Phương pháp đồ thị trong hóa học hay, chi tiết, có lời giải

Phương pháp đồ thị trong hóa học hay, chi tiết, có lời giải

Phương pháp giải

Các dạng bài sử dụng khảo sát đồ thị :+ Bài toán cho CO2 ( SO2 ) tính năng với dung dịch Ca ( OH ) 2 hoặc Ba ( OH ) 2Phương trình:

CO2 + 2OH – → CO32 – + H2OKhi CO2 dư liên tục xảy ra phản ứngCO2 + CO32 – → HCO3 –

– Hiện tượng : Xuất hiện kết tủa tăng dần đến cực lớn, sau đó tan dần đến hết- n ↓ cực lớn = a = nCO2- Nếu 0 < n ↓ < a ⇒ Có 2 giá trị của CO2TH1 : CO2 thiếu tạo kết tủa chưa cực lớn : nCO2 = aTH2 : CO2 dư tạo kết tủa cực lớn sau đó hòa tan kết tủa :nCO2 = 2 a – n ↓ = nOH - - n ↓+ Bài toán tương quan tới muối Al3 + công dụng với OH -Phương trình :Al3 + + 3OH - → Al ( OH ) 3Nếu OH - dư liên tục xảy ra phản ứng :Al ( OH ) 3 + OH - → AlO2 - + 2H2 O

– Hiện tượng : Xuất hiện kết tủa tăng dần đến cực lớn sau đó tan dần đến hết- n ↓ cực lớn = a khi đó nOH – = 3 a- Nếu 0 < n ↓ < a thì có 2 trường hợp của OH -TH1 : n ↓ tạo ra chưa cực lớn nOH - = 3 n ↓ ;TH2 : n ↓ đạt cực lớn sau đó lại tan khi đó nOH - = 4 a – n ↓+ Muối AlO2 - tính năng với dung dịch H +Phương trình :AlO2 - + H + + H2O → Al ( OH ) 3Khi H + dư liên tục xảy ra phản ứng :Al ( OH ) 3 + 3H + → Al3 + + 3H2 O- Hiện tượng : Xuất hiện kết tủa tăng dần đến cực lớn, sau đó tan cho đến hết- n ↓ cực lớn = a khi đó nH + = a- 0 < n ↓ < a khi đó có 2 trường hợp :TH1 : Kết tủa chưa đạt cực lớn : n ↓ = nH +TH2 : Kết tủa đạt cực lớn sau đó bị H + hòa tan : nH + = 4 a – 3 n ↓

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 lập được : Khi nCO2 = 1,5 kết tủa đã đạt cực lớn và bị hòa tan⇒ nCO2 = 1,5 = 2 n ↓ cực lớn – n ↓ = 2 a – 0,5 a = 1,5 a⇒ a = 1Khi nCO2 = x kết tủa đã bị hòa tan hết ⇒ nCO2 = 2 n ↓ cực lớn = 2 a = 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 lớn nCaCO3 = nCa ( OH ) 2 = a = 0,5 molKhi nCO2 = 1,4 khi đó CO32 – bị hòa tan hết⇒ nCO2 = nOH – = 2 a + 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 lớn = nBa2 + = 0,2 mol ; Khi kết tủa hòa tan hết nCO2 = nOH – = 0,4Ta có : 0,05 < n ↓ cực lớn = 0,2 < 0,24 < 0,4Ta có đồ thị :

Từ đồ thị : Khi nCO2 = 0,05 mol kết tủa chưa đạt cực lớn⇒ x = n ↓ = nCO2 = 0,05 mol ⇒ m ↓ = 9,85 gKhi nCO2 = 0,24 kết tủa đạt cực lớn và hòa tan một phần⇒ y = n ↓ = 2 n ↓ cực lớn – nCO2 = 0,4 – 0,24 = 0,16 mol ⇒ m ↓ = 39,4 gVậy kết tủa phải biến thiên trong khoảng chừng 9,85 gam đến cực lớn 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 lớn = nBa2 + = 0,5 VTH1 : 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 ↓ ⇒ 2 x = 0,6⇒ x = 0,3Khi nCO2 = 0,8 kết tủa đã bị hòa tan một phần :nCO2 = 2. 0,5 V – 2 x ⇒ 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 hòa tanVới nCO2 = 0,4 mol thì n ↓ = 0,1nOH ⁻ = x + 0,5 y ; nCa² ⁺ = 0,5 x⇒ n ↓ max = 0,5 x .Đồ thị :

Từ đồ thị :+ Nếu tạo ra 20 g kết tủa Ba2 + vẫn còn dư ( 0,5 x > 0,2 )

Ta có hệ: Vô nghiệm

⇒ Khi tạo 20 g kết tủa ion Ba2 + đã kết tủa hết với ion CO32 -0,5 x = 0,2 ⇒ x = 0,4Ta có 20 g là kết tủa cực lớn ⇒ khi kết tủa 10 g là kết tủa hòa tan 1 phần :0,4 = x + 0,5 y – 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. 0,5625B. 1,8125C. 0,15D. Cả A và B

Giải:

Số mol Al3 + = 0,4 mol ⇒ n ↓ max = 0,4 mol > n ↓ = 11,7 : 78 = 0,15 molTa kiến thiết xây dựng được đồ thị

Vô nghiệm

Từ đồ thị ⇒ a = 3 nAl ( OH ) 3 = 0,15. 3 = 0,45 mol4 nAl3 + – 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 mở màn có kết tủa thì HCl đã bị trung hòa hếtnHCl = a = 0,8 molKhi nOH – = 2,8 kết tủa bị hòa tan một phầnta có : nOH – = nH + + 4 nAl3 + – n ↓ = a + 4 b – 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 lớn nOH – = b = nH + + 3 nAl3 + = 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. 2,7 g và 0,36 lítB. 2,7 g và 0,95 lítC. 4,05 g và 0,36 lítD. Cả A và B

Giải:

nAl = nNaAlO2 = 2/3 nH2 = 0,1 mol⇒ m = 2,7 gVì số mol NaAlO2 = 0,1 mol ⇒ Đồ thị của bài toán :

Vô nghiệm

Từ đồ thịKhi nH + = a kết tủa chưa cực lớn ⇒ nH + = a = n ↓ = 0,07Khi nH + = b kết tủa bị hòa tan một phần⇒ nH + = 4 n ↓ 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 lớn = 0,04 mol .Từ đồ thị : nH + = b = 4 n ↓ max – 3 n ↓ = 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

Bài tập tự luyện

Bài 1: Cho 200 ml dung dịch X gồm NaAlO2 0,1M và Ba(OH)2 0,1M tác dụng với V ml dung dịch HCl 2M, thu được 0,78 gam kết tủa. Tính V?

Hiển thị đáp án
nOH – = 0,04 mol ; nAlO2 – = 0,02 mol ; nAl ( OH ) 3 = 0,01 mol .Ta có đồ thị : Vô nghiệm

Từ đồ thị ⇒ nH + = a = nOH – + n ↓ = 0,04 + 0,01 = 0,05 mol ;nH + = b kết tủa bị hòa tan một phầnnH + = b = nOH – + 4 n ↓ max – 3 n ↓ = 0,04 + 4.0,02 – 3.0,01 = 0,09 mol⇒ V = 25 ml hoặc 45 ml .

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

Vô nghiệm

Giá trị của x và y lần lượt là :A. 0,05 và 0,15 .B. 0,10 và 0,30 .C. 0,10 và 0,15 .D. 0,05 và 0,30 .
Hiển thị đáp án
Từ đồ thị ta thấy : Khi khởi đầu Open kết tủa OH – đã được trung hòa hết bởi H + ⇒ n OH – = 0,1 mol ⇒ 2 x = 0,1 ⇒ x = 0,05 mol .Từ đồ thị ⇒ khi kết tủa tan một phầnn HCl = 0,7 = n OH – + 4 n ↓ max – 3 n ↓⇒ n ↓ max = ( 0,7 + 0,6 – 0,1 ) : 4 = 0,3 molBảo toàn nguyên tố Al ⇒ y = 0,15 mol

⇒ Đáp án A

Bài 3: Cho từ từ dung dịch chứa x mol NaOH vào 300 ml dung dịch ZnSO4 1,5M thu được 19,8 gam kết tủa. Giá trị của x là:

A. 0,4 mol hoặc 1,4 mol .B. 0,4 mol hoặc 1,2 mol .C. 0,4 mol hoặc 1,6 mol .D. 0,5 mol hoặc 1,4 mol .
Hiển thị đáp án
Ta có : Zn2 + = 0,45 mol ⇒ kết tủa cực lớn = 0,45 mol .Số mol Zn ( OH ) 2 = 0,2 mol .Ta có đồ thị

Vô nghiệm

Từ đồ thị ⇒ a = 2 n Zn2 + = 0,2. 2 = 0,4 molvà 1,8 – b = a ⇒ b = 1,4 mol ( hình học )

Vậy x = 0,4 mol hoặc 1,4 mol. ⇒ Đáp án A

Bài 4: Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch gồm a mol HCl và b mol ZnSO4. Kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên sơ đồ sau :

Vô nghiệm
Tỉ lệ a : b là:

A. 1 : 2 .B. 3 : 2 .C. 2 : 3 .D. 3 : 4 .
Hiển thị đáp án
Từ đồ thị khi khởi đầu Open kết tủa H + được trung hòa hết bởi OH -⇒ a = 0,4 mol ( * ) .n ↓ max = b mol .Ta có đồ thị :

Vô nghiệm

Từ đồ thị ⇒ 2 x = 1 – 0,4 ⇒ x = 0,3 molTa cũng có : 1,0 – 0,4 = 0,4 + 4 b – 3,0 ⇒ b = 0,8 mol ( * * ). ( Dựa vào hình học )

Từ (*, **) ⇒ a : b = 1 : 2. ⇒ Đáp án A

Bài 5: Nhỏ từ từ đến dư KOH vào dung dịch hỗn hợp gồm a mol HCl và x mol ZnSO4 ta quan sát hiện tượng theo đồ thị hình bên (số liệu tính theo đơn vị mol). Giá trị của x (mol) là:

A. 0,4 .B. 0,6 .C. 0,7 .D. 0,65 .
Hiển thị đáp án

Vô nghiệm

Từ đồ thị ⇒ a = 0,25 mol .Dễ thấy : ( 0,45 – 0,25 ) = ( 0,25 + 4 x ) – 2,45 ⇒ x = 0,6 mol .

⇒ Đáp án B

Bài 6: Sục V lít CO2 (đktc) vào 200 ml dung dịch hỗn hợp KOH 0,5M và Ba(OH)2 0,375M thu được 11,82 gam kết tủa. Giá trị của V là:

A. 1,344 l lít .B. 4,256 lít .C. 8,512 lít .D. 1,344 l lít hoặc 4,256 lít .
Hiển thị đáp án
Ta có : n Ba2 + = 0,075 mol ; n OH – = 0,25 mol ; n BaCO3 ↓ = 0,06 mol ;n BaCO3 max = 0,075 mol .

Vô nghiệm

Từ đồ thị ⇒ x = 0,06 mol và 0,25 – y = 0,06 ⇒ y = 0,19 mol⇒ V = 1,344 lít hoặc V = 4,256 lít

⇒ Đáp án D

Bài 7: Sục CO2 vào dung dịch hỗn hợp gồm Ca(OH)2 và KOH ta quan sát hiện tượng theo đồ thị hình bên (số liệu tính theo đơn vị mol). Giá trị của x là:

A. 0,12 mol .B. 0,11 mol .C. 0,13 mol .D. 0,10 mol .

Vô nghiệm

Hiển thị đáp án
Từ đồ thì suy ra : AD = 0,15 ; AE = CD = BE = 0,5 – 0,45 = 0,05 ⇒ x = DE = AD – AE = 0,15 – 0,05 = 0,1 mol .⇒ Đáp án D

Bài 8: Khi sục từ từ đến dư CO2 vào dung dịch có chứa 0,1 mol NaOH; x mol KOH và y mol Ba(OH)2, kết quả thí nghiệm thu được biểu diễn trên đồ thị sau:

Vô nghiệm

Giá trị của x, y, z lần lượt là :A. 0,60 ; 0,40 và 1,50 .B. 0,30 ; 0,60 và 1,40 .C. 0,30 ; 0,30 và 1,20 .D. 0,20 ; 0,60 và 1,25 .
Hiển thị đáp án
n ↓ max = 0,6 mol ⇒ y = 0,6 .n OH – = 1,6 ⇒ 0,1 + x + 2 y = 1,6 ⇒ x = 0,3 mol .Từ đồ thị ⇒ 1,6 – z = 0,2 ⇒ z = 1,4 mol .

⇒ Đáp án B

Bài 9: Cho V(lít) khí CO2 hấp thụ hoàn toàn bởi 200 ml dung dịch Ba(OH)2 0,5M và NaOH 1,0M. Tính V để kết tủa thu được là cực đại?

A. 2,24 lít ≤ V ≤ 8,96 lít .B. 2,24 lít ≤ V ≤ 5,6 lít .C. 2,24 lít ≤ V ≤ 4,48 lít .D. 2,24 lít ≤ V ≤ 6,72 lít .
Hiển thị đáp án
Ta có : n Ba ( OH ) 2 = 0,1 mol ; n NaOH = 0,2 mol ⇒ n Ba2 + = 0,1 mol và n OH – = 0,4 mol. ⇒ n BaCO3 max = 0,1 mol .Để kết tủa max thì số mol CO32 – ≥ 0,1 mol. Theo giả thiết ta có đồ thị :

Vô nghiệm

Theo sơ đồ ⇒ x = 0,1 ; 0,4 – y = x ⇒ y = 0,3 .Để kết tủa lớn nhất thì : x ≤ CO2 ≤ y hay 0,1 ≤ CO2 ≤ 0,3 ( mol )

⇒ 2,24 ≤ V ≤ 6,72 (lít) ⇒ Đáp án D

Bài 10: Khi sục từ từ đến dư CO2 vào dung dịch hỗn hợp gồm a mol NaOH và b mol Ca(OH)2, kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau:

Vô nghiệm
Tỉ lệ a : b là:

A. 4 : 5 .B. 5 : 4 .C. 2 : 3 .D. 4 : 3 .
Hiển thị đáp án
n ↓ max = 0,5 mol ⇒ b = 0,5 mol .Mặt khác : n OH – = 1,4 = a + 2 b ⇒ a = 0,4 mol ⇒ a : b = 4 : 5 .

⇒ Đáp án A

Xem thêm các chiêu thức giải nhanh bài tập Hóa học hay khác :

Giới thiệu kênh Youtube VietJack

Ngân hàng trắc nghiệm miễn phí ôn thi THPT Quốc Gia tại khoahoc.vietjack.com

cac-phuong-phap-giai-nhanh-hoa-hoc-huu-co-vo-co.jsp

Source: https://vietsofa.vn
Category : Góc học tập