và Ba(HCO3)2 PTHH: CO2 + Ba(OH)2  BaCO3 + H2O

2CO2 + Ba(OH)2  Ba(HCO3)2 2y y y (mol)

Ta có hệ pt: 0, 2

197 259 42,5

x y

 







Giải hệ ta được 0,15

0, 05

x y











=> nCO2= x + 2y = 0,25 mol Vậy: %VCO2 = 56%; %VCO = 44%

4 Oxit axit CO 2 (hoặc SO 2 ) tác dụng với hỗn hợp kiềm R(OH) 2 và MOH

Cơ sở lí thuyết:

Khi sục khí CO2 hoặc SO2 vào dung dịch chứa hỗn hợp kiềm dạng R(OH)2 và MOH thì các phản ứng xảy ra theo trình tự sau:

CO2 + R(OH)2  RCO3 + H2O (1)

CO2 + MOH  M2CO3 + H2O (2)

CO2 + H2O + M2CO3  2MHCO3 (3)

CO2 + H2O + RCO3  R(HCO3)2 (4)

Nhận xét:

- Nếu lượng kết tủa cực đại (

3 ( ) 2

n n ) thì phản ứng (4) không xảy

ra Lúc này biện luận bài toán theo 3 trường hợp:

+ TH1: Chỉ xảy ra phản ứng (1) + TH2: Xảy ra (1) và (2)

+ TH3: Xảy ra cả (1), (2) và (3)

- Nếu kết tủa không cực đại (

3 ( ) 2

n n ) Lúc này biện luận bài toán theo 2 trường hợp:

+ TH1: Chỉ xảy ra (1) và R(OH)2 dư

+ TH2: Xảy ra cả (1), (2), (3) và (4) nhưng lượng kết tủa RCO3 chỉ tan một phần

Các ví dụ minh hoạ:

Ví dụ 1:Nhiệt phân hoàn toàn m gam muối MgCO3, thu được V lít khí CO2 (đktc) Dẫn toàn bộ lượng CO2 này vào 2 lít dung dịch A chứa KOH 0,1M và Ca(OH)2 0,05M thì thu được 8 gam kết tủa Viết các phương trình phản ứng có thể xảy ra và tính giá trị của m Giả thiết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn

Hướng dẫn

Ta có: n KOH = 2 x 0,1 = 0,2 mol; n Ca(OH)2 = 2 x 0,05 = 0,1 mol

n CaCO3 = 8

100= 0,08 mol Nhận xét:

3

CaCO

2

Ca OH

n => kết tủa chưa cực đại => bài toán có 2 trường hợp:

- TH1: ( )

2d­

Ca OH n

- TH2: Kết tủa CaCO3 bị tan một phần

=> Các phương trình xảy ra như sau:

MgCO3 t0

CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O (2)

CO2 + 2KOH  K2CO3 + H2O (3)

CO2 + K2CO3 + H2O  2KHCO3 (4)

CO2 + CaCO3 + H2O  Ca(HCO3)2 (5)

- Xét trường hợp 1: ( )

2d­

Ca OH

n => chỉ xảy ra phản ứng (2)

=>

2

CO

n =

3

CaCO

n = 0,08 mol Theo (1) => m = 0,08 x 84 = 6,72 gam

- Xét trường hợp 2: CaCO3 bị hoà tan một phần => xảy ra cả (2), (3), (4), (5)

Từ (2), (3), (4), (5) => n CO2 = ( )

2

Ca OH

n + n KOH+

3tan

CaCO

n

= 0,1 + 0,2 + (0,1 – 0,08) = 0,32 mol

=> m = 0,32 x 84 = 26,88 gam

Ví dụ 2:Dẫn 30 lit hỗn hợp khí gồm SO2 và O2 vào 2 lít dung dịch chứa

Ba(OH)2 0,2M và NaOH 0,3M, thu được 86,8 gam kết tủa

a) Viết các phương trình phản ứng có thể xảy ra

b) Tính % thể tích mỗi khí trong A

Hướng dẫn

Ta có:n Ba(OH)2 = 2 x 0,2 = 0,4 mol; n NaOH = 0,3 x 2 = 0,6 mol

n BaSO3 = 86,8

217 = 0,4 mol Nhận xét: n BaSO3 = n Ba(OH)2 => kết tủa cực đại => các phương trình phản ứng xảy ra như sau:

SO2 + Ba(OH)2  BaSO3 + H2O (1)

SO2 + 2NaOH  Na2SO3 + H2O (2)

SO2 + Na2SO3 + H2O  2NaHSO3 (3)

b) Tính % thể tích mỗi khí trong hỗn hợp A

Bài toán có 3 trường hợp xảy ra như sau:

- TH1: Chỉ xảy ra phản ứng (1)

=> n SO2 = n BaSO3 = 0,4 mol

=> %V SO2 = 0,4 22,4 100

30

x

x = 29,9% => %VO2 = 70,1 %

- TH2: Chỉ xảy ra (1) và (2)

=> n SO2 max = n Ba(OH)2 + 1

2n NaOH = 0,4 + 0,3 = 0,7 mol

=> %VSO2 =0,7 22,4 100

30

x

x = 52,3 % => %VO2 = 47,7 % Vậy 22,9% < % VSO2 < 52,3%

- TH3: Đã xảy ra cả (1), (2) và (3)

=> n SO2 max = n Ba(OH)2 + n NaOH = 0,4 + 0,6 = 1 mol

=> %VSO2 =1 22,4 100

30

x

x = 74,7 % => %VO2 = 25,3%

Vậy 52,3% < %VSO2 < 74,7%