Giai bai tap hoa hoc bang phuong phap do thi

CHUYÊN ĐỀ 2: PHƯƠNG PHÁP ĐỒ THỊ TRONG GIẢI BÀI TẬP
HÓA HỌC
I. Nội dung của phương pháp
Cơ sở của phương pháp đồ thị là sử dụng đồ thị để giải một số hệ phương trình. Nhưng có thể vận dụng
phương pháp này để giải một số dạng bài tập hóa học mà trong thí nghiệm có hai q trình xảy ra: lượng kết
tủa tăng dần, rồi sau đó giảm dần đến hết khi lượng chất phản ứng có dư.
II. Phạm vi áp dụng của phương pháp
Trong giải tốn hóa học, có thể vận dụng phương pháp này trong các trường hợp sau:
 Sục từ từ khí CO2 vào dung dịch chứa hiđroxit của kim loại kiềm thổ, như Ca(OH) 2, Ba(OH)2,…
 Cho từ từ dung dịch kiềm đến dư vào dung dịch muối Al 3+ hoặc muối Zn2+.
 Rót từ từ dung dịch axit mạnh, như HCl, H2SO4, HNO3 đến dư vào dung dịch muối aluminat AlO2- hoặc muối
zincat ZnO22-.
III. Phương pháp
Phương pháp nảy thường dùng để
 Tính lượng chất phản ứng khi biết kết tủa thu được.
 Tìm điều kiện để thu được kết tủa lớn nhất, nhỏ nhất.
Dạng 1: Dẫn từ từ khí CO2 đến dư vào dung dịch chứa a mol Ca(OH)2 hoặc Ba(OH)2 thu được b mol kết tủa
CaCO3 hoặc BaCO3.
Các phản ứng xảy ra theo thứ tự sau:

 CaCO3↓ + H2O (1)
CO2 + Ca(OH)2  
 Ca(HCO3)2 (2)
CO2 còn dư + H2O + CaCO3  
Dựa vào 2 phương trình trên, ta vẽ được đồ thị biểu diễn sự biến đổi số mol kết tủa CaCO 3 theo số mol CO2
như sau:

Từ đồ thị, ta dễ dàng nhận thấy:
nCO2 phản ứng tại A = x = b = n↓
nCO2 phản ứng tại B = y = 2a – b = nOH- – n↓
Ví dụ 1: Dẫn V lit khí CO2 (đktc) vào 300ml dung dịch Ca(OH)2 0,5M, thu được 10g kết tủa. Giá trị của V là:

A. 2,24
B. 3,36
C. 2,24 hoặc 3,36 D. 2,24 hoặc 4,48
Hướng dẫn giải
Cách 1: giải theo cách thông thường
nCa(OH)2 = 0,15; nCaCO3↓ = 0,1
Do nCaCO3 ≠ nCa(OH)2  Có 2 trường hợp xảy ra.
Trường hợp 1: chỉ tạo muối CaCO3

 CaCO3↓ + H2O
CO2 + Ca(OH)2  

 nCO2 = nCaCO3 = 0,1  V = 2,24 lit
Trường hợp 2: tạo cả 2 muối

 CaCO3↓ + H2O
CO2 + Ca(OH)2  


0,1 ← 0,1 ←

0,1

 Ca(HCO3)2
2CO2 + Ca(OH)2  
0,1 ← (0,15 – 0,1)

 nCO2 = 0,2  V = 4,48 lit
Vậy chọn D
Cách 2: sử dụng phương pháp đồ thị

Từ đồ thị  nCO2 tại A = 0,1; nCO2 tại B = 0,2

 VCO2 tại A= 2,24 lit; VCO2 tại B = 4,48 lit  Chọn D
Ví dụ 2: Trong 1 bình kín chứa 2 lit dung dịch Ba(OH) 2 0,075M. Sục vào bình lượng CO2 với số mol dao động
trong đoạn [0,02; 0,12]. Vậy khối lượng kết tủa biến thiên trong giới hạn nào?
A. 0 đến 29,55g
B. 3,94g đến 23,64g
C. 3,94g đến 29,55g
D. 23,64g đến 29,55g
Hướng dẫn giải
nBa(OH)2 = 0,15

Từ đồ thị  nBaCO3 tại A = 0,02; nBaCO3 tại B = 0,12

 mBaCO3 tại A = 0,02.197 = 3,94g; mBaCO3 tại B = 0,12.197 = 23,64g
 Chọn B
Dạng 2: Cho từ từ dung dịch kiềm đến dư vào dung dịch chứa a mol muối Al 3+ hoặc muối Zn2+.
Dạng 2.1: Đối với muối Al3+
Các phản ứng xảy ra theo thứ tự sau:

 Al(OH)3↓ (1)
Al3+ + 3OH-  
 AlO2- + 2H2O (2)
Al(OH)3 + OH- còn dư  
Dựa vào 2 phương trình trên, ta vẽ được đồ thị biểu diễn sự biến đổi số mol kết tủa Al(OH) 3 theo số mol OHnhư sau:


Từ đồ thị, ta dễ dàng nhận thấy:
nOH- phản ứng tại A = x = 3b = 3nAl(OH)3↓

nOH- phản ứng tại B = y = 4a – b = 4nAl3+ – nAl(OH)3↓
Ví dụ 3: Hịa tan 26,64g Al2(SO4)3.18H2O vào nước được dung dịch A. Cho từ từ 250ml dung dịch KOH xM
vào dung dịch A thì thu được 2,34g kết tủa keo trắng. Giá trị của x là:
A. 0,36
B. 0,45
C. 0,36 hoặc 1,16 D. 0,3 hoặc 1,6
Hướng dẫn giải
nAl2(SO4)3.18H2O = 26,64/666 = 0,04  nAl3+ = 0,08
nAl(OH)3 = 2,34/78 = 0,03
Các phản ứng xảy ra:

 Al(OH)3↓ (1)
Al3+ + 3OH-  
 AlO2- + 2H2O (2)
Al(OH)3 + OH- còn dư  
Dựa vào 2 phương trình trên và số liệu đề cho, ta vẽ được đồ thị như sau:

 nKOH tại A = 0,09; nKOH tại B = 0,29
Vậy x tại A = 0,09/0,25 = 0,36; x tại B= 0,29/0,25 = 1,16

 Chọn C
Ví dụ 4: Cho 200ml dung dịch NaOH 2M vào V ml dung dịch AlCl3 1,2M. Kết quả thí nghiệm được biểu diễn
trên đồ thị như sau:

Khối lượng kết tủa thu được sau phản ứng là:
A. 4,68g
B. 6,24g
C. 7,8g
D. 9,36g
Hướng dẫn giải

Các phản ứng xảy ra:

 Al(OH)3↓ (1)
Al3+ + 3OH-  


 AlO2- + 2H2O (2)
Al(OH)3 + OH- còn dư  
Dựa vào đồ thị, ta thấy nAl(OH)3max = 0,36/3 = 0,12  nAl3+ = 0,12
Mà nOH- = 4nAl3+ – nAl(OH)3  0,4 = 4.0,12 – nAl(OH)3

 nAl(OH)3 = 0,08
 mAl(OH)3 thu được = 0,08.78 = 6,24g  Chọn B
Ví dụ 5: Cho V1 lit dung dịch NaOH 0,5M vào V2 lit dung dịch AlCl3 1,5M. Kết quả thí nghiệm được biểu
diễn trên đồ thị sau:

Giá trị lớn nhất của V1 là:
A. 1,2
B. 1,8

C. 2
D. 2,4
Hướng dẫn giải

Các phản ứng xảy ra:

 Al(OH)3↓ (1)
Al3+ + 3OH-  
 AlO2- + 2H2O (2)
Al(OH)3 + OH- còn dư  

Dựa vào đồ thị  nAl3+ = 0,3
Giá trị lớn nhất của V đạt ở vị trí B
Mà nOH- max = 4nAl3+ – n↓ = 4.0,3 – 0,2 = 1

 V1 max = 1/0,5 = 2  Chọn C
Ví dụ 6: Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch hỗn hợp gồm a mol HCl và b mol AlCl 3, kết
quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau:

Tỉ lệ a : b là:
A. 4 : 3
B. 2 : 3
C. 1 : 1
D. 2 : 1
(Trích đề thi tuyển sinh đại học khối A năm 2014)
Hướng dẫn giải
Từ đồ thị  a = 0,8


nOH- phản ứng với Al3+ tạo kết tủa = 4nAl3+ – n↓

 2,8 – 0,8 = 4b – 0,4  b = 0,6
Vậy a: b = 0,8 : 0,6 = 4 : 3  Chọn A
Ví dụ 7: Cho 1 mol KOH vào dung dịch chứa a mol HNO 3 và b mol Al(NO3)3 để thu được c mol kết tủa. Kết
quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau:

Giá trị lớn nhất của a thỏa mãn là:
A. 0,3
B. 0,5

C. 0,7
D. 0,75
Hướng dẫn giải
Giá trị lớn nhất của a xảy ra khi kết tủa đạt được tại điểm A của đồ thị:

Lưu ý: Tại điểm A thì kết tủa tạo ra chưa đạt đến giá trị cực đại nên chỉ xét 2 phản ứng:

 KNO3 + H2O (1)
HNO3 + KOH  
 Al(OH)3↓ + 3KNO3 (2)
Al(NO3)3 + 3KOH  
0,3 ←
0,1

 nHNO3 = nKOH (1) = 1 – 0,3 = 0,7
 Chọn C
Ví dụ 8: Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl 3, kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên
đồ thị sau:

Giá trị của x là:
A. 0,412

B. 0,456

C. 0,415
D. 0,546
Hướng dẫn giải
Giá trị của x tại điểm B, tức là kết tủa đã đat cực đại rồi tan bớt 1 phần
3+
Dễ dàng nhận thấy a = nAl(OH)3max = nAl = 0,12

Ta có nOH- tại B = 4nAl3+ – n↓

 x = 4.0,12 – 0,2a = 4.0,12 – 0,2.0,12 = 0,456
 Chọn B
Ví dụ 9: Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl 3, kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ
thị sau:

Giá trị của x là:
A. 0,405

B. 0,412

C. 0,415
D. 0,426
Hướng dẫn giải

Dựa vào đồ thị  a = nAl(OH)3max = nAl3+
nOH- tại B = 4nAl3+ – n↓

 0,48 = 4.a – 0,06  a = 0,135
 x = 3nAl(OH)3max = 3.0,135 = 0,405  Chọn A
Ví dụ 10: Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl 3, kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên
đồ thị sau:


Giá trị của x là:
A. 0,14

B. 0,15

C. 0,17
D. 0,18
Hướng dẫn giải

Tại điểm A, nAl(OH)3 = nOH-/3 = 0,24/3 = 0,08
Tại điểm B, nOH- = 4nAl3+ – n↓

 0,64 = 4.x – 0,08  x = 0,18
 Chọn D
Ví dụ 11: Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl 3, kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ
thị sau:

Giá trị của x là:
A. 0,80

B. 0,82

C. 0,84
D. 0,86
Hướng dẫn giải

Tại điểm A, nAl(OH)3 = nOH-/3 = 0,42/3 = 0,14
Tại điểm B, nOH- = 4nAl3+ – n↓  x = 4.0,24 – 0,14 = 0,82

 Chọn B
Ví dụ 12: Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl 3, kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên
đồ thị sau:

Tỉ lệ x : y là:
A. 7 : 8

B. 6 : 7

C. 5 : 4
D. 4 : 5
Hướng dẫn giải

Từ đồ thị  x = 3a
y = 4a – 0,5a = 3,5a
 x : y = 3a : 3,5a = 6 : 7  Chọn B
Dạng 2.2: Đối với muối Zn2+
Các phản ứng xảy ra theo thứ tự sau:

 Zn(OH)2↓ (1)
Zn2+ + 2OH-  

 ZnO22- + 2H2O (2)
Zn(OH)2 + 2OH- cịn dư  
Dựa vào 2 phương trình trên, ta vẽ được đồ thị biểu diễn sự biến đổi số mol kết tủa Zn(OH) 2 theo số mol OHnhư sau:

Từ đồ thị, ta dễ dàng nhận thấy:
nOH- phản ứng tại A = x = 2b = 2nZn(OH)2↓
nOH- phản ứng tại B = y = 4a – 2b = 4nZn2+ – 2nZn(OH)2↓
Ví dụ 13: Hịa tan hết m gam ZnSO4 vào nước được dung dịch X. Cho 110 ml dung dịch KOH 2M vào X, 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 m là:
A. 20,125

B. 22,540
C. 17,710
D.12,375
(Trích đề thi tuyển sinh đại học khối A năm 2009)
Hướng dẫn giải
Cách 1: phương pháp thông thường
Cho 110 ml hay 140 ml dung dịch KOH cũng đều thu được lượng kết tủa bằng nhau

 Khi cho 110 ml dung dịch KOH thì ZnSO4 vẫn cịn dư
Khi cho 140 ml dung dịch KOH thì kết tủa đạt cực đại rồi tan ra 1 phần
TH1: Cho 0,22 mol KOH

 Zn(OH)2 + K2SO4
ZnSO4 + 2KOH  
0,11 ← 0,22
→ 0,11
TH2: Cho 0,28 mol KOH vào x mol ZnSO4
 Zn(OH)2 + K2SO4
ZnSO4 + 2KOH  


x

→ 2x

→x

 K2ZnO2 + 2H2O
Zn(OH)2 + 2KOH  
(x – 0,11) → (2x – 0,22)

 ∑nKOH ở TH2 = 2x + 2x – 0,22 = 0,28  x = 0,125
 m = 161.0,125 = 20,125g  Chọn A
Cách 2: sử dụng phương pháp đồ thị
Gọi x = nZn2+

Dựa vào đồ thị, ta thấy 2x – 0,22 = 0,28 – 2x  x = 0,125

 m = mZnSO4 = 0,125.161 = 20,125  Chọn A
Ví dụ 14: Dung dịch hỗn hợp X gồm NaOH 1M và Ca(OH) 2 0,75M. Cho từ từ dung dịch X vào 100ml dung
dịch ZnCl2 1M, thấy cần ít nhất V lit dung dịch X thì khơng còn kết tủa nữa. Giá trị của V là:
A. 0,12
B. 0,14
C. 0,16
D. 0,18
Hướng dẫn giải
nOH = nNaOH + 2nCa(OH)2 = 2,5V
nZn2+ = 0,1
Cách 1: phương pháp thông thường

 Zn(OH)2↓ (1)
Zn2+ + 2OH-  
 ZnO22- + 2H2O (2)
Zn(OH)2 + 2OH-  
Từ 2 phương trình trên  nOH- = 4nZn2+

 2,5V = 4.0,1  V = 0,16  Chọn C
Cách 2: sử dụng phương pháp đồ thị

Dựa vào đồ thị  nOH- = 0,4  V = 0,4/2,5 = 0,16

 Chọn C
Dạng 3: Rót từ từ dung dịch axit mạnh (HCl, H 2SO4, HNO3…) đến dư vào dung dịch chứa a mol muối
aluminat AlO2- hoặc muối zincat ZnO22-, thu được b mol kết tủa.
Dạng 3.1: Đối với muối AlO2Thứ tự phản ứng xảy ra như sau:

 Al(OH)3↓ (1)
H+ + H2O + AlO2-  
 Al3+ + 3H2O (2)
H+ còn dư + Al(OH)3  


Dựa vào 2 phương trình trên, ta vẽ được đồ thị biểu diễn sự biến đổi số mol kết tủa Al(OH) 3 theo số mol H+
như sau:

Dựa vào đồ thị, nhận thấy:
nH+ phản ứng tại A = x = b = n↓
nH+ phản ứng tại B = y = 4a – 3b = 4nAlO2- – 3n↓
Dạng 3.2: Đối với muối ZnO22Thứ tự phản ứng xảy ra như sau:

 Zn(OH)2↓ (1)
2H+ + ZnO22-  
 Zn2 + 2H2O (2)
2H+ còn dư + Zn(OH)2  
Dựa vào 2 phương trình trên, ta vẽ được đồ thị biểu diễn sự biến đổi số mol kết tủa Zn(OH) 2 theo số mol H+
như sau:

Dựa vào độ thị, nhận thấy:
nH+ phản ứng tại A = x = 2b = 2n↓
nH+ phản ứng tại B = y = 4a – 2b = 4nZnO22- – 2n↓

Ví dụ 15: Rót từ từ dung dịch HCl 0,1M vào 200ml dung dịch NaAlO 2 0,2M. Sau khi phản ứng kết thúc, thu
được 1,56g kết tủa keo trắng. Thể tích dung dịch HCl đã dùng là
A. 0,2 lit hoặc 0,8 lit
B. 0,2 lit hoặc 1 lit
C. 0,4 lit hoặc 1 lit
D. 0,4 lit hoặc 1,2 lit
Hướng dẫn giải
nNaAlO2 = 0,04; nAl(OH)2 = 0,02

Tại điểm A, nH+ = n↓ = 0,02  VHCl = 0,02/0,1 = 0,2 lit
Tại điểm B, nH+ = 4nAlO2- – 3n↓ = 4.0,04 – 3.0,02 = 0,1

 VHCl = 0,1/0,1 = 1 lit


Vậy chọn B
Ví dụ 16: Thêm dung dịch HNO3 vào dung dịch chứa 100ml dung dịch hỗn hợp gồm KOH 1M và KAlO 2 1M.
Khi thu được 0,08 mol kết tủa thì số mol HNO3 phản ứng là:
A. 0,18 mol
B. 0,3 mol
C. 0,18 hoặc 0,3 D. 0,18 hoặc 0,26
Hướng dẫn giải
nKOH = nKAlO2 = 0,1
Các phản ứng xảy ra:

 KNO3 + H2O (1)
KOH + HNO3  
 Al(OH)3↓ + KNO3 (2)
KAlO2 + H2O + HNO3  
 Al(NO3)3 + 3H2O (3)

Al(OH)3 + 3HNO3  

Lưu ý: đồ thị trên chỉ vẽ cho phản ứng (2) và (3)
+
Tại điểm A, nH = nKOH + n↓ = 0,1 + 0,08 = 0,18
Tại điểm B, nH+ = nKOH + 4nAlO2- – 3n↓ = 0,1 + 4.0,1 – 3.0,08 = 0,26
Hay nH+ = 0,1 + 0,16 = 0,26

 Chọn D