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! . 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. 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)