Một số bài toán Hóa học liên quan đồ thị trong đề thi THPT QG có đáp án chi tiết

MỘT SỐ CÂU ĐỒ THỊ KHÓ CÓ ĐÁP ÁN CHI TIẾT

Câu 1: Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp Al và Mg trong V ml dung dịch HNO3 2,5 M. Kết thúc phản ứng thu được dung dịch X ( không chứa muối amoni) và 0,084 mol hỗn hợp khí gồm N2 và N2O có tỉ khối so với oxi là . Cho từ từ dung dịch NaOH 2M vào dung dịch X thì lượng kết tủa biến thiên theo đồ thị hình vẽ dưới đây:

Giá trị của m và V lần lượt là:

     A. 6,36 và 378,2           B. 7,8 và 950                C. 8,85 và 250              D. 7,5 và 387,2

HƯỚNG DẪN :

Đặt mol Al = x(mol), mol Mg = y mol

Từ tỉ khối hơi dễ dàng tính được mol 2 khí : n N₂ = 0,014 mol,  n N₂O = 0,07 mol

- Bte : 3x + 2y = 0,014 .10 + 0,07 .8 = 0,7 = n OH^- khi kết tủa max ⇒  khi cho NaOH vào thì

- m kết tủa max = m kim loại + m OH^- = m + 0,7.17= m +11,9 (1)

Nhin đồ thị ⇒ n HNO­₃ dư = 0,05 .2= 0,1 mol

nHNO₃ = 2,5V = nHNO₃ pu + nHNO₃ dư = (0,7+ 0,014.4 + 0,07.2)+ 0,1⇒  V= 387,2ml

Từ trên  khi kết tủa max thì  V NaOH= (0,1+0,7)/2= 0,4

→ Khi m kết tủa = 17,45 thì n NaOH = 0,4125.2 = 0,825 mol → n Al(OH)₃ bị hòa tan= 0,825-0,8

→ 17,45 = m + 11,9 – (0,825- 0,8).78 → m = 7,5g

Câu 2: Cho từ từ dung dịch chứa a mol Ba(OH)₂ vào dung dịch chứa b mol ZnSO₄. Đồ thị biểu diễn số mol kết tủa theo giá trị của a như sau

Giá trị của b là:

A. 0,08                             B. 0,11                             C. 0,12                             D. 0,1

HƯỚNG DẪN :

n ktua max = n BaSO₄ max + n Zn(OH)₂ max = 2b

Khi n Ba (OH)₂ = 0,175 thì BaSO_{4 max} và n Zn(OH)₂ bị hòa tan = 0,175 – b

x = b + [b- (0,175- b)] = 3b – 0,175 (1)

Mặt khác khi n Ba(OH)­₂= 0,0625< b → x = 2. 0,0625 (2)

(Lúc này 2 kt có mol bằng nhau = 0,625)

Ghép (1) và (2) → 3b – 0,175 = 2.0,0625 → b= 0,1

Câu 3: Điện phân dung dịch chứa HCl, NaCl, FeCl₃ (điện cực trơ, có màng ngăn). Đồ thị nào sau đây biểu diễn đúng sự biến thiên pH của dung dịch theo thời gian (bỏ qua sự thuỷ phân của muối)?

HƯỚNG DẪN :

Lúc đầu Fe³⁺  bị điện phân trc thành Fe²⁺  nên PH  không đổi → loại C ,D

Sau đó đến H⁺  bị điện phân nên nồng độ axit giảm → PH tăng → B

HD: Dung dịch Y có Al₂ (SO₄)₃ = V/3= x mol và AlCl₃ = v/3= xmol

→    nAl³⁺ = 3x mol = nSO₄^2-

Tại n Ba(OH)₂ = 0,75=> n OH = 1,5mol thì luc này cả 2 kết tủa max với nAl(OH)₃= 1/3 .n OH^- = 0,5mol

→  nBaSO₄max .233 + 0,5.78 = 139,9 → nBaSO₄max = 0,433< 0,5 vô lí

Chúng tỏ trong dung dịch Y còn H⁺ dư → Đoạn đồ thị đi lên đầu tiên đến y chỉ có 2 pu là:

→      H⁺ + OH^- → H₂O → nOH^- kết tủa hết Al³⁺ = 1,5 – a

→  nAl(OH)₃ max = (1,5 –a)/3 (1) SO₄^2- + Ba²⁺ → BaSO₄

Dd Y ( SO₄^2- : xmol, Cl^- : xmol, H⁺ : amol → BTDT Al³⁺ : (3x-a)/3mol)

ð nAl(OH)₃ max = (3x –a)/3 (2) kết hợp (1) → (1,5 –a)/3= (3x –a)/3=>x=0,5mol

ð tại kết tủa max 139,9g = nBaSO₄max + n nAl(OH)₃ max = 233x + 78(3x-a)/3

→   thay x= 0,5 vào → a= 0,6 mol = n H⁺ dư → nBa(OH)₂ dùng cho đoạn y (trung hòa hết H⁺ dư = 0,3 mol → tại y chính là kết tủa BaSO₄ = n Ba(OH)₂= 0,3 mol

→  y = 0,3.233= 69,9 g xấp xỉ 70g → B

...

Trên đây là phần trích dẫn Một số câu đồ thị khó có đáp án chi tiết để xem toàn bộ nội dung chi tiết, mời các bạn cùng quý thầy cô vui lòng đăng nhập để tải về máy. 

Chúc các em đạt điểm số thật cao trong kì thi sắp đến!