[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
Chắc suất Đại học top - Giữ chỗ ngay!!
ĐĂNG BÀI NGAY để cùng trao đổi với các thành viên siêu nhiệt tình & dễ thương trên diễn đàn.
XÁC ĐỊNH KHOẢNG BIẾN THIÊN CỦA LƯỢNG CHẤT
(Cực trị trong giải toán hóa học)
(Cực trị trong giải toán hóa học)
A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ:
I. TỔNG QUÁT (dạng thường gặp):
- Hỗn hợp (có tính chất tương tự nhau) phản ứng với chất X (lấy thiếu hoặc thay đổi lượng chất);
- Nếu lượng chất X lấy vào phản ứng thay đổi thì lượng sản phẩm tạo ra từ hỗn hợp cũng thay đổi trong một khoảng nào đó (khoảng biến thiên);
Yêu cầu: Xác định khoảng biến thiên giá trị lượng chất tham gia (hoặc sản phẩm) min < a < max.
II. PHƯƠNG PHÁP GIẢI:
1. Nếu đã biết lượng của mỗi chất trong hỗn hợp ban đầu [imath]\rightarrow[/imath] biện luận theo thứ tự phản ứng:
Ta xét 2 trường hợp:
Trường hợp 1: A phản ứng trước B [imath]\rightarrow[/imath] tính được lượng cần tìm là [imath]m_1[/imath]
Trường hợp 2: B phản ứng trước A [imath]\rightarrow[/imath] tính được lượng cần tìm là [imath]m_2[/imath]
Biện luận: Vì các phản ứng song song nên giá trị thực của m là khoảng biến thiên: [imath]m_1 < m < m_2[/imath] ( hoặc [imath]m_2 < m < m_1[/imath])
2. Nếu đã biết tổng lượng hai chất A, B mà chưa biết lượng mỗi chất [imath]\rightarrow[/imath] biện luận theo hàm lượng chất trong hỗn hợp:
Ta xét 2 trường hợp:
Trường hợp 1: Giả sử hỗn hợp chỉ có A [imath]\rightarrow[/imath] tính được lượng cần tìm là [imath]m_1[/imath]
Trường hợp 2: Giả sử hỗn hợp chỉ có B [imath]\rightarrow[/imath] tính được lượng cần tìm là [imath]m_2[/imath]
Biện luận: Vì hỗn hợp có cả 2 chất nên giá trị thực của m là khoảng biến thiên: [imath]m_1 < m < m_2[/imath] ( hoặc [imath]m_2 < m < m_1[/imath])
3.Dùng phương pháp đại số (dựa vào giới hạn của đại lượng đã biết [imath]\rightarrow[/imath] khoảng biến thiên của đại lượng chưa biết):
[imath]\dfrac{m_{hh}}{m_{nặng}} < n_{hh} < \dfrac{m_{hh}}{m_{nhẹ}}[/imath]
[imath]0 < n_A < n_{hh}[/imath]
B. MỘT SỐ VÍ DỤ:
Ví dụ 1: Hòa tan hỗn hợp 6,4 gam [imath]CuO[/imath] và 16 gam [imath]Fe_2O_3[/imath] trong 320 ml dung dịch HCl 2M. Sau phản ứng có m gam chất rắn không tan. Xác định khoảng biến thiên của m?
Hướng dẫn giải
[imath]n_{CuO} = \dfrac{6,4}{80}= 0,08 (mol)[/imath]
[imath]n_{Fe_2O_3} = \dfrac{16}{160} = 0,1 (mol)[/imath]
[imath]n_{HCl} = 0,32 . 2 = 0,64 (mol)[/imath]
Ta xét hai trường hợp:
Trường hợp 1: CuO phản ứng trước
[imath]CuO + 2HCl \rightarrow CuCl_2 + H_2[/imath]
0,08.........0,16
.....................[imath]Fe_2O_3 + 6HCl \rightarrow 2FeCl_3 + 3H_2[/imath]
Ban đầu: .........0,1 ............0,48
Phản ứng: ......0,08............0,48
Sau phản ứng: 0,02
[imath]m_1 = m_{Fe_2O_3} dư = 0,02.160 = 3,2 (g)[/imath]
Trường hợp 2: [imath]Fe_2O_3[/imath] phản ứng trước
[imath]Fe_2O_3 + 6HCl \rightarrow 2FeCl_3 + 3H_2[/imath]
0,1...............0,6
..........................[imath]CuO + 2HCl \rightarrow CuCl_2 + H_2[/imath]
Ban đầu:............0,08......... 0,04
Phản ứng: ........0,02........ 0,04
Sau phản ứng: 0,06
[imath]m_ = m_{CuO} dư = 0,06.80 = 4,8 (g)[/imath]
Vì các phản ứng song song nên 3,2 (g) < m < 4,8 (g)
[imath]n_{Fe_2O_3} = \dfrac{16}{160} = 0,1 (mol)[/imath]
[imath]n_{HCl} = 0,32 . 2 = 0,64 (mol)[/imath]
Ta xét hai trường hợp:
Trường hợp 1: CuO phản ứng trước
[imath]CuO + 2HCl \rightarrow CuCl_2 + H_2[/imath]
0,08.........0,16
.....................[imath]Fe_2O_3 + 6HCl \rightarrow 2FeCl_3 + 3H_2[/imath]
Ban đầu: .........0,1 ............0,48
Phản ứng: ......0,08............0,48
Sau phản ứng: 0,02
[imath]m_1 = m_{Fe_2O_3} dư = 0,02.160 = 3,2 (g)[/imath]
Trường hợp 2: [imath]Fe_2O_3[/imath] phản ứng trước
[imath]Fe_2O_3 + 6HCl \rightarrow 2FeCl_3 + 3H_2[/imath]
0,1...............0,6
..........................[imath]CuO + 2HCl \rightarrow CuCl_2 + H_2[/imath]
Ban đầu:............0,08......... 0,04
Phản ứng: ........0,02........ 0,04
Sau phản ứng: 0,06
[imath]m_ = m_{CuO} dư = 0,06.80 = 4,8 (g)[/imath]
Vì các phản ứng song song nên 3,2 (g) < m < 4,8 (g)
Ví dụ 2: Ngâm 21,64 gam hỗn hợp X gồm Al, Fe, Cu trong dung dịch axit axetic đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thấy thoát ra 7,84 lít [imath]H_2[/imath] (đktc), còn lại 13,44 gam rắn Y không tan và thu được dung dịch Z.
a) Tính phần trăm khối lượng của Al trong hỗn hợp ban đầu;
b) Hòa tan toàn bộ phần rắn Y vào dung dịch [imath]HNO_3[/imath] loãng dư, đến phản ứng hoàn toàn thì thấy có V lít NO thoát ra (sản phẩm khử duy nhất, đktc). Xác định V.
Hướng dẫn giải
Gọi x và y lần lượt là số mol Al và Fe đã phản ứng
27x + 56y = 21,64 – 13,44 = 8,2 (I)
[imath]n_{H_2}=\dfrac{7,84}{22,4}=0,35 (mol) \Rightarrow 1,5x + y =0,35 (II)[/imath]
Giải hệ 2 phương trình (I), (II) ta được: x = 0,2; y =0,05 > 0
=> Fe có phản ứng Al đã phản ứng hết
=> %[imath]m_{Al}=\dfrac{27.0,2}{21,64}.100[/imath]% = 24,95%
b) Rắn Y gồm Cu và có thể có Fe
Gọi số mol NO là a (mol)
Ta xét hai trường hợp:
Trường hợp 1: Rắn Y chỉ có Cu
[imath]n_{Cu} = \dfrac{13,44}{64}= 0,21 (mol)[/imath]
Quá trình nhường – nhận e:
[imath]Cu^0 \rightarrow Cu^{+2} + 2e[/imath]
0,21 .............................0,42
[imath]N^{+5} + 3e \rightarrow N^{+2}[/imath]
.................3a............a
Bảo toàn e: 3a = 0,42 => a = 0,14 (mol) [imath]\Rightarrow V_1 = 3,136 (l)[/imath]
Trường hợp 2: Rắn Y chỉ có Fe
[imath]n_{Cu} = \dfrac{13,44}{56}= 0,24 (mol)[/imath]
Quá trình nhường – nhận e:
[imath]Fe^0 \rightarrow Fe^{+3} + 3e[/imath]
0,24 .............................0,72
[imath]N^{+5} + 3e \rightarrow N^{+2}[/imath]
.................3a............a
Bảo toàn e: 3a = 0,72 => a = 0,24 (mol) [imath]\Rightarrow V_2 = 5,376 (l)[/imath]
Vậy [imath]V_{NO}[/imath] nằm trong khoảng: [imath]3,136 (l) \leq V \leq 5,376 (l)[/imath]
27x + 56y = 21,64 – 13,44 = 8,2 (I)
[imath]n_{H_2}=\dfrac{7,84}{22,4}=0,35 (mol) \Rightarrow 1,5x + y =0,35 (II)[/imath]
Giải hệ 2 phương trình (I), (II) ta được: x = 0,2; y =0,05 > 0
=> Fe có phản ứng Al đã phản ứng hết
=> %[imath]m_{Al}=\dfrac{27.0,2}{21,64}.100[/imath]% = 24,95%
b) Rắn Y gồm Cu và có thể có Fe
Gọi số mol NO là a (mol)
Ta xét hai trường hợp:
Trường hợp 1: Rắn Y chỉ có Cu
[imath]n_{Cu} = \dfrac{13,44}{64}= 0,21 (mol)[/imath]
Quá trình nhường – nhận e:
[imath]Cu^0 \rightarrow Cu^{+2} + 2e[/imath]
0,21 .............................0,42
[imath]N^{+5} + 3e \rightarrow N^{+2}[/imath]
.................3a............a
Bảo toàn e: 3a = 0,42 => a = 0,14 (mol) [imath]\Rightarrow V_1 = 3,136 (l)[/imath]
Trường hợp 2: Rắn Y chỉ có Fe
[imath]n_{Cu} = \dfrac{13,44}{56}= 0,24 (mol)[/imath]
Quá trình nhường – nhận e:
[imath]Fe^0 \rightarrow Fe^{+3} + 3e[/imath]
0,24 .............................0,72
[imath]N^{+5} + 3e \rightarrow N^{+2}[/imath]
.................3a............a
Bảo toàn e: 3a = 0,72 => a = 0,24 (mol) [imath]\Rightarrow V_2 = 5,376 (l)[/imath]
Vậy [imath]V_{NO}[/imath] nằm trong khoảng: [imath]3,136 (l) \leq V \leq 5,376 (l)[/imath]
Ví dụ 3: Cho 20,7 gam hỗn hợp [imath]CaCO_3[/imath] và [imath]K_2CO_3[/imath] phản ứng hết với dung dịch HCl thu được khí Y. Sục toàn bộ khí Y từ từ vào dung dịch chứa 0,18 mol [imath]Ba(OH)_2[/imath] thu được m gam kết tủa. Xác định khoảng giá trị m.
Hướng dẫn giải
Ta có: [imath]\dfrac {20,7}{138} = 0,15 (mol) < n_{hh} < \dfrac {20,7}{100} = 0,207 (mol)[/imath]
Bảo toàn nguyên tố C: [imath]0,15 (mol) < n_{CO_2} = n_{K_2CO_3} + n_{CaCO_3} < 0,207 (mol)[/imath]
- Khi [imath]n_{CO_2} = 0,15 (mol)[/imath]:
[imath]n_{OH^-}[/imath]/[imath]n_{CO_2}[/imath] = [imath]\dfrac{0,36}{0,15}[/imath] = 2,4 > 2
=> Chỉ tạo muối trung hòa
[imath]n_{BaCO_3} = n_{CO_2} = 0,15 (mol)[/imath] [imath]\Rightarrow m_{BaCO_3} = 0,15.197 = 29,55 (g)[/imath]
- Khi [imath]n_{CO_2} = n_{Ba(OH)_2}= 0,18 (mol)[/imath] => Kết tủa cực đại
[imath]n_{BaCO_3} = n_{CO_2} = 0,18 (mol)[/imath] [imath]\rightarrow m_{BaCO_3} max = 0,18.197 = 35,46 (g)[/imath]
Khi [imath]n_{CO_2} = 0,207 (mol)[/imath]:
1 < [imath]\dfrac{n_{OH^-}}{n_{CO_2}}[/imath] = [imath]\dfrac{0,36}{0,207}[/imath] = 1,74 < 2
=> Tạo 2 muối. Gọi số mol [imath]CO_3^{2-}[/imath] và [imath]HCO_3^-[/imath] lần lượt là a và b
[imath]2OH^- + CO_2 \rightarrow CO_3^{2-} + H_2O[/imath] (1)
2a.....................a.................. a
[imath]OH^- + CO_2 \rightarrow HCO_3^-[/imath] (2)
b........................b..................b
Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình: 2a + b = 0,36 và a + b = 0,207 [imath]\Rightarrow[/imath] a = 0,153; b = 0,054
[imath]\Rightarrow m_{BaCO_3} = 0,153.197 = 30,141 > 29,55 (g) \Rightarrow m_{BaCO_3} min = 29,55 (g)[/imath]
Vậy 29,55 (g) < m < 35,46 (g)
Bảo toàn nguyên tố C: [imath]0,15 (mol) < n_{CO_2} = n_{K_2CO_3} + n_{CaCO_3} < 0,207 (mol)[/imath]
- Khi [imath]n_{CO_2} = 0,15 (mol)[/imath]:
[imath]n_{OH^-}[/imath]/[imath]n_{CO_2}[/imath] = [imath]\dfrac{0,36}{0,15}[/imath] = 2,4 > 2
=> Chỉ tạo muối trung hòa
[imath]n_{BaCO_3} = n_{CO_2} = 0,15 (mol)[/imath] [imath]\Rightarrow m_{BaCO_3} = 0,15.197 = 29,55 (g)[/imath]
- Khi [imath]n_{CO_2} = n_{Ba(OH)_2}= 0,18 (mol)[/imath] => Kết tủa cực đại
[imath]n_{BaCO_3} = n_{CO_2} = 0,18 (mol)[/imath] [imath]\rightarrow m_{BaCO_3} max = 0,18.197 = 35,46 (g)[/imath]
Khi [imath]n_{CO_2} = 0,207 (mol)[/imath]:
1 < [imath]\dfrac{n_{OH^-}}{n_{CO_2}}[/imath] = [imath]\dfrac{0,36}{0,207}[/imath] = 1,74 < 2
=> Tạo 2 muối. Gọi số mol [imath]CO_3^{2-}[/imath] và [imath]HCO_3^-[/imath] lần lượt là a và b
[imath]2OH^- + CO_2 \rightarrow CO_3^{2-} + H_2O[/imath] (1)
2a.....................a.................. a
[imath]OH^- + CO_2 \rightarrow HCO_3^-[/imath] (2)
b........................b..................b
Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình: 2a + b = 0,36 và a + b = 0,207 [imath]\Rightarrow[/imath] a = 0,153; b = 0,054
[imath]\Rightarrow m_{BaCO_3} = 0,153.197 = 30,141 > 29,55 (g) \Rightarrow m_{BaCO_3} min = 29,55 (g)[/imath]
Vậy 29,55 (g) < m < 35,46 (g)
Còn gì thắc mắc các bạn cứ hỏi nhé ^^
Chúc mọi người buổi tối vui vẻ
Last edited by a moderator:
