giải bài tập hóa học bằng đồ thị

giải bài tập hóa học bằng đồ thị tham khảo

Trang 1

CHUYÊN ĐỀ 2: PHƯƠNG PHÁP ĐỒ THỊ TRONG GIẢI BÀI TẬP

HÓA HỌC

I Nội dung của phương pháp

Cơ sở của phương pháp đồ thị là sử dụng đồ thị để giải một số hệ phương trình Nhưng có thể vận dụng phương pháp này để giải một số dạng bài tập hóa học mà trong thí nghiệm có hai quá trình xảy ra: lượng kết tủa tăng dần, rồi sau đó giảm dần đến hết khi lượng chất phản ứng có dư

II Phạm vi áp dụng của phương pháp

Trong giải toán hóa học, có thể vận dụng phương pháp này trong các trường hợp sau:

 Sục từ từ khí CO2 vào dung dịch chứa hiđroxit của kim loại kiềm thổ, như Ca(OH)2, Ba(OH)2,…

 Cho từ từ dung dịch kiềm đến dư vào dung dịch muối Al3+ hoặc muối Zn2+

 Rót từ từ dung dịch axit mạnh, như HCl, H2SO4, HNO3 đến dư vào dung dịch muối aluminat AlO2- hoặc muối zincat ZnO22-

III Phương pháp

Phương pháp nảy thường dùng để

 Tính lượng chất phản ứng khi biết kết tủa thu được

 Tìm điều kiện để thu được kết tủa lớn nhất, nhỏ nhất

Dạng 1: Dẫn từ từ khí CO2 đến dư vào dung dịch chứa a mol Ca(OH)2 hoặc Ba(OH)2 thu được b mol kết tủa CaCO3 hoặc BaCO3

Các phản ứng xảy ra theo thứ tự sau:

CO2 + Ca(OH)2   CaCO3↓ + H2O (1)

CO2 còn dư + H2O + CaCO3   Ca(HCO3)2 (2)

Dựa vào 2 phương trình trên, ta vẽ được đồ thị biểu diễn sự biến đổi số mol kết tủa CaCO3 theo số mol CO2

như sau:

nCO2

nCaCO3

b

a

nCaCO3max = nCa2+

Từ đồ thị, ta dễ dàng nhận thấy:

nCO 2 phản ứng tại A = x = b = n↓

nCO 2 phản ứng tại B = y = 2a – b = nOH - – n↓

Ví dụ 1: Dẫn V lit khí CO2 (đktc) vào 300ml dung dịch Ca(OH)2 0,5M, thu được 10g kết tủa Giá trị của V là:

A 2,24 B 3,36 C 2,24 hoặc 3,36 D 2,24 hoặc 4,48

Hướng dẫn giải Cách 1: giải theo cách thông thường

nCa(OH)2 = 0,15; nCaCO3↓ = 0,1

Do nCaCO3 ≠ nCa(OH)2  Có 2 trường hợp xảy ra

Trường hợp 1: chỉ tạo muối CaCO3

CO2 + Ca(OH)2   CaCO3↓ + H2O

 nCO2 = nCaCO3 = 0,1  V = 2,24 lit

Trường hợp 2: tạo cả 2 muối

Trang 2

CO2 + Ca(OH)2   CaCO3↓ + H2O

0,1 ← 0,1 ← 0,1

2CO2 + Ca(OH)2   Ca(HCO3)2

0,1 ← (0,15 – 0,1)

 nCO2 = 0,2  V = 4,48 lit

Vậy chọn D

Cách 2: sử dụng phương pháp đồ thị

nCO2

nCaCO3

0,15

nCaCO3max = nCa(OH)2 = 0,15

Từ đồ thị  nCO2 tại A = 0,1; nCO2 tại B = 0,2

 VCO2 tại A= 2,24 lit; VCO2 tại B = 4,48 lit  Chọn D

Ví dụ 2: Trong 1 bình kín chứa 2 lit dung dịch Ba(OH)2 0,075M Sục vào bình lượng CO2 với số mol dao động trong đoạn [0,02; 0,12] Vậy khối lượng kết tủa biến thiên trong giới hạn nào?

C 3,94g đến 29,55g D 23,64g đến 29,55g

Hướng dẫn giải

nBa(OH)2 = 0,15

nCO2

nBaCO3

0,15

nBaCO3max = nBa(OH)2 = 0,15 0,12

0,02 0,02 A

B

Từ đồ thị  nBaCO3 tại A = 0,02; nBaCO3 tại B = 0,12

 mBaCO3 tại A = 0,02.197 = 3,94g; mBaCO3 tại B = 0,12.197 = 23,64g

 Chọn B

Dạng 2: Cho từ từ dung dịch kiềm đến dư vào dung dịch chứa a mol muối Al3+ hoặc muối Zn2+

Dạng 2.1: Đối với muối Al3+

Al3+ + 3OH-   Al(OH)3↓ (1)

Al(OH)3 + OH-

còn dư   AlO2- + 2H2O (2) Dựa vào 2 phương trình trên, ta vẽ được đồ thị biểu diễn sự biến đổi số mol kết tủa Al(OH)3 theo số mol OH

-như sau:

Trang 3

nOH

b a

nAl(OH)3max = nAl3+

nAl(OH)3

nOH

-phản ứng tại A = x = 3b = 3nAl(OH) 3 ↓

nOH

-phản ứng tại B = y = 4a – b = 4nAl 3+ – nAl(OH) 3 ↓

Ví dụ 3: Hòa tan 26,64g Al2(SO4)3.18H2O vào nước được dung dịch A Cho từ từ 250ml dung dịch KOH xM vào dung dịch A thì thu được 2,34g kết tủa keo trắng Giá trị của x là:

A 0,36 B 0,45 C 0,36 hoặc 1,16 D 0,3 hoặc 1,6

nAl2(SO4)3.18H2O = 26,64/666 = 0,04  nAl3+ = 0,08

nAl(OH)3 = 2,34/78 = 0,03

Các phản ứng xảy ra:

Al3+ + 3OH-   Al(OH)3↓ (1)

Al(OH)3 + OH-

còn dư   AlO2- + 2H2O (2) Dựa vào 2 phương trình trên và số liệu đề cho, ta vẽ được đồ thị như sau:

nOH

0,03

0,08

nAl(OH)3max = nAl3+

nAl(OH)3

 nKOH tại A = 0,09; nKOH tại B = 0,29

Vậy x tại A = 0,09/0,25 = 0,36; x tại B= 0,29/0,25 = 1,16

 Chọn C

Ví dụ 4: Cho 200ml dung dịch NaOH 2M vào V ml dung dịch AlCl3 1,2M Kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị như sau:

nOH -0,36 0,4 0,48

nAl(OH)3

Khối lượng kết tủa thu được sau phản ứng là:

Trang 4

Al3+ + 3OH-   Al(OH)3↓ (1)

Al(OH)3 + OH-

còn dư   AlO2- + 2H2O (2) Dựa vào đồ thị, ta thấy nAl(OH)3max = 0,36/3 = 0,12  nAl3+ = 0,12

Mà nOH- = 4nAl3+ – nAl(OH)3  0,4 = 4.0,12 – nAl(OH)3

 nAl(OH)3 = 0,08

 mAl(OH)3 thu được = 0,08.78 = 6,24g  Chọn B

Ví dụ 5: Cho V1 lit dung dịch NaOH 0,5M vào V2 lit dung dịch AlCl3 1,5M Kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau:

nOH

-0,9 0,2

nAl(OH)3

Giá trị lớn nhất của V1 là:

Al3+ + 3OH-   Al(OH)3↓ (1)

Al(OH)3 + OH-

còn dư   AlO2- + 2H2O (2)

nOH -0,9

0,2

nAl(OH)3

nAl(OH)3 max = nAl = 0,33+

0,3

Dựa vào đồ thị  nAl3+ = 0,3

Giá trị lớn nhất của V đạt ở vị trí B

Mà nOH

-max = 4nAl3+ – n↓ = 4.0,3 – 0,2 = 1

 V1 max = 1/0,5 = 2  Chọn C

Ví dụ 6: 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:

Tỉ lệ a : b là:

Trang 5

(Trích đề thi tuyển sinh đại học khối A năm 2014)

Từ đồ thị  a = 0,8

nOH- phản ứng với Al3+ tạo kết tủa = 4nAl3+ – n↓

 2,8 – 0,8 = 4b – 0,4  b = 0,6

Vậy a: b = 0,8 : 0,6 = 4 : 3  Chọn A

Ví dụ 7: Cho 1 mol KOH vào dung dịch chứa a mol HNO3 và b mol Al(NO3)3 để thu được c mol kết tủa Kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau:

nOH -0,1

nAl(OH)3

0,2

a Giá trị lớn nhất của a thỏa mãn là:

Giá trị lớn nhất của a xảy ra khi kết tủa đạt được tại điểm A của đồ thị:

nOH

-0,1

nAl(OH) 3

0,2

a

Lưu ý: Tại điểm A thì kết tủa tạo ra chưa đạt đến giá trị cực đại nên chỉ xét 2 phản ứng:

HNO3 + KOH   KNO3 + H2O (1)

Al(NO3)3 + 3KOH   Al(OH)3↓ + 3KNO3 (2)

0,3 ← 0,1

 nHNO3 = nKOH (1) = 1 – 0,3 = 0,7

 Chọn C

Ví dụ 8: Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl3, kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên

đồ thị sau:

nOH

-0,36 0,2a

nAl(OH)3

a

x Giá trị của x là:

Trang 6

Giá trị của x tại điểm B, tức là kết tủa đã đat cực đại rồi tan bớt 1 phần

Dễ dàng nhận thấy a = nAl(OH)3max = nAl3+ = 0,12

nOH -0,36

0,2a

nAl(OH)3

0,12

x

Ta có nOH- tại B = 4nAl3+ – n↓

 x = 4.0,12 – 0,2a = 4.0,12 – 0,2.0,12 = 0,456

 Chọn B

Ví dụ 9: Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl3, kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau:

nOH

-x 0,06

nAl(OH)3

a

0,48

Giá trị của x là:

nOH

-x 0,06

nAl(OH)3

a

0,48

nAl(OH)3 max = nAl3+

Dựa vào đồ thị  a = nAl(OH)3max = nAl3+

nOH- tại B = 4nAl3+ – n↓

 0,48 = 4.a – 0,06  a = 0,135

 x = 3nAl(OH)3max = 3.0,135 = 0,405  Chọn A

đồ thị sau:

Trang 7

nOH

-nAl(OH) 3

x

0,64 0,24

nOH

-nAl(OH)3

x

0,64 0,24

0,08

Tại điểm A, nAl(OH)3 = nOH-/3 = 0,24/3 = 0,08

Tại điểm B, nOH- = 4nAl3+ – n↓

 0,64 = 4.x – 0,08  x = 0,18

 Chọn D

Ví dụ 11: Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl3, kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau:

nOH

-nAl(OH)3

x

0,24

0,42

nOH

-nAl(OH)3

x

0,24

0,42

nAl(OH)3max = nAl3+

Tại điểm A, nAl(OH)3 = nOH-/3 = 0,42/3 = 0,14

Trang 8

Tại điểm B, nOH- = 4nAl3+ – n↓  x = 4.0,24 – 0,14 = 0,82

 Chọn B

đồ thị sau:

nOH -x

0,5a

nAl(OH)3

a

y

Tỉ lệ x : y là:

Từ đồ thị  x = 3a

y = 4a – 0,5a = 3,5a

 x : y = 3a : 3,5a = 6 : 7  Chọn B

Dạng 2.2: Đối với muối Zn2+

Zn2+ + 2OH-   Zn(OH)2↓ (1)

Zn(OH)2 + 2OH

-còn dư   ZnO22- + 2H2O (2) Dựa vào 2 phương trình trên, ta vẽ được đồ thị biểu diễn sự biến đổi số mol kết tủa Zn(OH)2 theo số mol OH

-như sau:

nOH

-nZn(OH)2

b

a

nZn(OH)2max = nZn2+

nOH

-phản ứng tại A = x = 2b = 2nZn(OH) 2 ↓

nOH

-phản ứng tại B = y = 4a – 2b = 4nZn 2+ – 2nZn(OH) 2 ↓

Ví dụ 13: Hòa tan hết m gam ZnSO4 vào nước được dung dịch X Cho 110 ml dung dịch KOH 2M vào X, thu được a gam kết tủa Mặt khác, nếu cho 140 ml dung dịch KOH 2M vào X thì cũng thu được a gam kết tủa Giá trị của m là:

(Trích đề thi tuyển sinh đại học khối A năm 2009)

Hướng dẫn giải Cách 1: phương pháp thông thường

Cho 110 ml hay 140 ml dung dịch KOH cũng đều thu được lượng kết tủa bằng nhau

 Khi cho 110 ml dung dịch KOH thì ZnSO4 vẫn còn dư

Khi cho 140 ml dung dịch KOH thì kết tủa đạt cực đại rồi tan ra 1 phần

Trang 9

TH1: Cho 0,22 mol KOH

ZnSO4 + 2KOH   Zn(OH)2 + K2SO4

0,11 ← 0,22 → 0,11

TH2: Cho 0,28 mol KOH vào x mol ZnSO4

ZnSO4 + 2KOH   Zn(OH)2 + K2SO4

x → 2x → x

Zn(OH)2 + 2KOH   K2ZnO2 + 2H2O

(x – 0,11) → (2x – 0,22)

 ∑nKOH ở TH2 = 2x + 2x – 0,22 = 0,28  x = 0,125

 m = 161.0,125 = 20,125g  Chọn A

Gọi x = nZn2+

nOH

-nZn(OH)2

2+

Dựa vào đồ thị, ta thấy 2x – 0,22 = 0,28 – 2x  x = 0,125

 m = mZnSO4 = 0,125.161 = 20,125  Chọn A

Ví dụ 14: Dung dịch hỗn hợp X gồm NaOH 1M và Ca(OH)2 0,75M Cho từ từ dung dịch X vào 100ml dung dịch ZnCl2 1M, thấy cần ít nhất V lit dung dịch X thì không còn kết tủa nữa Giá trị của V là:

nOH- = nNaOH + 2nCa(OH)2 = 2,5V

nZn2+ = 0,1

Cách 1: phương pháp thông thường

Zn2+ + 2OH-   Zn(OH)2↓ (1)

Zn(OH)2 + 2OH-   ZnO22- + 2H2O (2)

Từ 2 phương trình trên  nOH- = 4nZn2+

 2,5V = 4.0,1  V = 0,16  Chọn C

nOH

-nZn(OH)2

0,2

0,1

nZn(OH)2max = nZn2+

Dựa vào đồ thị  nOH- = 0,4  V = 0,4/2,5 = 0,16

 Chọn C

Trang 10

Dạng 3: Rót từ từ dung dịch axit mạnh (HCl, H2SO4, HNO3…) đến dư vào dung dịch chứa a mol muối aluminat AlO2- hoặc muối zincat ZnO22-, thu được b mol kết tủa

Dạng 3.1: Đối với muối AlO2

-Thứ tự phản ứng xảy ra như sau:

H+ + H2O + AlO2-   Al(OH)3↓ (1)

H+

còn dư + Al(OH)3   Al3+ + 3H2O (2)

Dựa vào 2 phương trình trên, ta vẽ được đồ thị biểu diễn sự biến đổi số mol kết tủa Al(OH)3 theo số mol H+

như sau:

nH +

a

b

a

nAl(OH)3max = nAlO2

-nAl(OH) 3

Dựa vào đồ thị, nhận thấy:

nH +

phản ứng tại A = x = b = n↓

nH +

phản ứng tại B = y = 4a – 3b = 4nAlO 2 - – 3n↓

Dạng 3.2: Đối với muối ZnO2

2-Thứ tự phản ứng xảy ra như sau:

2H+ + ZnO22-   Zn(OH)2↓ (1)

2H+

còn dư + Zn(OH)2   Zn2 + 2H2O (2)

Dựa vào 2 phương trình trên, ta vẽ được đồ thị biểu diễn sự biến đổi số mol kết tủa Zn(OH)2 theo số mol H+

như sau:

nH+

nZn(OH)2

b

a

nZn(OH)2max = nZnO2

Dựa vào độ thị, nhận thấy:

nH +

phản ứng tại A = x = 2b = 2n↓

nH +

phản ứng tại B = y = 4a – 2b = 4nZnO 2 2- – 2n↓

Ví dụ 15: Rót từ từ dung dịch HCl 0,1M vào 200ml dung dịch NaAlO2 0,2M Sau khi phản ứng kết thúc, thu được 1,56g kết tủa keo trắng Thể tích dung dịch HCl đã dùng là

A 0,2 lit hoặc 0,8 lit B 0,2 lit hoặc 1 lit

C 0,4 lit hoặc 1 lit D 0,4 lit hoặc 1,2 lit

nNaAlO2 = 0,04; nAl(OH)2 = 0,02

Trang 11

0,04

0,02

0,04

nAl(OH)3max = nAlO2 -nAl(OH)3

Tại điểm A, nH+ = n↓ = 0,02  VHCl = 0,02/0,1 = 0,2 lit

Tại điểm B, nH+ = 4nAlO2- – 3n↓ = 4.0,04 – 3.0,02 = 0,1

 VHCl = 0,1/0,1 = 1 lit

Vậy chọn B

Ví dụ 16: Thêm dung dịch HNO3 vào dung dịch chứa 100ml dung dịch hỗn hợp gồm KOH 1M và KAlO2 1M Khi thu được 0,08 mol kết tủa thì số mol HNO3 phản ứng là:

A 0,18 mol B 0,3 mol C 0,18 hoặc 0,3 D 0,18 hoặc 0,26

nKOH = nKAlO2 = 0,1

KOH + HNO3   KNO3 + H2O (1)

KAlO2 + H2O + HNO3   Al(OH)3↓ + KNO3 (2)

Al(OH)3 + 3HNO3   Al(NO3)3 + 3H2O (3)

nH+ 0,1

0,08 0,1

nAl(OH)3max = nAlO2

-nAl(OH)3

0

Lưu ý: đồ thị trên chỉ vẽ cho phản ứng (2) và (3)

Tại điểm A, nH+ = nKOH + n↓ = 0,1 + 0,08 = 0,18

Tại điểm B, nH+ = nKOH + 4nAlO2- – 3n↓ = 0,1 + 4.0,1 – 3.0,08 = 0,26

Hay nH+ = 0,1 + 0,16 = 0,26

 Chọn D

Định dạng
Số trang	11
Dung lượng	412,99 KB