Tài liệu Phương pháp sử dụng dung dịch ảo

Biên soạn : Thầy Nguyễn Minh Tuấn – THPT chuyên Hùng Vương – Phú Thọ; ĐT : 01223 367 990 SỬ DỤNG DUNG DỊCH ẢO ĐỂ GIẢI NHANH BÀI TẬP HÓA VÔ CƠ 1. Cơ sở của phương pháp Coi dung dịch chứa ion HCO3 là dung dịch chứa 2 ion H  , CO32 . Ta có thể làm tương tự với các ion HSO3 2  , HPO4 2  , H 2 PO4  . 2. Ví dụ minh họa Ví dụ 1: Cho 100 ml dung dịch NaOH 4M tác dụng với 100 ml dung dịch H3PO4 aM, thu được dung dịch chứa 25,95 gam hỗn hợp hai muối. Giá trị của a là: A. 1,5. B. 1,75. C. 1,25. D. 1. (Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT chuyên Hùng Vương – Phú Thọ, năm học 2010 – 2011) Hướng dẫn giải ● Cách 1 : Sử dụng phương pháp bảo toàn khối lượng Vì phản ứng tạo ra hai muối nên NaOH đã phản ứng hết. Sơ đồ phản ứng : H3PO4 + NaOH  muối + HOH (H2O) Bản chất phản ứng là : H+ + OH   HOH Nhận thấy : n HOH  n OH  n NaOH  0,4 mol Từ đó sẽ tính được khối lượng của H2O. Mặt khác, khối lượng của hỗn hợp muối đã biết và dễ dàng tính được khối lượng của NaOH (vì đã biết số mol). Theo bảo toàn khối lượng, ta có : m H PO  m NaOH  m muoái  m H O  m H PO  17,15 gam 3  4 2 3 4        0,4.40 ? 25,95 0,4.18 17,15 0,175  0,175 mol  [H3 PO 4 ]   1,75M 98 0,1 ● Cách 2 : Sử dụng dung dịch ảo  nH 3PO4  Coi dung dịch sau phản ứng chứa các ion PO4 3 , Na , H  . Ta có : n PO 3  n H PO  0,1a mol; n Na  n NaOH  0,4 mol; 3 4 4 n H  /dd sau phaûn öùng  3nH PO  n NaOH  (0,3a  0,4) mol. 3 4   n n H  ban ñaàu OH Theo giả thiết và bảo toàn khối lượng, ta có : m muoái  0,1a.95  0,4     0,4.23   0,3a    25,95  a  1,75 m PO43 m Na m H Ví dụ 2: Cho m gam P2O5 tác dụng với 253,5 ml dung dịch NaOH 2M, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch X. Cô cạn dung dịch X, thu được 3m gam chất rắn khan. Giá trị của m là A. 21,30. B. 8,52. C. 12,78. D. 7,81. (Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2014) Hướng dẫn giải ● Cách 1 : Sử dụng bảo toàn nguyên tố và bảo toàn khối lượng Bản chất phản ứng của P2O5 với dung dịch NaOH là phản ứng của H3PO4 với dung dịch NaOH. Nếu H3PO4 còn dư sau phản ứng thì không thể cô cạn dung dịch, do H3PO4 không bay hơi. Như vậy H3PO4 đã phản ứng hết. Chất rắn là muối hoặc hỗn hợp gồm muối trung hòa và NaOH dư. Biên soạn : Thầy Nguyễn Minh Tuấn – THPT chuyên Hùng Vương – Phú Thọ; ĐT : 01223 367 990 * Trường hợp 1 : Ion H chuyển hết vào H2O Theo bảo toàn nguyên tố P và bảo toàn nguyên tố H trong phản ứng của H3PO4 với NaOH, ta có: 2m 6m ;n  3nH PO  3 4 142 HOH 142 Theo bảo toàn khối lượng, ta có : n H PO  2n P O  3 4 2 5 m H PO  m NaOH  m chaát raén  m H O  m  8,52 gam 3 4 2       2m.98 142 0,507.40 6m.18 142 3m * Trường hợp 2 : Ion OH  chuyển hết vào H2O Theo bảo toàn nguyên tố P và bảo toàn nhóm OH trong phản ứng của H3PO4 với NaOH, ta có: 2m n H3PO4  2n P2O5  ;n  n NaOH  0,507 142 HOH Theo bảo toàn khối lượng, ta có : m H PO  m NaOH  m chaát raén  m H O  m  6,88 gam 3 2     4   2m.98 142 0,507.40 0,507.18 3m Với m = 6,88 gam thì n OH  n H tức là OH  dư: Không thỏa mãn. ● Cách 2 : Sử dụng dung dịch ảo * Trường hợp 1 : Nếu ion OH  hết thì coi dung dịch sau phản ứng chứa các ion Na  , H  , PO4 3 . 2m mol; n Na  n NaOH  0,507 mol. 4 142 6m 6m n H  bñ  3nPO 3  mol; n OH  0,507 mol; n H / dd sau phaûn öùng  (  0,507) mol. 4 142 142 Theo giả thiết và bảo toàn khối lượng, ta có : 2m 6m m muoái  95.  0,507.23   0,507  3m  m  6,88 gam.     142 142      m n PO 3  2n P2O5  m Na m PO43 H Với m  6,88  n H  0,29  n OH  0,507 : khoâng thoûa maõn.   * Trường hợp 2 : Nếu ion OH  dư thì coi dung dịch sau phản ứng chứa các ion Na  , OH  , PO4 3  . Ta có : 6m ) mol. 142 Theo giả thiết và bảo toàn khối lượng, ta có : n OH /dd sau phaûn öùng  (0,507  2m 6m m chaát raén  95.  0,507.23  17.(0,507  )  3m  m  8,52 gam     142 142      m  m Na PO43 m OH Ví dụ 3: Dung dịch X chứa các ion: CO32 , SO32 , SO 42  , 0,1 mol HCO3 , 0,3 mol HSO3  và 1 mol K+. Thêm V lít dung dịch Ba(OH)2 1M vào X thì thu được lượng kết tủa lớn nhất. Giá trị nhỏ nhất của V là : A. 0,15. B. 0,25. C. 0,20. D. 0,30. Hướng dẫn giải Chuyển dung dịch X thành dung dịch ảo X’ gồm các ion CO32 , SO32 , SO 42  , 0,4 mol H  , và 0,1 mol K+. Cho Ba(OH)2 vào X’ tạo ra kết tủa là BaCO3, BaSO3, BaSO4. Như vậy các ion H+, K+ được thay thế bằng ion Ba2+. Áp dụng bảo toàn điện tích, ta có : Biên soạn : Thầy Nguyễn Minh Tuấn – THPT chuyên Hùng Vương – Phú Thọ; ĐT : 01223 367 990 2n Ba 2  n   n   n 2  0,25 mol  n Ba(OH)2  0, 25 mol H K Ba   0,4 0,1  Vdd Ba(OH)2 1M (min)  0, 25 lít Ví dụ 4: Một loại nước cứng có chứa Ca2+ 0,002M; Mg2+ 0,003M và HCO3  . Hãy cho biết cần lấy bao nhiêu ml dung dịch Ca(OH)2 0,05M để biến 1 lít nước cứng đó thành nước mềm (coi như các phản ứng xảy ra hoàn toàn và kết tủa thu được gồm CaCO3 và Mg(OH)2). A. 200 ml. B. 140 ml. C. 100 ml. D. 160 ml. Hướng dẫn giải Sử dụng bảo toàn điện tích trong dung dịch nước cứng, ta có : n  2 n 2  2 n 2  0,01 mol. HCO3 Ca  Mg  0,002.1 0,003.1 Chuyển dung dịch nước cứng thành dung dịch ảo X chứa 0,002 mol Ca2+, 0,003 mol Mg2+, 0,01 mol H+ và 0,01 mol CO32 . Sơ đồ phản ứng của X với dung dịch Ca(OH)2 : Ca 2 , Mg 2 Ca(OH) Mg(OH) 2  2   H 2O    2 CaCO3  H , CO3 Khi cho V lít dung dịch Ca(OH)2 0,05M vào X, xảy ra phản ứng của ion Ca2+ (trong X và trong Ca(OH)2), với ion CO32 tạo kết tủa. Ta có : n Ca 2  n CO32   0,002  0,05V  0,01  V  0,16 lít  160 ml Ví dụ 5: Dung dịch E gồm x mol Ca2+, y mol Ba2+, z mol HCO 3 . Cho từ từ dung dịch Ca(OH)2 nồng độ a mol/l vào dung dịch E đến khi thu được lượng kết tủa lớn nhất thì vừa hết V lít dung dịch Ca(OH)2. Biểu thức liên hệ giữa các giá trị V, a, x, y là xy x  2y A. V  B. V  C. V  2a(x  y) D. V  a(2x  y) a a (Đề thi tuyển sinh Cao đẳng năm 2012) Hướng dẫn giải Chuyển E thành dung dịch ảo E’ gồm : x mol Ca2+, y mol Ba2+, z mol H và z mol CO 32 . Áp dụng bảo toàn điện tích cho dung dịch E’, ta có : 2 n 2  2 n 2  n   2 n 2  z  2x  2y Ba Ca H CO3        y x z z 2 2  Ba 2 , Ca  Ca    y mol x mol aV mol   BaCO3      H2O Sơ đồ phản ứng :   2   CaCO OH   , CO 3  H   3   (2x  2y) mol (2x  2y) mol  2aV mol Áp dụng bảo toàn điện tích trong phản ứng của Ba2+, Ca2+ với ion CO32 , ta có: n 2   n 2  n 2   V  Ba Ca CO    3  y x  aV xy a 2x  2y Hoặc áp dụng bảo toàn điện tích trong phản ứng của ion H+ với ion OH , ta có: n H n OH  2x  2y  2aV  V  xy a Biên soạn : Thầy Nguyễn Minh Tuấn – THPT chuyên Hùng Vương – Phú Thọ; ĐT : 01223 367 990 Ví dụ 6: Dung dịch X chứa a mol Na+; b mol HCO 3 ; c mol CO 32  và d mol SO 24 . Để tạo kết tủa lớn nhất người ta phải dùng 100 ml dung dịch Ba(OH)2 x mol/l. Biểu thức tính x theo a và b là : ab ab ab ab A. x  . B. x  . C. x  . D. x  . 0,1 0, 2 0,3 2 (Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT chuyên Hùng Vương – Phú Thọ, năm học 2012 – 2013) Hướng dẫn giải Chuyển ion HCO3 thành 2 ion ảo là CO32 và H+. Chuyển dung dịch X thành dung dịch ảo X’ gồm : a mol Na+; b mol H+, (b+c) mol CO32 và d mol SO 24 . Cho Ba(OH)2 vào dung dịch X’ sẽ tạo ra kết tủa là BaSO4 và BaCO3. Như vậy, các ion Na+ và H+ đã được thay thế bằng ion Ba2+. Áp dụng bảo toàn điện tích, ta có : 2n Ba 2 n Na  n H n Ba 2  ab a b a b mol  n Ba(OH)2  mol  x  2 2 0,2 Ví dụ 7: Dung dịch X chứa a mol Na+; b mol HCO 3 ; c mol CO 32  và d mol HSO3 . Để tạo kết tủa lớn nhất người ta phải dùng vừa hết 100 ml dung dịch Ca(OH)2 x mol/l. Biểu thức tính x theo a và b là: A. x  ab . 0,1 B. x  abc ab . C. x  . 0,2 0,3 D. x  abd . 0, 2 Hướng dẫn giải Chuyển dung dịch X thành dung dịch ảo X’ gồm các ion CO32 , SO32 , (b + d) mol H  , và a mol Na+. Cho Ca(OH)2 vào X’ tạo ra kết tủa là CaCO3, CaSO3. Như vậy các ion H+, Na+ được thay thế bằng ion Ca2+. Áp dụng bảo toàn điện tích, ta có : abd abd 2 n 2  n   n   n 2  mol  n Ca(OH)2 = mol Ca H Na Ca 2 2    ? bd  [Ca(OH) 2 ]  a a bd 0, 2