Phương pháp đồ thị trong hóa học hay, chi tiết, có lời giải - Hoá học lớp 12

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

Với Phương pháp đồ thị trong hóa học hay, chi tiết, có lời giải Hoá học lớp 12 gồm đầy đủ phương pháp giải, ví dụ minh họa và bài tập trắc nghiệm có lời giải chi tiết sẽ giúp học sinh ôn tập, biết cách làm dạng bài tập Phương pháp đồ thị trong hóa học từ đó đạt điểm cao trong bài thi môn Hoá học lớp 12.

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^- → CO₃^2- + H₂O

Khi CO₂ dư tiếp tục xảy ra phản ứng

CO₂ + CO₃^2- → HCO₃^-

- Hiện tượng: Xuất hiện kết tủa tăng dần đến cực đại, sau đó tan dần đến hết

- n_{↓ cực đại} = a = n_CO2

- 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 n_OH^- = 3a

- Nếu 0 < n↓ < a thì có 2 trường hợp của OH^-

TH1: n↓ tạo ra chưa cực đại n_OH^- = 3n↓;

TH₂: n↓ đạt cực đại sau đó lại tan khi đó n_OH^- = 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 n_H⁺ = a

- 0 < n ↓ < a khi đó có 2 trường hợp:

TH1: Kết tủa chưa đạt cực đại: n_↓ = n_H⁺

TH₂: Kết tủa đạt cực đại sau đó bị H⁺ hòa tan: n_H⁺ = 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 n_CO2 = 1,5 kết tủa đã đạt cực đại và bị hòa tan

⇒ n_CO2 = 1,5 = 2n_{↓ cực đại} – n_↓ = 2a – 0,5a = 1,5a

⇒ a = 1

Khi n_CO2 = x kết tủa đã bị hòa tan hết ⇒ n_CO2 = 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 n_CaCO3 = n_Ca(OH)2 = a = 0,5 mol

Khi n_CO2 = 1,4 khi đó CO₃^2- bị hòa tan hết

⇒ n_CO2 = n_OH^- = 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} = n_Ba²⁺ = 0,2 mol; Khi kết tủa hòa tan hết n_CO2 = n_OH^- = 0,4

Ta có: 0,05 < n_{↓ cực đại} = 0,2 < 0,24 < 0,4

Ta có đồ thị:

Từ đồ thị: Khi n_CO2 = 0,05 mol kết tủa chưa đạt cực đại

⇒ x =n_↓ = n_CO2 = 0,05 mol ⇒ m_↓ = 9,85g

Khi n_CO2 = 0,24 kết tủa đạt cực đại và hòa tan một phần

⇒ y = n_↓ = 2n_{↓ cực đại} – n_CO2 = 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.

n_{kết tủa cực đại} = n_Ba²⁺ = 0,5V

TH1: Với n_CO2 = 0,6 mol kết tủa chưa bị hòa tan. Đồ thị như sau:

Từ đồ thị suy ra:

Khi n_CO2 = 0,6 mol ⇒ n_CO2 = n_↓ ⇒ 2x = 0,6

⇒ x = 0,3

Khi n_CO2 = 0,8 kết tủa đã bị hòa tan một phần:

n_CO2 = 2. 0,5V – 2x ⇒ x = V – 0,8

⇒ V = 1,1 lít (loại không có đáp án)

TH₂: n_CO2 = 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 n_CO2 = 0,22 mol thì n_↓ = 0,2 < n_CO2

⇒ Với n_CO2 = 0,22 mol thì kết tủa đã bị hoà tan

Với n_CO2 = 0,4 mol thì n_↓ = 0,1

n_OH⁻ = x + 0,5y ; n_Ca²⁺= 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 CO₃^2-

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 = 3n_Al(OH)3 = 0,15. 3 = 0,45 mol

4n_Al³⁺ - n_↓= n_OH^- ⇒ 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

n_HCl = a = 0,8 mol

Khi n_OH^- = 2,8 kết tủa bị hòa tan một phần

ta có: n_OH^- = n_H⁺ + 4n_Al³⁺ - 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 n_H⁺ = 0,1 mol; n_Al³⁺ = 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 n_OH^- = b= n_H⁺ + 3n_Al³⁺ = 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:

n_Al = n_NaAlO2 = 2/3 n_H2 = 0,1 mol

⇒m = 2,7g

Vì số mol NaAlO₂ = 0,1 mol ⇒ Đồ thị của bài toán:

Vô nghiệm

Từ đồ thị

Khi n_H⁺ = a kết tủa chưa cực đại ⇒n_H⁺ = a = n ↓ = 0,07

Khi n_H⁺=b kết tủa bị hòa tan một phần

⇒n_H⁺ = 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

⇒ n_H⁺ = a = 0,02 mol (1).

Số mol K[Al(OH)₄] = 0,04 mol ⇒ kết tủa cực đại = 0,04 mol.

Từ đồ thị: n_H⁺ = b = 4n_↓max – 3n_↓ = 4.0,04 – 3.0,02 = 0,1⇒ n_H⁺ = 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?

Lời giải:

n_OH^- = 0,04 mol; n_AlO2- = 0,02 mol; n_Al(OH)3 = 0,01 mol.

Ta có đồ thị:

Vô nghiệm

Từ đồ thị⇒n_H⁺ = a = n_OH^- + n↓= 0,04 + 0,01 = 0,05 mol;

n_H⁺ = b kết tủa bị hòa tan một phần

n_H⁺ = b = n_OH^- + 4n_↓max – 3n_↓ = 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.

Lời giải:

Từ đồ thị ta thấy: Khi bắt đầu xuất hiện kết tủa OH^- đã được trung hòa hết bởi H⁺ ⇒n OH^- = 0,1 mol ⇒ 2x = 0,1 ⇒ x = 0,05 mol.

Từ đồ thị ⇒khi kết tủa tan một phần

n HCl = 0,7 = n OH^- + 4n ↓max – 3n ↓

⇒ n ↓max = (0,7 + 0,6 – 0,1 ):4 = 0,3 mol

Bảo 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.

Lời giải:

Ta có: Zn²⁺ = 0,45 mol ⇒ kết tủa cực đại = 0,45 mol.

Số mol Zn(OH)₂ = 0,2 mol.

Ta có đồ thị

Vô nghiệm

Từ đồ thị ⇒ a = 2n Zn²⁺ = 0,2.2 = 0,4 mol

và 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.

Lời giải:

Từ đồ thị khi bắt đầu xuất hiện 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 ⇒ 2x = 1 – 0,4 ⇒ x = 0,3 mol

Ta cũng có: 1,0 – 0,4 = 0,4 + 4b – 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.

Lời giải:

Vô nghiệm

Từ đồ thị ⇒ a = 0,25 mol.

Dễ thấy: (0,45 – 0,25) = (0,25 + 4x) – 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. 1,344l lít.

B. 4,256 lít.

C. 8,512 lít.

D. 1,344l lít hoặc 4,256 lít.

Lời giải:

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

Lời giải:

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.

Lời giải:

n ↓max = 0,6 mol ⇒ y = 0,6.

n OH^- = 1,6⇒ 0,1 + x + 2y = 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.

Lời giải:

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 CO₃^2- ≥ 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.

Lời giải:

n ↓max = 0,5 mol ⇒ b = 0,5 mol.

Mặt khác: n OH^- = 1,4 = a + 2b ⇒ a = 0,4 mol ⇒ a: b = 4: 5.

⇒ Đáp án A