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, kiểm tra, kì thi, học sinh phải làm môn hóa học hình thức trắc nghiệm đòi hỏi em học sinh phải có phương pháp giải tập ngắn gọn nhất, kỹ tính toán nhanh xác Tuy nhiên trình giảng dạy, thấy nhiều học sinh gặp lúng túng gặp toán tạo kết tủa; sau kết tủa tan phần Đây toàn thường gặp đề thi đại học Theo kinh nghiệm giảng dạy năm vừa qua, thấy phương pháp đồ thị thích hợp loại tập Phướng pháp số thầy cô trình bày Trong viết này, xin trình bày lại phương pháp với vài hướng Rất mong nhận nhiều ý kiến đóng góp từ bạn đồng nghiệp em học sinh thân mến II Cơ sở lý thuyết: Phương pháp có hiệu cao dạng tập tổng quát sau:  Ba(HCO3 )   Ba(OH)  +CO2 / SO2  BaCO3  +CO2 / SO2 Ca(OH)   CaCO    Ca(HCO )  Tan 2 3 2    [Be(OH)4 ]2-  Be 2+  Be(OH)     3+    + OH + OH  Cr(OH)3    [Cr(OH) ]-  Cr  Tan  3+  Tan + H+    + H+  -    Al(OH)3    [Al(OH) ]  Al  2-   Zn 2+   Zn(OH)     [Zn(OH)4 ]  Để giải toàn phương pháp đồ thị, thường ta làm bước sau: Bước 1: Viết phương trình xảy Bước 2: Dựa vào phương trình viết để xây dựng đồ thị Bước 3: Tìm tọa độ đề cho điều kiện tồn đồ thị Bước 4: Đặt tọa độ tìm vào đồ thị Bước 5: Tìm mối quan hệ đồ thị giải đáp số III Một số ví dụ: Bài 1: (Câu 32 đề thi tuyển sinh đại học khối A – 2009 mã đề 742) Hòa tan hoàn toàn m gam ZnSO4 vào nước dung dịch X Nếu cho 110 ml dung dịch KOH 2M vào X thu a gam kết tủa Mặt khác, cho 140 ml dung dịch KOH 2M vào X thu a gam kết tủa Giá trị x bao nhiêu? Giải: Gọi y số mol ZnSO4 ứng với m gam muối ban đầu x số mol Zn(OH)2 ứng với a gam kết tủa Zn 2+ + 2OH -  Zn(OH)2  (1) Zn(OH)2  + 2OH -  [Zn(OH) ]2- (2) n n  max = n Zn 2+ bđ = y (mol) Theo đồ thị, ta thấy tọa độ điểm M (xM; yM) M (nOH  , nZn (OH )2  ) Theo đề, ta có: A (0,22; x); B (0,28; x) Điều kiện: y  x (vì y = n kết tủa max nên y ≥ n kết tủa đề cho) Ta thấy yA = yB = x  A phải nằm đường (1), B nằm 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 (Câu 24 đề thi tuyển sinh Đại học– khối B năm 2011, mã đề 153) Cho 400 ml dung dịch E gồm AlCl3 (x) mol/l Al2(SO4)3 (y) mol/l tác dụng với 612 ml dung dịch NaOH 1M Sau phản ứng kết thúc thu 8,424 gam kết tủa Mặt khác, cho 400 ml dung dịch E tác dụng với dung dịch BaCl2 dư thu 33,552 gam kết tủa Tìm tỷ lệ x:y Giải: Al3+ + 3OH-  Al(OH)3 (1) Al(OH)3 + OH-  [Al(OH)4]- (2) SO2-4 + Ba2+  BaSO4 (3) nAlCl3 = 0,4x (mol) nAl2(SO4)3 = 0,4y (mol) nAl(OH)3 = 0,108 (mol) nBaSO4 = 0,144 (mol) (3)  n SO2-4 = n BaSO4  0,4y  = 0,144  y = 0,12 nAl3+ = nAlCl3 + 2nAl2(SO4)3 = 0,4x + 0,8y n n  max = n Al3+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 đường (1)  n OH- = 3n  ; 0,612   0,108 (vô lý)  loại Trường hợp 2: Nếu A nằm đường (2): OF = 4n  max = OE + EF (mà EF = EA)  4(0,4x + 0,8y) = 0,612 + 0,108  x = 0,21  x 0,21 = = y 0,12 Bài (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 AlCl3 x (mol/l), thu dung dịch Y 4,68 gam kết tủa Loại bỏ kết tủa, thêm tiếp 175 ml dung dịch KOH 1,2M vào Y, thu 2,34 gam kết tủa Giá trị 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) Al3+ + 3OH-  Al(OH)3  (1) Al(OH)3 + OH-  [Al(OH)4]- (2)  0,1x  0,06  x  0,6 Điều kiện:     x  0,9 0,1x - 0,06  0,03  x  0,9 Theo đề: A(0,18; 0,06); B(0,39; 0,03) _ Khi lọc kết tủa, thêm OH- vào lại thu kết tủa tiếp  n kết tủa (1) phải nằm đường số (I) _ Khi lọc 0,08 mol kết tủa, lượng kết tủa max giảm 0,08 Kết tủa thời điểm giảm Khi thêm OH- vào lượng kết tủa tăng dần đến điểm cực đại giảm dần (theo đường in đậm) n kết tủa (2) có hai trường hợp để xét: Trường hợp 1: n n  max =n Al3+bđ = 0,1x (mol) Theo đồ thị, ta thấy BC = 3CD, BC = 0,21; CD = 0,03  BC  3CD (loại) Trường hợp 2: n  max (sau) = 0,1x – 0,06 n n  max =n Al3+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 CO2 (đktc) vào dung dịch có chứa a gam Ca(OH)2, thu 4m gam kết tủa Nếu hấp thụ hết 4,704 lít CO2 (đktc) vào dung dịch chứa a gam Ca(OH)2 3m gam kết tủa Nếu hấp thụ hết 2,464 lít CO2 (đktc) dung dịch có chứa a gam Ca(OH)2 thu lượng kết tủa bao nhiêu? Giải: CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O (1) CO2 + H2O + CaCO3  Ca(HCO3)2  (2) Theo đề, ta có: A (0,2; 4x); B (0,21; 3x); C (0,11; z) Điều kiện: y  4x y  z Trường hợp 1: n n  max = n Ca(OH) 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) 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 đường (1)  z = 0,11  m CaCO3 = (11 gam) IV Bài tập vận dụng: Câu 1:Hòa tan hết m gam Al vào 321,8 ml dung dịch H2SO4 1M Sau phản ứng người ta thu dung dịch X khí Y Cho vào dung dịch X 170,9 ml dung dịch NaOH 2M thu 3a gam kết tủa Lọc bỏ kết tủa, thêm tiếp vào 161,2 ml dung dịch NaOH 2M thu 4a gam kết tủa Nếu cho vào dung dịch X 276,7 ml dung dịch Ba(OH)2 1M thu m’ gam kết tủa Tìm giá trị m m’ Giải: Al + 3H+  Al3+ + H2 (1) y  3y H+dư + OH-  H2O (2) Al3+ + 3OH-  Al(OH)3 (3) Al(OH)3 + OH-  [Al(OH)4]- (4) nH2SO4 bđ = 0,3218 (mol) Theo đề, ta có:A (0,3418; 3x); B (0,6642; 4x)  y  3x Điều kiện:   y  7x  y - 3x  4x Khi lọc kết tủa thêm tiếp OH- vào lại thu kết tủa  A phải nằm đường (3) Sau thêm OH-, nkết tủa thu = 4x (mol)  ứng với hai điểm đồ thị có hai trường hợp để xét Xét A: EF = 3FA  0,3418 – (0,6436 – 3y) = 3,3x  3y – 0,3018 = 9x (I) Trường hợp 1: B nằm đường (3’) FG = 3GB  0,6641 – 0,3418 =  4x  x = n 403 thay vào (I)  y = 0,1812 < 7x (loại) 15000 n  max = n Albđ = y n  max (sau) = y – 3x Trường hợp 2: B nằm đường (4’) n n  max = n Albđ = y n  max (sau) = y – 3x FH= n↓max (sau) = FL + LH (mà LH = LB)  4(y – 3x) = (0,6642 – 0,3418) + 4x  16x – 4y = -0,3224 (II) Giải (I) (II)  x = 0,02 y = 0,1606 > 7x (nhận)  m =27y = 4,3362 (gam) Khi cho 0,2767 mol Ba(OH)2 vào dung dịch X, phản ứng trên, có phản ứng sau: SO2-4 + Ba2+  BaSO4 (5) Như kết tủa lúc bao gồm BaSO4 Al(OH)3 Ta có: n Ba 2+ = n Ba(OH)2 = 0,2767(mol) < n SO2- = n H2SO4 =0,3218(mol)  BaSO4 tính theo Ba2+  n BaSO4 = n Ba 2+ = 0,2767 (mol)  m BaSO4 = 64,4711 (gam) Tọa độ điểm C ( 0,5534; z) (với z số mol Al(OH)3 trường hợp này) OK = OE + EK (mà EK = 3y)  OK = 0,6436 - 3y + 3y = 0,6436 Ta thấy xC = 0,5534 < OK  C phải nằm đường (3)  z  0,5534  (06436  y ) 979   7500 m Al(OH)3 = 10,1816 (gam)  m’ = m BaSO4 + m Al(OH)3 = 74,6527 (gam) Câu 2: Hòa tan hết X gam hỗn hợp gồm Al Zn (tỷ lệ mol 1:1) vào lượng dung dịch H2SO4 1M vừa đủ Sau phản ứng thu dung dịch A V lít khí B Thêm vào dung dịch A a ml dung dịch KOH 2M thu 12,744 gam kết tủa, tỷ lệ mol hai kết tủa 1:1 Giả sử tốc độ phản ứng tạo kết tủa tốc độ phản ứng tạo phức Al Zn Hãy tính giá trị m, V a Giải Zn2+ + 2OH-  Zn(OH)2 (1) Zn(OH)2 + 2OH-  [Zn(OH)4]2- (2) Al3+ + 3OH-  Al(OH)3 (3) Al(OH)3 + OH-  [Al(OH)4]- (4) n n Zn(OH)2 max = n Al(OH)3 max = n Albđ = n Znbđ = y (mol) n OH Đặt n Zn(OH)2 = n Al(OH)3 = x  99x + 78x = 12,744  x = 0,072 (mol) Theo đồ thị, ta thấy để n Zn(OH)2 = n Al(OH)3 trình phản ứng dừng điểm I (giao điểm hai đường đồ thị biểu thị kết tủa Zn(OH)2 Al(OH)3), tọa độ I (xI; 0,072) IK = 2KE  (xI – 2y) = 2(y – 0,072)  xI – 4y = -0,144 (I) IJ = 3JF  (3y – xI) = 3(y – 0,072)  xI =  0,072 = 0,216 thay vào (I)  y = 0,09  m = 27y + 65y = 8,28 (gam)  n H2 = y×3 + y×2 = 0,225 (mol)  VH2 = 5,04 (lít) xI = 0,216 = a n OH   = 0,216   a = 216 (ml)  n OH- = 0,216   n KOH = 1000 V Kết luận: Khi vững phương pháp này, bạn rút gọn bớt bước giải để giải toán nhanh Tôi hy vọng thông qua viết này, bạn, em học sinh giải tập dạng dễ dàng phát triển nhiều ý tưởng sáng tạo ... x  99x + 78x = 12,744  x = 0,072 (mol) Theo đồ thị, ta thấy để n Zn(OH)2 = n Al(OH)3 trình phản ứng dừng điểm I (giao điểm hai đường đồ thị biểu thị kết tủa Zn(OH)2 Al(OH)3), tọa độ I (xI; 0,072)... 0,216   n KOH = 1000 V Kết luận: Khi vững phương pháp này, bạn rút gọn bớt bước giải để giải toán nhanh Tôi hy vọng thông qua viết này, bạn, em học sinh giải tập dạng dễ dàng phát triển nhiều ý... đậm) n kết tủa (2) có hai trường hợp để xét: Trường hợp 1: n n  max =n Al3+bđ = 0,1x (mol) Theo đồ thị, ta thấy BC = 3CD, BC = 0,21; CD = 0,03  BC  3CD (loại) Trường hợp 2: n  max (sau) = 0,1x