Bài soạn Trao đổi về hai bài toán hay

Trường THPT Kỹ Thuật Lệ Thủy - Lệ Thủy- Quảng Bình Tài liệu luyện thi ĐH-CĐ
TRAO ĐỔI VỀ HAI BÀI TOÁN HAY
Ví dụ 1: (Câu 18 - Mã đề 856 - Khối A - TSĐH 2010)
Hoà tan hoàn toàn m gam ZnSO
4
vào nước được dung dịch X. Nếu cho 110 ml dung dịch KOH 2M vào X thì
thu được 3a gam kết tủa. Mặt khác, nếu cho 140 ml dung dịch KOH 2M vào X thì thu được 2a gam kết tủa.
Giá trị của m là
A. 32,20 B. 24,15 C. 17,71 D. 16,10
Cách 1: Bài toán này sẽ được giải với trường hợp tổng quát nhất là TN1, Zn(OH)
2
bị tan một phần và ở TN2
số mol KOH lớn hơn nên Zn(OH)
2
bị tan nhiều hơn.
TN1. nKOH = 0,22 mol
2KOH + ZnSO
4
→ Zn(OH)
2
+ K
2
SO
4
(1)
2KOH + Zn(OH)
2
→ K
2
ZnO
2

+ 2H
2
O (2)
Gọi x là số mol của Zn(OH)
2
phản ứng ở pt (2)
 Số mol của Zn(OH)
2
tạo ra ở pt (1) là
99
3a
x
+
; nKOH = 2x +
)
99
3
(2
a
x
+
= 0,22 mol (1')
TN2. nKOH = 0,28 ; Lượng KOH ở thí nghiệm 2 lớn hơn TN1 là 0,28 – 0,22 = 0,06 mol.
Tương tự như trên ta có: nKOH = (2x + 0,06) +
)
99
2
03,0(2
a
x

++
= 0,28 mol (2')
Từ (1') và (2') => x = 0,01 ; a = 2,97 ==> nZnSO
4
=
99
3a
x
+
= 0,1 mol => mZnSO
4
= 161.0,1 = 16,1g
Cách 2: Sơ đồ: ZnSO
4
+ 0,22 mol OH
-
→ 3a gam Zn(OH)
2
↓
ZnSO
4
+ 0,28 mol OH
-
→ 2a gam Zn(OH)
2
↓
→ số mol OH
-
tham gia hòa tan a gam Zn(OH)
2

↓ là 0,28 – 0,22 = 0,06 mol
Zn(OH)
2
↓

+ 2OH
-
→ Zn(OH)
4
2-
(tan)
0,03 0,06 (mol)
→ a gam Zn(OH)
2
↓ tương đương với 0,03 mol Zn(OH)
2
↓
Đưa bài toán về dạng ZnSO
4
+ 0,28 mol OH
-
→ 2a gam Zn(OH)
2
↓( 0,06mol) và Zn(OH)
4
2-
(tan)
* Bảo toàn nhóm OH
-
→ số mol OH

-
ban đầu = số mol OH
-
trong Zn(OH)
2
↓ + số mol OH
-
trong Zn(OH)
4
2-

0,28 = 2 x 0,06 + 4 x số mol Zn(OH)
4
2-
→ số mol Zn(OH)
4
2-
= 0,04 mol
* Bảo toàn Zn:→ số mol Zn
2+
ban đầu = số mol Zn
2+
trong Zn(OH)
2
↓ + số mol Zn
2+
trong Zn(OH)
4
2-
(tan)

Số mol ZnSO
4
= Số mol Zn(OH)
2
↓ + số mol Zn(OH)
4
2-
= 0,06 + 0,04 = 0,1 mol
→ m = 0,1x 161 = 16,1 gam → Chọn đáp án A.
Cách 3 : TN 1: nKOH=0,22 mol =>3a g kết tủa
TN 2: nKOH=0,28 mol =>2a g kết tủa
=> Khi cho thêm 0,06 mol KOH thì kết tủa bị hòa tan a g, tức là kiềm hết, kết tủa dư
=> Số mol kết tủa bị hòa tan trong TN2 =0,06/2=0,03 mol
=> Số mol Zn(OH)
2
trong TN1 = 0,09 mol < 0,22/2
=> TN1: kiềm dư, ZnSO
4
hết
ZnSO
4
+ 2KOH => Zn(OH)
2
(1)
a mol..........2a.......... a
Zn(OH)
2
+ 2KOH => K
2
ZnO

2
+ 2H
2
O (2)
b mol...........2b
Ta có: 2a + 2b = 0,22
a - b = 0,09 => a = 0,1 => m = 0,1.161 = 16,1g
Cách 4:
2
2
3
1: 4 2 0,22 4x 2 * (1)
99
2
2 : 4 2 0,28 4x 2 * (2)
99
− +
− +
↓
↓

= − => = −




= − => = −


OH Zn

OH Zn
a
TN n n n
a
TN n n n
Giải hệ 1 và 2 => m = 2,97 gam thayvào 1 ta có x = 0,1 mol => m = 16,1 gam
Câu 2: Cho x mol Fe tan hoàn toàn trong dung dịch chứa y mol H
2
SO
4
(tỉ lệ x : y = 2 : 5), thu được một sản phẩm
khử duy nhất và dung dịch chỉ chứa mối sunfat. Số mol electron do lượng Fe trên nhường khi bị hoà tan là
 Giáo viên: Nguyễn Cao Chung - 1 - Chuyên nhận luyện thi ĐH chất lượng cao!
Trường THPT Kỹ Thuật Lệ Thủy - Lệ Thủy- Quảng Bình Tài liệu luyện thi ĐH-CĐ
A. 3x B. y C. 2x D. 2y
Cách 1: Không phụ thuộc kim loại luôn có: n
e
trao đổi = 2. (trong muối) = 2. = (trong muối)
+ = = y.
Cách 2: Vì sản phẩm chỉ chứa muối sunfat nên H
2
SO
4
hết và sắt cũng phản ứng hết (hòa tan hoàn toàn)
Sản phẩm phản ứng có thể chỉ chứa muối sắt (III) hoặc muối sắt (II) hoặc cả 2 muối nên ta đặt n là hóa trị trung bình
của sắt .Theo đề bài: x : y = 2 : 5 =>y = 2,5x ; n H
+
= 2.nH
2
SO

4
= 2y = 5x
Fe = > Fe
n+
+ ne
x nx Bảo toàn e: nx = 2,5x = y
4H
+
+ SO
4
2-
+ 2e => SO
2
+ 2H
2
O
5x 2,5x
 Giáo viên: Nguyễn Cao Chung - 2 - Chuyên nhận luyện thi ĐH chất lượng cao!