giải hóa bằng phương pháp đồ thị giai hoa bang phuong phap do thi pdf

ỨNG DỤNG ĐỒ THỊ

VÀO VIỆC GIẢI CÁC BÀI TOÁN HÓA HỌC

Trần Văn Thanh Hoài

Khoa Sư phạm trường Đại học Đà Lạt

I. Lời mở đầu:

Hiện nay, trong các bài kiểm tra, các kì thi, học sinh phải làm môn hóa học dưới hình thức trắc nghiệm

đòi hỏi các em học sinh phải có các phương pháp giải bài tập ngắn gọn nhất, kỹ năng tính toán nhanh và chính

xác. Tuy nhiên trong quá trình giảng dạy, tôi thấy còn rất nhiều học sinh gặp lúng túng khi gặp các bài toán tạo

kết tủa; sau đó kết tủa tan một phần. Đây là một trong các bài toàn rất thường gặp trong đề thi đại học. Theo

kinh nghiệm giảng dạy của tôi trong các năm vừa qua, tôi thấy phương pháp đồ thị là thích hợp nhất đối với các

loại bài tập này. Phướng pháp này cũng đã được một số thầy cô trình bày. Trong bài viết này, tôi xin trình bày

lại phương pháp này với một vài hướng mới. Rất mong nhận được nhiều ý kiến đóng góp từ các bạn đồng

nghiệp và các em học sinh thân mến.

II. Cơ sở lý thuyết:

Phương pháp này có hiệu quả cao đối với các dạng bài tập tổng quát như sau:



Ba(OH)₂

BaCO₃

Ba(HCO ) 

+CO / SO

2

3

^C^a⁽^H^C^O3 ⁾

2-

2



  

 

 

^C^a^C^O3

Tan











^C^a⁽^O^H⁾2







2+



Be 

Be(OH)

[Be(OH) ] 





4

2









-



3

+

+ OH





+ OH

-

Cr

Al

Zn

  Cr(OH)

  [Cr(OH) ]



3





^[^A^l⁽^O^H⁾4 ^]

4



Tan



Tan





3

+

+ H

-

+

H



  

^A^l⁽^O^H⁾3



  



2+



2-





^Zⁿ⁽^O^H⁾2



^[^Zⁿ⁽^O^H⁾4 ^]









Để giải các bài toàn bằng phương pháp đồ thị, thường ta làm các bước như sau:

Bước 1: Viết các phương trình xảy ra.

Bước 2: Dựa vào các phương trình đã viết để xây dựng đồ thị.

Bước 3: Tìm tọa độ đề cho và điều kiện tồn tại của đồ thị.

Bước 4: Đặt các tọa độ đã tìm vào đồ thị.

Bước 5: Tìm mối quan hệ trên đồ thị giải ra đáp số.

III. Một số ví dụ:

1

4

Bài 1: (Câu 32 đề thi tuyển sinh đại học khối A – 2009 mã đề 742) Hòa tan hoàn toàn m gam ZnSO vào

nước được dung dịch X. Nếu cho 110 ml dung dịch KOH 2M vào X thì 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 x là bao nhiêu?

Giải:

4

Gọi y là số mol của ZnSO ứng với m gam muối ban đầu.

x là số mol của Zn(OH)

2

ứng với a gam kết tủa.

2

+

-

Zn + 2OH  Zn(OH) 

(1)

2

-

2-

Zn(OH)  + 2OH  [Zn(OH) ]

(2)

2

4

n 

n



max

2+

=

n

Zn bđ

y (mol)

Theo đồ thị, ta thấy tọa độ của một điểm M (x

Theo đề, ta có:A (0,22; x); B (0,28; x).

M

; y

M

) bất kỳ là M(n_O_H_,n

)

Zn(OH ) 

2

Điều kiện: y  x. (vì y = n kết tủa max nên y ≥ n kết tủa đề cho

)

A B

Ta thấy y = y = x  A phải nằm trên đường (1), còn B nằm trên đường (2).

Theo đồ thị, ta có: OE = 2EA  0,22 = 2x  x = 0,11.

OG = 4y = OF + FG



4y = 0,28 + FG (mà FG = 2FB)

4y = 0,28 + 2x  y = 0,125 (thỏa điều kiện)

m ZnSO4 bđ = 0,125161 = 20,125 (gam).

Bài 2 (Câu 24 đề thi tuyển sinh Đại học– khối B năm 2011, mã đề 153) Cho 400 ml dung dịch E gồm

(x) mol/l và Al (SO (y) mol/l tác dụng với 612 ml dung dịch NaOH 1M. Sau khi phản ứng kết thúc thu

được 8,424 gam kết tủa. Mặt khác, khi cho 400 ml dung dịch E tác dụng với dung dịch BaCl dư thì thu được

AlCl

3

2

4 3

)

2

3

3,552 gam kết tủa. Tìm tỷ lệ x:y.

Giải:

3

+

-



Al + 3OH

Al(OH) + OH-

SO + Ba²⁺

Al(OH)

[Al(OH)

4

]^-

BaSO

3

(1)

(2)

(3)

3



2

-



4

3

nAlCl = 0,4x (mol).

2

nAl

nAl(OH)

nBaSO = 0,144 (mol).

3)  nSO₄= n BaSO

2

(SO

4

)

3

= 0,4y (mol).

3

= 0,108 (mol).

4

2

-

(

4

 0,4y3 = 0,144  y = 0,12.

3

+

nAl = nAlCl

3

+ 2nAl

2

(SO = 0,4x + 0,8y.

4 3

)

n



n

=



max

3+

n Al bđ

0,4x + 0,8y

-

n OH

Theo đề, ta có: A (0,162; 0,108).

Điều kiện: 0,4x + 0,8y  0,108.

-



Trường hợp 1: Nếu A nằm trên đường (1)  n OH = 3n ; nhưng 0,612  30,108 (vô lý) loại.

Trường hợp 2: Nếu A nằm trên đường (2):

OF = 4n

x



max = OE + EF (mà EF = EA)  4(0,4x + 0,8y) = 0,612 + 0,108  x = 0,21

0,21

7

4



=

0,12

.

y

Bài 3 (Câu 28 đề thi tuyển sinh đại học khối B – 2010-mã đề 174) Cho 150 ml dung dịch KOH 1,2M tác

dụng với 100 ml dung dịch AlCl x (mol/l), thu được dung dịch Y và 4,68 gam kết tủa. Loại bỏ kết tủa, thêm

3

tiếp 175 ml dung dịch KOH 1,2M vào Y, thu được 2,34 gam kết tủa. Giá trị của x là:

Giải:

nAl³⁺ban đầu = 0,1x (mol).

nOH^-(1) = 0,18 (mol); n kết tủa (1) = 0,06 (mol).

Lọc bỏ kết tủa, nOH^- thêm vào = 0,21 (mol); n kết tủa (2) = 0,03 (mol).

3

+

-

Al + 3OH



Al(OH)

[Al(OH)

0,1x  0,06

,1x - 0,06  0,03

3



(1)

(2)

Al(OH)

3

+ OH^-



]^-

4



x  0,6

Điều kiện:



 x  0,9.

x  0,9





0



Theo đề: A(0,18; 0,06); B(0,39; 0,03).

-

_

Khi lọc kết tủa, thêm OH vào lại thu được kết tủa tiếp n kết tủa (1) phải nằm ở đường số (I).

3

_

Khi lọc 0,08 mol kết tủa, lượng kết tủa max sẽ giảm đi 0,08 . Kết tủa tại thời điểm đó giảm về 0. Khi

-

thêm OH vào thì lượng kết tủa tăng dần đến điểm cực đại mới và giảm dần về 0 (theo đường in đậm).

n

kết tủa (2) có hai trường hợp để xét:

Trường hợp 1:

n



n

=



max

3+

n Al bđ

0,1x (mol)

Theo đồ thị, ta thấy BC = 3CD, nhưng BC = 0,21; CD = 0,03  BC

 3CD (loại).

Trường hợp 2:

n

=



max (sau)

0,1x – 0,06

n



n

=



max

3+

n Al bđ

0,1x (mol)

CF = 4OH  CE + EF = 4OH  0,21 + 0,03 = 4(0,1x – 0,06)  x = 1,2 (chọn).

Bài 4: Hấp thu hết 4,48 lít CO (đktc) vào dung dịch có chứa a gam Ca(OH) , thu được 4m gam kết tủa.

Nếu hấp thụ hết 4,704 lít CO (đktc) cũng vào dung dịch chứa a gam Ca(OH) thì được 3m gam kết tủa. Nếu

(đktc) bởi dung dịch có chứa a gam Ca(OH) thì thu được lượng kết tủa là bao nhiêu?

2

hấp thụ hết 2,464 lít CO

2

Giải:

CO

2

+ Ca(OH)

2



CaCO

3

+ H

2

O

(1)

(2)

CO

+ H O + CaCO

2

3



Ca(HCO )

3 2 

Theo đề, ta có:A (0,2; 4x); B (0,21; 3x); C (0,11; z).

Điều kiện: y  4x và y  z.

Trường hợp 1:

4

n



n

=



max

n Ca(OH)2 bđ

y

OE = EA  0,2 = 4x  x = 0,05.

OG = 2y = OF + FG (mà FG = FB)  2y = 0,21 + 3x  y = 0,18 < 4x (loại).

Trường hợp 2:

n



n

=



max

n Ca(OH)2 bđ

y

HA = HB  x = 0,01.

OK = 2y = OI + IK (mà IK = IB)  2y = 0,21 + 3x  y = 0,12 > 4x (nhận).

Xét điểm C (0,11; z), ta thấy 0,11 < y  C nằm trên đường (1)  z = 0,11  m CaCO

IV. Bài tập vận dụng:

3

= (11 gam).

2 4

Câu 1:Hòa tan hết m gam Al vào 321,8 ml dung dịch H SO 1M. Sau phản ứng người ta thu được dung

dịch X và khí Y. Cho vào dung dịch X 170,9 ml dung dịch NaOH 2M thì thu được 3a gam kết tủa. Lọc bỏ kết

tủa, thêm tiếp vào 161,2 ml dung dịch NaOH 2M nữa thì thu được 4a gam kết tủa. Nếu cho vào dung dịch X

2

76,7 ml dung dịch Ba(OH) 1M thì thu được m’ gam kết tủa. Tìm giá trị của m và m’.

Giải:

3

Al + 3H⁺

3y



Al +

3+

H

2

(1)

2

y



H⁺dư + OH^-



H

O

(2)

(3)

2

3

+

-

Al + 3OH 

Al(OH)

3

5

Al(OH)

nH SO4 bđ = 0,3218 (mol).

Theo đề, ta có:A (0,3418; 3x); B (0,6642; 4x).

3

+ OH^-



[Al(OH)

4

]^-

(4)

2







y  3x

Điều kiện:

 y  7x.

y - 3x  4x

-

Khi lọc kết tủa rồi thêm tiếp OH vào lại thu được kết tủa nữa  A phải nằm trên đường (3).

-

Sau khi thêm OH , nkết tủa thu được = 4x (mol)  ứng với hai điểm trên đồ thị có hai trường hợp để xét.

Xét tại A: EF = 3FA  0,3418 – (0,6436 – 3y) = 3,3x  3y – 0,3018 = 9x (I).

Trường hợp 1: B nằm trên đường (3’).

4

03

thay vào (I)  y = 0,1812 < 7x (loại).

FG = 3GB  0,6641 – 0,3418 = 3



4x  x =

1

5000

n

 max = n Albđ = y

n



n max (sau) = y – 3x



Trường hợp 2: B nằm trên đường (4’).

n

 _m_a_x= n Al = y

bđ

n



n max (sau) = y – 3x



FH= 4 n↓max (sau) = FL + LH (mà LH = LB) 4(y – 3x) = (0,6642 – 0,3418) + 4x



16x – 4y = -0,3224 (II). Giải (I) và (II)  x = 0,02 và y = 0,1606 > 7x (nhận).

m =27y = 4,3362 (gam).

Khi cho 0,2767 mol Ba(OH)

2

vào dung dịch X, ngoài các phản ứng ở trên, còn có phản ứng sau:

6

SO + Ba²⁺

2

4

-



BaSO

(5)

4

Như vậy kết tủa lúc này bao gồm BaSO

4

và Al(OH)

3

Ta có: n_B_a₂₊= n_B_a₍_O_H₎₂= 0,2767(mol) < n_S_O₂₄_-= n

=0,3218(mol)  BaSO

4

tính theo Ba²⁺

H SO₄

2



n_B_a_S_O₄= n_B_a₂₊= 0,2767 (mol)  m_B_a_S_O₄= 64,4711 (gam)

Tọa độ điểm C ( 0,5534; z) (với z là số mol của Al(OH)

OK = OE + EK (mà EK = 3y)  OK = 0,6436 - 3y + 3y = 0,6436. Ta thấy x

,5534(064363y) 979

m_A_l₍_O_H₎₃= 10,1816 (gam)

3

trong trường hợp này).

C

= 0,5534 < OK  C

0

phải nằm trên đường (3).  z 





7500

3



m’ = m_B_a_S_O₄m_A_l₍_O_H₎₃= 74,6527 (gam).

+

2 4

Câu 2: Hòa tan hết X gam hỗn hợp gồm Al và Zn (tỷ lệ mol 1:1) vào một lượng dung dịch H SO 1M

vừa đủ. Sau phản ứng thu được một dung dịch A và V lít khí B. Thêm vào dung dịch A a ml dung dịch KOH

M thì thu được 12,744 gam kết tủa, trong đó tỷ lệ mol hai kết tủa là 1:1. Giả sử tốc độ phản ứng tạo kết tủa và

2

tốc độ phản ứng tạo phức của Al và Zn như nhau. Hãy tính giá trị của m, V và a.

Giải

2

+

-

+ 2OH^-

+ OH^-

]²^-

Zn + 2OH



Zn(OH)

2

(1)

(3)

Zn(OH)

2



[Zn(OH)

4

(2)

(4)

3

+

-

]^-

Al + 3OH

Al(OH)

3

Al(OH)

3



[Al(OH)

4

n Zn(OH)₂_m_a_x= n Al(OH)₃_m_a_x= n Al = n Zn = y (mol)

bđ

n



-

n OH

2

Đặt n Zn(OH)

2

= n Al(OH)

3

= x  99x + 78x = 12,744  x = 0,072 (mol).

= n Al(OH) thì quá trình phản ứng dừng tại điểm I (giao điểm của hai

và Al(OH) ), tọa độ I (x ; 0,072).

– 2y) = 2(y – 0,072)  x – 4y = -0,144 (I)

IJ = 3JF  (3y – x ) = 3(y – 0,072)  x = 3 0,072 = 0,216 thay vào (I)  y = 0,09

m = 27y + 65y = 8,28 (gam).

Theo đồ thị, ta thấy để n Zn(OH)

đường đồ thị biểu thị kết tủa của Zn(OH)

IK = 2KE  (x

2

3

2

3

I





y×3 + y×2

2

n H

2

=

= 0,225 (mol)  V_H₂= 5,04 (lít).

7



n OH

2

a

-

x

I

= 0,216 =

 n OH = 0,216



2  n KOH =

2 = 0,216



2  a = 216 (ml).

1000

V. Kết luận:

Khi đã vững phương pháp này, các bạn có thể rút gọn bớt các bước giải ở trên để giải các bài toán nhanh

hơn. Tôi hy vọng thông qua bài viết này, các bạn, các em học sinh sẽ giải các bài tập dạng này dễ dàng hơn và

phát triển nhiều hơn nữa các ý tưởng sáng tạo của mình.

8