Phương pháp giải
Các dạng bài sử dụng khảo sát đồ thị:
+ Bài toán cho CO2 (SO2) tác dụng với dung dịch Ca(OH)2 hoặc Ba(OH)2
Phương trình:
CO2 + 2OH- → CO32- + H2O
Khi CO2 dư tiếp tục xảy ra phản ứng
CO2 + CO32- → HCO3-
- Hiện tượng: Xuất hiện kết tủa tăng dần đến cực đại, sau đó tan dần đến hết
- n↓ cực đại = a = nCO2
- Nếu 0 < n↓ < a ⇒ Có 2 giá trị của CO2
TH1: CO2 thiếu tạo kết tủa chưa cực đại: nCO2 = a
TH2: CO2 dư tạo kết tủa cực đại sau đó hòa tan kết tủa:
nCO2 = 2a – n ↓= nOH- - n ↓
+ Bài toán liên quan tới muối Al3+ tác dụng với OH-
Phương trình:
Al3+ + 3OH- → Al(OH)3
Nếu OH- dư tiếp tục xảy ra phản ứng:
Al(OH)3 + OH- → AlO2- + 2H2O
- Hiện tượng: Xuất hiện kết tủa tăng dần đến cực đại sau đó tan dần đến hết
- n↓cực đại = a khi đó nOH- = 3a
- Nếu 0 < n↓ < a thì có 2 trường hợp của OH-
TH1: n↓ tạo ra chưa cực đại nOH- = 3n↓;
TH2: n↓ đạt cực đại sau đó lại tan khi đó nOH- = 4a – n↓
+ Muối AlO2- tác dụng với dung dịch H+
Phương trình:
AlO2- + H+ + H2O → Al(OH)3
Khi H+ dư tiếp tục xảy ra phản ứng:
Al(OH)3 + 3H+ → Al3+ + 3H2O
- Hiện tượng: Xuất hiện kết tủa tăng dần đến cực đại, sau đó tan cho đến hết
- n↓cực đại = a khi đó nH+ = a
- 0 < n ↓ < a khi đó có 2 trường hợp:
TH1: Kết tủa chưa đạt cực đại: n↓ = nH+
TH2: Kết tủa đạt cực đại sau đó bị H+ hòa tan: nH+ = 4a – 3n↓
Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Sục CO2 vào dung dịch Ba(OH)2 ta có kết quả theo đồ thị như hình
Giá trị của x là:
A. 1,8 mol.
B. 2,2 mol.
C. 2,0 mol.
D. 2,5 mol.
Giải:
Dựa theo đồ thị xác định được: Khi nCO2 = 1,5 kết tủa đã đạt cực đại và bị hòa tan
⇒ nCO2 = 1,5 = 2n↓ cực đại – n↓ = 2a – 0,5a = 1,5a
⇒ a = 1
Khi nCO2 = x kết tủa đã bị hòa tan hết ⇒ nCO2 = 2n ↓ cực đại = 2a = 2
⇒ Đáp án C
Ví dụ 2: Khi sục từ từ đến dư CO2 vào dung dịch hỗn hợp gồm a mol Ca(OH)2 và b mol NaOH, kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau:
Tỉ lệ a : b là:
A. 4 : 5.
B. 5 : 4.
C. 2 : 3.
D. 4 : 3.
Giải:
Dựa theo đồ thị ta có:
Khi kết tủa đạt cực đại nCaCO3 = nCa(OH)2 = a = 0,5 mol
Khi nCO2 = 1,4 khi đó CO32- bị hòa tan hết
⇒ nCO2 = nOH- = 2a + b = 1,4
⇒ b = 0,4
⇒ a : b = 0,5 : 0,4 = 5 : 4
⇒ Đáp án B.
Ví dụ 3: Trong 1 bình kín chứa 0,2 mol Ba(OH)2. Sục vào bình lượng CO2 có giá trị biến thiên trong khoảng từ 0,05 mol đến 0,24 mol thu được m gam kết tủa. Giá trị của m biến thiên trong khoảng nào sau đây?
A. 0 đến 39,4 gam.
B. 0 đến 9,85 gam.
C. 9,85 đến 39,4 gam.
D. 9,85 đến 31,52 gam.
Giải:
n↓ cực đại = nBa2+ = 0,2 mol; Khi kết tủa hòa tan hết nCO2 = nOH- = 0,4
Ta có: 0,05 < n↓ cực đại = 0,2 < 0,24 < 0,4
Ta có đồ thị:
Từ đồ thị: Khi nCO2 = 0,05 mol kết tủa chưa đạt cực đại
⇒ x =n↓ = nCO2 = 0,05 mol ⇒ m↓ = 9,85g
Khi nCO2 = 0,24 kết tủa đạt cực đại và hòa tan một phần
⇒ y = n↓ = 2n↓ cực đại – nCO2 = 0,4 – 0,24 = 0,16mol ⇒ m↓ = 39,4g
Vậy kết tủa phải biến thiên trong khoảng 9,85 gam đến cực đại là 39,4 gam.
⇒ Đáp án C
Ví dụ 4: Sục từ từ 0,6 mol CO2 vào V lít dung dịch chứa Ba(OH)2 0,5M thu được 2x mol kết tủa. Mặt khác khi sục 0,8 mol CO2 cũng vào V lít dung dịch chứa Ba(OH)2 0,5M thì thu được x mol kết tủa. Giá trị của V, x lần lượt là:
A. V = 1,0 lít; x = 0,2 mol.
B. V = 1,2 lít; x = 0,3 mol.
C. V = 1,5 lít; x = 0,5 mol.
D. V = 1,0 lít; x = 0,4 mol.
Giải:
Dễ thấy số mol CO2 tăng từ 0,6 → 0,8 thì lượng kết tủa giảm ⇒ ứng với 0,8 mol CO2 sẽ có pư hòa tan kết tủa.
nkết tủa cực đại = nBa2+ = 0,5V
TH1: Với nCO2 = 0,6 mol kết tủa chưa bị hòa tan. Đồ thị như sau:
Từ đồ thị suy ra:
Khi nCO2 = 0,6 mol ⇒ nCO2 = n↓ ⇒ 2x = 0,6
⇒ x = 0,3
Khi nCO2 = 0,8 kết tủa đã bị hòa tan một phần:
nCO2 = 2. 0,5V – 2x ⇒ x = V – 0,8
⇒ V = 1,1 lít (loại không có đáp án)
TH2: nCO2 = 0,6 mol kết tủa đã hòa tan. Đồ thị như sau:
Từ đồ thị: ⇒
⇒ V = 1,0 và x = 0,2 ⇒ Đáp án A
Ví dụ 5: Dẫn từ từ 4,928 lít CO2 ở đktc vào bình đựng 500 ml dung dịch X gồm Ca(OH)2 xM và NaOH yM thu được 20 gam kết tủa. Mặt khác cũng dẫn 8,96 lít CO2 đktc vào 500 ml dung dịch X trên thì thu được 10 gam kết tủa. Tính x, y ?
A. 0,2 và 0,4.
B. 0,4 và 0,2.
C. 0,2 và 0,2.
D. 0,4 và 0,4.
Giải :
Ta có : Với nCO2 = 0,22 mol thì n↓ = 0,2 < nCO2
⇒ Với nCO2 = 0,22 mol thì kết tủa đã bị hoà tan
Với nCO2 = 0,4 mol thì n↓ = 0,1
nOH⁻ = x + 0,5y ; nCa²⁺= 0,5x
⇒ n↓max = 0,5x.
Đồ thị :
Từ đồ thị:
+ Nếu tạo ra 20g kết tủa Ba2+ vẫn còn dư ( 0,5x >0,2)
Ta có hệ:
Vô nghiệm
⇒ Khi tạo 20g kết tủa ion Ba2+ đã kết tủa hết với ion CO32-
0,5x = 0,2 ⇒ x = 0,4
Ta có 20g là kết tủa cực đại ⇒ khi kết tủa 10g là kết tủa hòa tan 1 phần:
0,4 = x + 0,5y – 0,1 ⇒ y = 0,2 mol
⇒ Đáp án B
Ví dụ 6: Cho 800 ml dung dịch KOH x mol/l phản ứng với 500 ml dung dịch Al2(SO4)3 0,4M đến pư hoàn toàn thu được 11,7 gam kết tủa. Gía trị của x là:
A. 0,5625
B. 1,8125
C. 0,15
D. Cả A và B
Giải:
Số mol Al3+ = 0,4 mol⇒ n↓ max = 0,4 mol > n↓ = 11,7 : 78 = 0,15 mol
Ta xây dựng được đồ thị
Vô nghiệm
Từ đồ thị ⇒ a = 3nAl(OH)3 = 0,15. 3 = 0,45 mol
4nAl3+ - n↓= nOH- ⇒ 1,6 – 0,15 = b ⇒ b = 1,45 mol
⇒ x = 0,45 : 0,8 = 0,5625 lít hoặc x = 1,45 : 0,8 = 1,8125 lít.
⇒ Đáp án D
Ví dụ 7: Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch hh gồm a mol HCl và b mol AlCl3, kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau:
Vô nghiệm Tỉ lệ a : b là :
A. 4 : 3.
B. 2 : 1.
C. 1 : 1.
D. 2 : 3.
Giải
Từ đồ thị ⇒ Khi bắt đầu có kết tủa thì HCl đã bị trung hòa hết
nHCl = a = 0,8 mol
Khi nOH- = 2,8 kết tủa bị hòa tan một phần
ta có: nOH- = nH+ + 4nAl3+ - n↓ = a + 4b – 0,4 = 2,8 ⇒ b = 0,6 mol
⇒a : b = 4 : 3 ⇒ Đáp án A
Ví dụ 8: Cho từ từ V ml dung dịch NaOH 1M vào 200 ml dung dịch gồm HCl 0,5M và Al2(SO4)3 0,25M. Đồ thị biểu diễn khối lượng kết tủa theo V như hình dưới. Giá trị của a, b tương ứng là:
A. 0,1 và 400.
B. 0,05 và 400.
C. 0,2 và 400.
D. 0,1 và 300.
Vô nghiệm
Giải:
Ta có nH+ = 0,1 mol; nAl3+ = 0,1 mol.
Vì kết tủa cực đại bằng số mol Al3+ = 0,1 mol ⇒ a = 0,1 mol.
Từ đồ thì ta cũng có:
Khi kết tủa cực đại nOH- = b= nH+ + 3nAl3+ = 0,1 + 3.0,1 = 0,4 mol
⇒ b = 0,4 : 1 = 0,4 lít = 400 ml
⇒ Đáp án A
Ví dụ 9: Hoà tan vừa hết m gam Al vào dung dịch NaOH được dung dịch X và 3,36 lít H2 (đktc). Rót từ từ đến hết V lít dung dịch HCl 0,2 M vào X thì thu được 5,46 gam kết tủa. Gía trị của m và V lần lượt là:
A. 2,7g và 0,36 lít
B. 2,7 g và 0,95 lít
C. 4,05g và 0,36 lít
D. Cả A và B
Giải:
nAl = nNaAlO2 = 2/3 nH2 = 0,1 mol
⇒m = 2,7g
Vì số mol NaAlO2 = 0,1 mol ⇒ Đồ thị của bài toán:
Vô nghiệm
Từ đồ thị
Khi nH+ = a kết tủa chưa cực đại ⇒nH+ = a = n ↓ = 0,07
Khi nH+=b kết tủa bị hòa tan một phần
⇒nH+ = 4n↓ max - n↓ = 0,4 – 3.0,07= 0,19 mol
⇒ V = 0,35 hoặc 0,95 lít ⇒ Đáp án D
Ví dụ 10: Rót từ từ dung dịch HCl 0,1M vào 200 ml dung dịch K[Al(OH)4] 0,2M. Khối lượng kết tủa thu được phụ thuộc vào V (ml) dung dịch HCl như hình bên dưới. Giá trị của a và b lần lượt là:
A. 200 và 1000.
B. 200 và 800.
C. 200 và 600.
D. 300 và 800.
Vô nghiệm
Ta có số mol Al(OH)3 trên đồ thị = 1,56 : 78 = 0,02 mol
⇒ nH+ = a = 0,02 mol (1).
Số mol K[Al(OH)4] = 0,04 mol ⇒ kết tủa cực đại = 0,04 mol.
Từ đồ thị: nH+ = b = 4n↓max – 3n↓ = 4.0,04 – 3.0,02 = 0,1⇒ nH+ = 0,1 mol (2).
Từ (1, 2) ⇒ a = 200 ml và b = 1000 ml.
⇒ Đáp án A
Vô nghiệm
Được cập nhật: 26 tháng 3 lúc 2:21:05 | Lượt xem: 519