CÁC DẠNG BÀO TẬP GIẢI HÓA BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐỒ THỊ
PHẦN A: LÍ THUYẾT:
Phương pháp chung: Thường gồm 4 bước sau:
- Bước 1: Xác định hình dạng đồ thị: dựa vào thứ tự các phương trình phản ứng và sự thay đổi lượng một chất theo các chất khác
- Bước 2: Xác định tọa độ các điểm quan trọng (thường là các điểm đầu, cực đại, cực tiểu, điểm cuối của đồ thị)
- Bước 3: Xác định tỉ lệ đồ thị (là tỉ lệ các chất phản ứng, chất sản phẩm)
- Bước 4: Từ đồ thị và giả thiết xác định yêu cầu của bài toán
PHẦN B: MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP
1. Bài toán CO2 (SO2) tác dụng với dung dịch chứa a mol M(OH)2 (Ca(OH)2 hoặc Ba(OH)2)
1.1. Phương pháp giải.
Bước 1: Xác định dạng đồ thị
Phương trình:
-Giai đoạn 1: Kết tủa tăng dần theo lượng CO2, đồ thị đi lên
CO2 + M(OH)2 → MCO3 + H2O (1)
-Giai đoạn 2: Kết tủa bị hòa tan Khi CO2 dư , đồ thị đi xuống
CO2 + MCO3 + H2O → M(HCO3)2 (2)
Theo ptpu (1) kết tủa MCO3 tăng (đồ thị đi lên) khi tăng lượng CO2 và số mol kết tủa luôn bằng mol CO2, lượng M(OH)2 có thể dư. Số mol kết tủa cực đại = mol M(OH)2 = a mol
Theo ptpu (2) kết tủa giảm (đồ thị đi xuống) khi tiếp tục tăng CO2, đến khi mol CO2 = mol kết tủa thì kết tủa bị hòa tan hoàn toàn
- Hiện tượng: Xuất hiện kết tủa tăng dần đến cực đại, sau đó tan dần đến hết
Bước 2: Xác định tọa độ các điểm quan trọng (mol CO2; mol kết tủa)
+ Điểm ban đầu (0; 0)
+ Sau đó đồ thị đi lên đến điểm cực đại, kết tủa lớn nhất (a; a)
+ Sau đó nếu tiếp tục cho CO2 tác dụng thì kết tủa bị hòa tan, đồ thị đi xuống đến điểm cực tiểu, kết tủa bị hòa tan hoàn toàn (0; 2a)
Bước 3: Xác định tỉ lệ đồ thị: Chữ V úp ngược, có tính đối xứng ( Đồ thị lên 1 xuống 1)
Bước 4: Xác định yêu cầu bài toán
Giai đoạn 1 (đồ thị đang đi lên): 0 < nCO2 < a
+ chỉ xảy ra phản ứng tạo kết tủa
+ n CO2 = n MCO3
Số mol MCO3 cực đại = mol M(OH)2 = mol CO2 pu
Giai đoạn 2 (đồ thị đang đi xuống) a < nCO2 < 2a
+ tạo kết tủa và kết tủa bị hòa tan 1 phần
+ nCO2 = 2a - nMCO3
Nếu nCO2 > 2a thì kết tủa bị tan hoàn toàn và dung dịch thu được chỉ chứa M(HCO3)2
Chú ý: 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 ↓
1.2. Ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: Sục từ từ khí CO2 vào 400 gam dung dịch Ba(OH)2. Kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau:

Sau khi phản ứng kết thúc, dung dịch thu được có nồng độ phần trăm khối lượng là
A. 42,46%. B. 64,51%. C. 50,64%. D. 70,28%
Giải:
Kéo dài nhánh phải của đồ thị cắt trục hoành, ta được dạng cơ bản ban đầu

- Số mol BaCO3 kết tủa = 0,4 mol
- Tìm số mol Ba(OH)2 ban đầu. Áp dụng, nửa phải của đồ thị:
Thay số: 0,4= 2- 2,0 Þ = 1,2 mol = số mol BaCO3 max = 1,2 mol
Þ khối lượng BaCO3 kết tủa = 197.0,4 = 78,8 gam
- Số mol Ba(HCO3)2 = 1,2 - 0,4 = 0,8
Þ khối lượng chất tan = 259.0,8 = 207,2 gam
- Khối lượng dung dịch sau phản ứng = 400 + m- m=400+ 88-78,8 = 409,2 gam
- Nồng độ phần trăm khối lượng của Ba(HCO3)2 = = 50,64%.
Ví dụ 2: 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 3: Sục từ từ khí CO2 vào dung dịch chứa Ca(OH)2, kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau (số liệu các chất tính theo đơn vị mol)

Tỉ lệ a : b là
A. 2 : 1. B. 5 : 2. C. 8 : 5. D. 3 : 1
Giải:
Số mol Ca(OH)2 = số mol CaCO3 max = a mol
Áp dụng biểu thức tính nhanh, nửa phải của đồ thị:
, thay số:
Ta có: 2b = 2a - 0,06
b = 2a - 0,08 Þ a = 0,05 , b = 0,02
Đáp án B
1.3. Bài tập giải chi tiết
Câu 1. Sục từ từ khí CO2 vào dung dịch Ca(OH)2 cho đến khi phản ứng kết thúc. Kết quả thí nghiệm được thể hiện trên đồ thị sau:

Giá trị của x trong đồ thị trên là
A. 0,2. B. 0,3. C. 0,4. D. 0,5
Giải:
Kéo dài một nhánh của đồ thị cắt trục hoành, ta được dạng cơ bản ban đầu
x = 1,8 - 1,5 = 0,3
Câu 2. 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
Câu 3. Cho 5,6 lít hỗn hợp X gồm N2 và CO2 (đktc) đi chậm qua dung dịch Ca(OH)2 để phản ứng xảy ra hoàn toàn. Kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau (các số liệu tính bằng mol).

Tỉ khối hơi của hỗn hợp X so với hiđro gần giá trị nào nhất sau đây ?
A. 16. B. 18. C. 19. D. 20
Giải:
Số mol Ca(OH)2 = số mol CaCO3 max = 0,1 mol. Áp dụng biểu thức tính nhanh:
Nửa trái của đồ thị: . Nửa phải của đồ thị:
Thay số: 0,05 = a ; 0,05 = 2.0,1 - b Þ b = 0,15
Trường hợp 1: CO2 0,05 mol, N2 0,20 mol Þ , = 15,6 (gần 16 ¹ 0,4 đơn vị, loại)
Trường hợp 2: CO2 0,15 mol, N2 0,10 mol. Þ = 37,6, = 18,8 (gần 19 ¹ 0,2 đơn vị, chọn)
Câu 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
Câu 5. Sục từ từ khí CO2 đến dư vào dung dịch Ba(OH)2, kết quả thí nghiệm được thể hiện trên đồ thị sau:

Giá trị của a và x trong đồ thị trên lần lượt là
A. 2 và 4. B. 1,8 và 3,6. C. 1,6 và 3,2. D. 1,7 và 3,4
Giải:
Cách 1:

Tam giác cân, cạnh đáy bằng: x = 2a (1)
(Số mol CO2 max = số mol OH- = 2´số mol Ba(OH)2)
Hai tam giác vuông cân hai cạnh góc vuông bằng a, góc bằng 45o
Tam giác vuông cân nhỏ đồng dạng, cạnh góc vuông bằng: 0,5a = x - 3. (2)
Từ pt (1) và (2) Þ a = 2 ; x = 4
Cách 2: Số mol BaCO3 max = số mol Ba(OH)2 = a mol. Áp dụng, nửa phải của đồ thị:
. Thay số: 0,5a = 2a - 3 Þ a = 2 , x = 2a = 4
Câu 6. Dung dịch X chứa a mol Ca(OH)2. Cho dung dịch X hấp thụ 0,06 mol CO2 được 2b mol kết tủa, nhưng nếu dùng 0,08 mol CO2 thì thu được b mol kết tủa. Giá trị a và b lần lượt là
A. 0,08 và 0,04. B. 0,05 và 0,02. C. 0,08 và 0,05. D. 0,06 và 0,02
Giải:

· Nếu 0,06 và 0,08 mol CO2 cùng nằm ở phía nửa phải của đồ thị.
Áp dụng:
2b = 2a - 0,06
b = 2a - 0,08 Þ a = 0,05 mol, b = 0,02 mol
· Nếu 0,06 mol CO2 nằm ở nửa phía trái đồ thị, thì 0,08 mol CO2 nằm ở nửa phía phải đồ thị, dựa vào đồ thị ta có: 0,06 = 2b; 0,08 = 2a – b;
® a = 0,055; b = 0,03. (không có đáp án ® loại)
Câu 7. Sục từ từ khí CO2 vào V lít dung dịch Ba(OH)2 0,5M, kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị hình bên. Giá trị của V là:
A. 0,1. B. 0,05.
C. 0,2. D. 0,15
Giải:
TH1: Nếu b mol CO2 nằm ở nửa trái và 2b mol CO2 nằm ở nửa phải của đồ thị, ta có
Þ b = 0,06 mol
, thay 2b = 0,12
0,08 = - 0,12 Þ = 0,1 mol, V = (0,1 : 0,5) = 0,2 lít
TH2: Nếu b và 2b mol CO2 đều nằm phải phải đồ thị. ta có:
0,06 = - b Þ= 0,06 + b (*)
0,08 = - 2b Þ= 0,06 + 2b (**),
®loại !
2. Bài toán CO2 (SO2) tác dụng với dung dịch chứa a mol M(OH)2 và b mol XOH
2.1. Phương pháp giải.
Bước 1: Xác định hình dạng đồ thị
Các phương trình phản ứng xảy ra:
- Giai đoạn I: Đồ thị đi lên, chỉ tạo kết tủa, kết tủa tăng dần theo sự tăng dần số mol CO2
CO2 + M(OH)2 ® BaCO3¯ + H2O
- Giai đoạn II: Đồ thị nằm ngang, Kết tủa không đổi
CO2 + 2XOH ® X2CO3 + H2O
dư CO2: X2CO3 + CO2 + H2O ® 2XHCO3
phương trình chung:
CO2 + XOH ® XHCO3
- Giai đoạn III: Đồ thị đi xuống, kết tủa bị hòa tan
dư CO2: MCO3 + CO2 + H2O ® M(HCO3)2 (tan)
Bước 2: Xác định tọa độ các điểm quan trọng (nCO2 ; nMCO3)
+ Điểm bắt đầu (0; 0)
+ Điểm cực đại cuối giai đoạn 1 và đầu giai đoạn 2 (nM(OH)2; nM(OH)2)
+ Điểm cực đại cuối giai đoạn 2 và đầu giai đoạn 3 (nM(OH)2 + nXOH; nM(OH)2)
+ Điểm cuối (2nM(OH)2 + nXOH; 0)
Bước 3: Xác định tỉ lệ đồ thị: Hình dạng đồ thị: Hình thang cân
(I)
(II)
(III)
a
x
x
a
a+b
2a+b
0
y
Bước 4: Xác định yêu cầu bài toán
Giai đoạn I: Ca(OH)2 dư, NaOH chưa pu: nCO2 = n¯ = x;
Giai đoạn II: Kết tủa không thay đổi:
Giai đoạn III: Kết tủa bị hòa tan: nCO2 =2nM(OH)2 + nXOH - n¯ = 2a + b - x;
Nếu giả thiết cho n¯ < nM(OH)2 thì xảy ra 2 TH ( giai đoạn I và giai đoạn II).
2.2. Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Sục từ từ khí CO2 đến dư vào dung dịch X chứa m (gam) NaOH và a mol Ca(OH)2. Kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau:

Giá trị của m và a lần lượt là:
A. 48 và 1,2. B. 36 và 1,2. C. 48 và 0,8. D. 36 và 0,8
Giải:
Đồ thị:

Các phương trình phản ứng xảy ra (giải thích trên đồ thị):
Giai đoạn (I) CO2 + Ca(OH)2 ® CaCO3¯ + H2O
® Đồ thị đi lên, chỉ tạo kết tủa, kết tủa tăng dần theo sự tăng dần số mol CO2
Giai đoạn (II)
CO2 + 2NaOH ® Na2CO3 + H2O
dư CO2: Na2CO3 + CO2 + H2O ® 2NaHCO3
phương trình chung:
CO2 + NaOH ® NaHCO3
® kết tủa không đổi - đoạn nằm ngang)
Giai đoạn (III) dư CO2 hòa tan kết tủa theo ptpu:
CaCO3 + CO2 + H2O ® Ca(HCO3)2 (tan)
® Đồ thị đi xuống, kết tủa bị hòa tan
Theo đồ thị đoạn (II): Số mol CO2 = số mol NaOH = 1,2 mol Þ m = 40´1,2 = 48 gam
Theo đồ thị, trên trục hoành:
Số mol CO2 tại điểm kết tủa bị hòa tan hoàn toàn = a + 1,2 + a = 2,8
Þ a = 0,8 mol
Ví dụ 2: Sục từ từ khí CO2 đến dư vào dung dịch X chứa a mol NaOH và b mol Ba(OH)2). Kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau:

Tỉ lệ b : a là
A. 5 : 1. B. 5 : 4. C. 5 : 2. D. 5 : 3
Giải:
Số mol CO2 (max) = số mol OH- (trong dung dịch) = 1,4 mol = a + 2b
Thay b = 0,5 mol Þ a = 0,4 mol
b : a = 0,5 : 0,4 = 5 : 4
2.3. Bài tập giải chi tiết
Câu 1. Sục từ từ khí CO2 vào dung dịch hỗn hợp gồm KOH và Ca(OH)2, ta có kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau (số liệu các chất tính theo đơn vị mol):

Giá trị của x là
A. 0,10. B. 0,12. C. 0,11. D. 0,13.
Giải:
Đọc trên đồ thị Þ x = 0,50 - 0,40 = 0,10 mol

Câu 2. Cho từ từ khí CO2 vào dung dịch hỗn hợp KOH và Ba(OH)2. Kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau (số liệu các chất tính theo đơn vị mol):

Giá trị của x là :
A. 3,25. B. 2,50. B. 3,00. D. 2,75
Giải:
Dựa vào giai đoạn 1 của đồ thị ta có: 0,5 = 0,4a Þ a = 1,25 mol

Số mol CO2 (tối thiểu để kết tủa tan hoàn toàn) = 3a = 3´1,25 = 3,75 = x + 0,5 Þ x = 3,75 - 0,5 = 3,25 mol.
Câu 3. Cho từ từ khí CO2 vào dung dịch hỗn hợp KOH và Ba(OH)2. Kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau (số liệu các chất 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
Giải: Kéo dài nhánh phải của đồ thị cắt trục hoành, ta được dạng cơ bản

Tam giác vuông cân: x = 0,45 - 0,35 = 0,10 mol
Câu 4. Cho từ từ x mol khí CO2 vào 500 gam dung dịch hỗn hợp KOH và Ba(OH)2. Kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau:

Tổng nồng độ phần trăm khối lượng của các chất tan trong dung dịch sau phản ứng là
A. 51,08%. B. 42,17%. C. 45,11%. D. 55,45%.
Giải:
Khi nCO2 = x (giai đoạn 3- kết tủa bị hòa tan 1 phần), dung dịch sau phản ứng gồm: KHCO3, Ba(HCO3)2
Kéo dài nhánh phải của đồ thị cắt trục hoành, ta được dạng cơ bản

- Số mol Ba(OH)2 ban đầu = 0,8 mol
- Số mol BaCO3 = 0,2 mol Þ khối lượng BaCO3 = 197.0,2 = 39,4 gam
- BT nguyên tố Ba: Số mol Ba(HCO3)2 = 0,8 - 0,2 = 0,6 mol Þ khối lượng Ba(HCO3)2 = 259.0,6 = 155,4 gam
- BT nguyên tố K: số mol KHCO3 = n KOH = 1,0 mol Þ khối lượng KHCO3 = 100.1 = 100 gam
- Số mol CO2 = 1,8 + 0,8 – 0,2 = 2,4 mol Þ khối lượng CO2 = 44.2,4 = 105,6 gam
- Tổng khối lượng chất tan = 155,4 + 100 = 255,4 gam
- Khối lượng dung dịch sau phản ứng = 500 + 105,6 - 39,4 = 566,2 gam
- Tổng nồng độ phần trăm khối lượng chất tan = = 45,11%
Câu 5. Sục khí CO2 vào V ml dung dịch hỗn hợp NaOH 0,2M và Ba(OH)2 0,1M. Đồ thị biểu diễn khối lượng kết tủa theo số mol CO2 phản ứng như sau:


Giá trị của V là
A. 300. B. 250. C. 400. D. 150
Giải:

Dựa vào đồ thị ta có:
0,13 = 2. 0,1.V.10-3 + 0,2.V. 10-3 – 0,03 ®V = 400
Câu 6. 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 :
+ Với nCO2 = 0,22 mol thì n↓ = 0,2 < nCO2
⇒ Với nCO2 = 0,22 mol thì kết tủa đã bị hoà tan ® đồ thị ở giai đoạn 3
+ Với nCO2 = 0,4 mol thì n↓ = 0,1: kết tủa lại tiếp tục bị hòa tan ® đồ thị ở giai đoạn 3
nNaOH = 0,5y ; nCa(OH)2= 0,5x
⇒ n↓max = 0,5x; nCO2 khi kết tủa vừa bị hòa tan hoàn toàn = 2. 0,5x + 0,5y = x + 0,5y;
Đồ thị :
Từ đồ thị:
Ta có hệ: Vô nghiệm
⇒ Khi tạo 20g = m¯max
0,5x = 0,2 ⇒ x = 0,4
0,4 = x + 0,5y – 0,1 ⇒ y = 0,2 mol
⇒ Đáp án B
3. Bài toán dung dịch muối AlCl3 tác dụng với dung dịch NaOH
3.1. Phương pháp giải
Cho từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch chứa a mol AlCl3 thu được kết tủa
Bước 1: Xác định hình dạng đồ thị
Phương trình:
+ Giai đoạn 1: Chỉ tạo kết tủa, đồ thị đi lên đến cực đại (khi số mol kết tủa = số mol AlCl3)
AlCl3 + 3 NaOH → Al(OH)3 + 3NaCl
+ Giai đoạn 2: Nếu NaOH dư tiếp tục xảy ra phản ứng hòa tan kết tủa
Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O
Bước 2: Xác định tọa độ các điểm quan trọng (nNaOH; nAl(OH)3)
+ Điểm đầu (0; 0)
+ Điểm cực đại: (3nAlCl3; nAlCl3)
+ Điểm cuối (kết tủa nhỏ nhất): (3nAlCl3; 0)
- Hiện tượng: Xuất hiện kết tủa tăng dần đến cực đại sau đó tan dần đến hết
Bước 3: Xác định tỉ lệ đồ thị. (lên 3 xuống 1)
Bước 4: Xác định yêu cầu bài toán
- n↓cực đại = a khi đó nNaOH = 3a
- Nếu 0 < n↓ < a thì có 2 trường hợp của NaOH
TH1: n↓ tạo ra chưa cực đại nNaOH = 3n↓;
TH2: n↓ đạt cực đại sau đó lại tan khi đó nNaOH= 4a – n↓
* Muối NaAlO2 tác dụng với dung dịch HCl
Phương trình:
NaAlO2 + HCl + H2O → Al(OH)3
Khi HCl dư tiếp tục xảy ra phản ứng:
Al(OH)3 + 3 HCl  → AlCl + 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 HCl = a
Nếu 0 < n ↓ < a khi đó có 2 trường hợp:
TH1: Kết tủa chưa đạt cực đại: n↓ = n HCl
TH2: Kết tủa đạt cực đại sau đó bị HCl hòa tan: n HCl = 4a – 3n↓
3.2. Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Cho 800 ml dung dịch KOH x mol/l phản ứng với 500 ml dung dịch Al2(SO4)3 0,4M đến phản ứng 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 Al2(SO4)3  = 0,2 mol ⇒ n↓ max = 0,4 mol ; n↓ = 11,7 : 78 = 0,15 mol
Ta xây dựng được đồ thị
 
Từ đồ thị ⇒nKOH = a = 3nAl(OH)3 = 0,15. 3 = 0,45 mol
nKOH = b = 4.2 n Al2(SO4)3  - n↓=1,6 – 0,15 =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 2: 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:
Giải:
Giải thích các quá trình biến thiên trong đồ thị:
Đoạn 1: Không xuất hiện kết tủa, do HCl + NaOH ® H2O
Đoạn 2: Đi lên, do sự hình thành Al(OH)3
Đoạn 3: Đi xuống, do sự hòa tan kết tủa Al(OH)3
Từ đồ thị và công thức:
a= nHCl = 0,8;
2,8 = 4b + a – 0,4 ® b = 0,6
3.3. Bài tập giải chi tiết
Câu 1. Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl3, kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau (số liệu tính theo đơn vị mol) 3


Giá trị của x là
A. 0,412 B. 0,426 C. 0,415 D. 0,405
Giải:
Ta có nAlCl3 = n¯max ® x = 3a; nNaOH khi hòa tan hoàn toàn kết tủa = 4a = 0,48 + 0,06 ® a = 0,135
x = 3. 0,135 = 0,405 ® Đáp án D
Câu 2. Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl3, kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên
đồ thị sau (số liệu tính theo đơn vị mol)
Giá trị của x là
A. 0,18 B. 0,17 C. 0,15 D. 0,14
Giải
n¯= 0,24 : 3 = 4x – 0,64 ® x = 0,18 ® Đáp án A
Câu 3. Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch chứa a mol HCl và b mol AlCl3, kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau:
 
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 = nNaOH pu với HCl = a = 0,8 mol
Khi nNaOH = 2,8 kết tủa bị hòa tan một phần
ta có: nNaOH = nHCl + 4nAlCl3 - n↓ = a + 4b – 0,4 = 2,8 ⇒ b = 0,6 mol
⇒a : b = 4 : 3 ⇒ Đáp án A
Câu 4. 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 HCl  = 0,1 mol; n Al2(SO4)3  = 0,05 mol111BT nguyên tố Al: n↓ cực đại = 2 n Al2(SO4)3  = 0,1 mol ⇒ a = 0,1 mol
Từ đồ thì ta cũng có:
Khi kết tủa cực đại thì nNaOH = b= n HCl  + 6 n Al2(SO4)3   = 0,1 + 3.0,1 = 0,4 mol
⇒ b = 0,4 : 1 = 0,4 lít = 400 ml
⇒ Đáp án A
Câu 5.  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
=> số mol NaAlO2 = 0,1 mol ⇒ Đồ thị của bài toán:
 
Từ đồ thị
Khi n HCl = a (kết tủa chưa cực đại) ⇒n HCl = a = n ↓ = 0,07
Khi n HCl =b (kết tủa bị hòa tan một phần)
⇒n HCl = 4n↓ max -3 n↓ = 0,4 – 3.0,07= 0,19 mol
⇒ V = 0,35 hoặc 0,95 lít ⇒ Đáp án D
Câu 6.  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 
Ta có số mol Al(OH)3 trên đồ thị = 1,56 : 78 = 0,02 mol
n↓max  =n K[Al(OH)4] = 0,04 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 
Câu 7.  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:
nOH- = 0,04 mol; nAlO2- = 0,02 mol; nAl(OH)3 = 0,01 mol
Ta có đồ thị:
 
Từ đồ thị⇒nH+ = a = nOH- + n↓= 0,04 + 0,01 = 0,05 mol;
nH+ = b kết tủa bị hòa tan một phần
nH+ = b = nOH- + 4n↓max – 3n↓ = 0,04 + 4.0,02 – 3.0,01 = 0,09 mol
⇒V = 25 ml hoặc 45 ml
Câu 8.  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:
 
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
Câu 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 (số liệu tính theo đơn vị mol)
Giá trị của x là A. 0,80 B. 0,84 C. 0,86 D. 0,82
Giải:
nAlCl3 = n¯max = 0,24 mol; ® nNaOH max = 4.0,24 = 0,96 mol;
0,42 = 3 n¯ => n¯ = 0,14 mol
x = 0,96 – 0,14 = 0,82 => Đáp án D
PHẦN C: MỘT SỐ BÀI TẬP CHỌN LỌC
Bài 1: 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 mol111Số mol Zn(OH)2 = 0,2 mol
Ta có đồ thị
 
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 2: 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:
 
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 3: 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 4: 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 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
 

onthicaptoc.com Chuyen de 21 Cac dang bai tap ve do thi de giai hoa