PHƢƠNG PHÁP BẢO TOÀN ĐIỆN TÍCH

- Số mole nhườn g: ne  3.nFe  3  1,35 mol

9. PHƢƠNG PHÁP BẢO TOÀN ĐIỆN TÍCH

1. Nguyên tắc

Trong một dung dịch luôn luôn có sự trung hoà về điện tích, nghĩa là tổng số điện tích dương bằng tống số điện tích âm.

2. Các ví dụ minh hoạ

Ví dụ 1: Một dung dịch chứa 0,02 mol Cu2, 0,03 mol K, x mol Cl và y mol SO2

4. Tổng khối lượng các muối tan có trong dung dịch là 5,435 gam. Giá trị của x và y lần lượt là

A. 0,03 và 0,02. B. 0,05 và 0,01. C. 0,01 và 0,03. D. 0,02 và 0,05.

Hướng dẫn

Vì trong một dung dịch luôn trung hoà về điện tích nên: 2nCu2+ 1nK= 1nCl+ 2nSO42

 20,02 + 10,03 = 1x + 2y  x + 2y = 0,07 (1)

Tổng khối lượng muối bằng tổng khối lượng các ion: 640,02 + 390,03 + 35,5x + 96y = 5,435 (g)

 35,5x + 96y = 2,985 (2)

Giải hệ hai pt (1, 2) ta được: x = 0,03, y = 0,02.

Ví dụ 2: Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,12 mol FeS2 và a mol Cu2S vào axit HNO3

(vừa đủ), thu được dung dịch X (chỉ chứa hai muối sunfat) và khí duy nhất NO. Giá trị của a là

A. 0,04. B. 0,075. C. 0,12. D. 0,06.

(Trích đề thi TSĐH năm 2007 - Khối A)

Hướng dẫn

Sơ đồ phản ứng:

FeS2 HNO3 dd X Fe (SO )2 4 3  NO  H O2

Cu S2 CuSO4 FeS2  Fe3 + 2SO2 4 0,12  0,12 0,24 Cu2S  2Cu2 + SO2 4 a  2a a

Áp dụng sự bảo toàn điện tích trong dung dịch X, ta có: 30,12 + 22a = 2(0,24 + a)  a = 0,06 (mol).

Ví dụ 3: Cho 24,4 gam hỗn hợp Na2CO3, K2CO3 tác dụng vừa đủ với dung dịch BaCl2, thu được 39,4 gam kết tủa. Lọc tách kết tủa, cô cạn dung dịch thu được m gam muối clorua khan. Giá trị m là

A. 2,66. B. 26,6. C. 6,26. D. 22,6. Hướng dẫn Ba2 + CO32 BaCO3  0,2  0,2 Ta có nBaCO3 = = 0,2 (mol) mNa+ mK= 24,4 – 600,2 =12,4 (g) nNa+ nK= 2nCO32= 20,2 = 0,4 (mol)

Áp dụng sự bảo toàn điện tích cho dung dịch sau phản ứng:

n

Cl= nNa+ nK= 0,4 (mol)

Vậy m = mNa+ mK+ mCl= 12,4 + 35,50,4 = 26,6 (g).

Ví dụ 4: Có hai dung dịch là dung dịch A và dung dịch B. Mỗi dung dịch chỉ chứa 2 cation và 2 anion trong số các ion sau: K (0,15 mol), Mg2 (0,1 mol), NH4 (0,25 mol), H (0,2 mol), Cl(0,1 mol), SO2

4(0,075 mol), NO3 (0,25 mol), CO32 (0,15 mol). Xác định dung dịch A và dung dịch B.

Hướng dẫn

Vì anion CO32 không tồn tại đồng thời với các cation Mg2, H nên: - Dung dịch A: K, NH4 , CO32,  Xy - Dung dịch B: Mg2, H, * , * . Áp dụng sự bảo toàn điện tích đối với dung dịch A, ta có

10,15 + 10,25 = 20,15 + ynXn  ynXn= 0,1

y 1 2 n nX 0,1 0,5

Chỉ có cặp nghiệm y = 1, nXn = 0,1 là thích hợp Vậy dung dịch A chứa: K, NH4 , CO32, Cl và dung

dịch B chứa: Mg2, H, NO3 , SO2 4.

Ví dụ 5: Dung dịch A chứa a mol Na, b mol NH4 , c mol HCO3, d mol CO32, e mol SO2

4 (không kể các ion H và OH của nước). a) Lập biểu thức liên hệ giữa a, b, c, d, e.

b) Thêm (c + d + e) mol Ba(OH)2 vào dung dịch A, đun nóng thu được kết tủa B, dung dịch X và khí Y duy nhất. Tính số mol của mỗi chất trong kết tủa B, khí Y và của mỗi ion trong dung dịch X theo a, b, c, d, e.

Hướng dẫn

a) Áp dụng sự bảo toàn điện tích trong một dung dịch, ta có

1nNa+ 1nNH4= 1nHCO3+ 2nCO32+ 2nSO42  a + b = c + 2d + 2e  a + b = c + 2d + 2e

b) Ba(OH)2  Ba2 + 2OH c + d + e  c + d + e 2(c + d + e)

Các phương trình hoá học dạng ion: Ba2 + SO2 4  BaSO4 (1) e  e  e Ba2 + CO32 BaCO3  (2) d  d  d Ba2 + HCO3 + OH  BaCO3  + H2O (3) c  c  c c NH4 + OH  NH3  + H2O (4) b  b b

Vì dung dịch X phải chứa Na nên OH dư.

Do đó kết tủa thu được gồm BaSO e mol4 ; khí Y là NH3 b mol

BaCO (c3 d) mol

Dung dịch X chứa Na (a mol) và OHdư = 2(c + d + e) – c – b = a (mol) Hoặc dựa vào sự trung hoà về điện của dung dịch X để tính số mol OH nNa= n OH= a (mol).

NO3. Thêm dần V ml dung dịch K2CO3 0,5M vào Z đến khi được lượng kết tủa lớn nhất thì giá trị V tối thiểu cần dùng là

A. 150. B. 200. C. 220. D. 300.

Hướng dẫn

Có thể quy đổi các cation Mg2, Ba2, Ca2 thành M2 M2 + CO32MCO3 

Khi phản ứng kết thúc, phần dung dịch chứa K, Cl và NO3. Áp dụng sự bảo toàn điện tích, ta có: nK= nCl+ nNO3= 0,1 + 0,2 = 0,3 (mol)

nK CO2 3 = 12 nK= 0,15 (mol)

Vậy Vdd K CO2 3 = = 0,3 (l) = 300 (ml).

Ví dụ 7: Dung dịch X chứa các ion: Fe3, NH4 , SO42, Cl. Chia dung dịch X thành hai phần bằng nhau. Phần một tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH, đun nóng thu được 0,672 lít khí (ở đktc) và 1,07 gam kết tủa ; Phần hai tác dụng với lượng dư dung dịch BaCl2, thu được 4,66 gam kết tủa. Tổng khối lượng các muối khan thu được

khi cô cạn dung dịch X là (quá trình cô cạn chỉ có nước bay hơi)

A. 3,73 gam. B. 7,04 gam. C. 7,46 gam. D. 3,52 gam.

Hướng dẫn

Các phương trình hoá học dạng ion:

 Phần 1: Fe3 + 3OH  Fe(OH)3  (1) 0,01  0,01 NH4 + OH  NH3  + H2O (2) 0,03  0,03  Phần 2: Ba2 + SO2 4  BaSO4  (3) 0,02  0,02 Ta có nFe(OH)3 = = 0,01 (mol) nNH3= = 0,03 (mol) nBaSO4 = = 0,02 (mol)

Vì trong dung dịch X luôn trung hoà về điện tích nên: 30,01 + 10,03 = 20,02 + 1nCl

 nCl = 0,02 (mol)

Vậy tổng khối lượng của các chất tan trong dung dịch Z là 2(56.0,01 + 18.0,03 + 96.0,02 + 35,5.0,02) = 7,46 (g).

Bài 8. Cho dung dịch A chứa đồng thời 2 axit H2SO4 1,5M và HCl 2M vào 200ml

dung dịch B chứa NaOH 1,8M và KOH 1,2M. Khi môi trường dung dịch trung tính thì thể tích dung dịch A cần là

A. 100 ml B. 120 ml C. 200 ml D. 250 ml

Lời giải

nHV.(2.1,52) 5V (mol)

nOH0,2.(1,81,2) 0,6 (mol)

Khi môi trường trung tính : 5V = 0,6 V= 120 ml

Bài 9. Cho 200ml dung dịch A chứa đồng thời 2 axit HCl 1M và HNO3 2M vào 300ml dung dịch B chứa NaOH 0,8M và KOH x(M) thu được dung dịch C. Biết rằng để trung hoà 100ml dung dịch C cần 60ml dung dịch HCl 1M. x có giá trị là

A. 2,2M B. 3,2M C. 2,3M D. 2M

Lời giải

60.500

nH0,2(12)100.1000.10,9(mol)

nOH0,3(0,8x)(mol)

Môi trường trung tính: 0,9 = 0,3(0,8+x) x = 2,2M.

Bài 10. Hoà tan hoàn toàn 23,8g hỗn hợp gồm một muối cacbonat của kim loại hoá trị I và một muối cacbonat của kim loại hoá trị II vào dung dịch HCl thu được 0,2 mol khí CO2. Khối lượng muối mới tạo ra trong dung dịch là

A. 16g B. 26g C. 36g D. 46g

Lời giải

Đặt công thức của các muối là M2CO3 và RCO3

M CO2 3 MCl

+ HCl  + CO 2+ H O2 RCO 3RCl 2

Phương trình ion thu gọn : 2H+ + CO32– CO2 + H2O

0,4 0,2 mol

Theo phương pháp tăng giảm khối lượng, ta có: mmuối = 23,8 + 0,2.11 = 26 (g)

Bài 11. Cho 100ml dung dịch A chứa NaCl 1,5M và HCl 3M vào 100ml dung dịch B chứa AgNO3 1M và Pb(NO3)2 1M thu được dung dịch C và kết tủa D. Khối lượng kết tủa D là A. 56,72 g B. 49,13 g C. 34,48 g D. 50,10 g Lời giải Ag+ + Cl–  AgCl Pb2+ + 2Cl–  PbCl2  nCl0,1.(1,53) 0,45 (mol) n( )

nAg0,1mol ; nPb20,1mol n( )0,10,1.2 0,3(mol)

Ion Cl– dư: mmuối = 108.0,1 + 0,1.207 + 0,3.62 = 50,10 (gam).

Bài 12. Dung dịch A chứa axit HCl a M và HNO3 b M. Để trung hoà 100 ml dung dịch A cần dùng 200 ml dung dịch hỗn hợp NaOH 0,05M và Ba(OH)2 0,15M. Mặt khác để kết tủa hoàn toàn ion Cl– có trong 50ml dung dịch A cần 100ml dung dịch AgNO3 0,1M. Các giá trị a, b lần lượt là

A. 0,2M; 0,1M. B. 0,2M; 0,2M. C. 0,2M; 0,3M. D. 0,1M; 0,2M. C. 0,2M; 0,3M. D. 0,1M; 0,2M. Lời giải nH0,1.(a b) mol    a 0,04 nOH0,2.(0,050,15) mol AgClAgCl  0,05a 0,01a 0,2M b 0,1M

Bài 13. Cho 46,4g hỗn hợp A gồm FeO, Fe2O3, Fe3O4 (nFeO  nFe O2 3 ) hoà tan hoàn toàn trong V lít dung dịch H2SO4 0,2M và HCl 0,6M (đã lấy dư 20% so với lượng cần thiết). V có giá trị là

A. 1,80 B. 1,92

C. 1,94 D. 1,56

Lời giải nFeO : nFe O2 3 1:1, mà FeO.Fe2O3 = Fe3O4, vậy A xem như 1 chất Fe3O4

nA nFe O3 4  0,02(mol)

Fe3O4 + 8H+  Fe2+ + 2Fe3+ + 4H2O 0,02 0,16

Do lấy dư 20%  0,16 + 0,16.0,2 = 0,1V  V = 1,92 (lít)

Bài 14. Cho 2 kim loại Fe, Mg tác dụng với 200ml dung dịch A gồm HCl 0,1M, H2SO4

0,2M thu được dung dịch B và khí C. Cho từ từ dung dịch D gồm NaOH 0,3M, KOH 0,1M vào B để tác dụng vừa đủ với các chất trong B thì thể tích dung dịch D là A. 0,15 lít. B. 0,25 lít. C. 0,35 lít. D. 0,45 lít. FeFe2Fe(OH)2 H  H2 H OH H O2 MgMg2Mg(OH)2 Định luật bảo toàn điện tích :

n( ) trong B = nHtrong A = nOHtrong D. Dung dịch trung tính khi :

 nH nOH0,2(0,10,2.2) V(0,30,1)  V 0,25(lít)

Bài 15. Để tác dụng vừa đủ với 0,96g hiđroxit của 2 kim loại kiềm ở hai chu kì liên tiếp trong bảng tuần hoàn, phải dùng 20ml dung dịch HCl 0,4M và H2SO4 0,3M. Tên kim loại đó là

A. Na, K B. Li, Na

C. K, Rb D. Na, Rb

ROH HRH O2

n 0,02(0,40,3.2) 0,02(mol) H

MROH  48(g/ mol)MR 17 48MR 31Na,K

Bài 16.Hỗn hợp chất rắn X gồm Fe, Fe2O3, Fe3O4 và FeO (có số mol bằng nhau là 0,1 mol). Hòa tan hết X vào dung dịch Y gồm HCl và H2SO4 loãng (dư), thu được dung dịch Z và 1,12 lít khí H2 (đktc). Nhỏ từ từ dung dịch Cu(NO3)2 1M vào dung dịch Z cho tới khi ngừng khí NO thoát ra thì dừng lại. Thể tích dung dịch Cu(NO3)2 đã dùng là

A. 58,3 ml. B. 40,5 ml. C. 50,2 ml. D. 60,5 ml.

Ta có: FeO + Fe2O3  Fe3O4

0,1 0,1 0,1

Hỗn hợp X coi như gồm: 0,2 mol Fe3O4; 0,1 mol Fe + dung dịch Y:

Fe3O4 + 8H+ Fe2+ + 2Fe3+ + 4H2O (1) 0,2 0,2 0,4

Fe + 2H+ Fe2+ + H2  (2) 0,05 0,05 0,05

Dung dịch Z chứa Fe2+ (0,35 mol), Fe3+ (0,35 mol), H+ dư, Cl–, SO 2 4. Nhỏ từ từ dung dịch Cu(NO3)2 vào dung dịch Z :

Fe + Fe3+  2Fe2+

0,05 0,05 0,1

3Fe2+ + NO 3 + 4H+  3Fe3+ + NO + 2H2O (3) 0,35 

1 0,35 1

(3) nNO33n 33 (mol) nCu(NO )3 2 2 nNO30,05 mol

Fe VCu(NO )3 2 50 ml

Bài 17. Cho 12,15 gam bột Al vào 112,5 ml dung dịch hỗn hợp NaNO3 1M và NaOH 3M, khuấy đều cho đến khi ngừng khí thoát ra thì dừng lại. Thể tích khí thoát ra ở đktc là

A. 2,24 lít B. 7,56 lít C. 15,92 lít D. 10,08 lít

n

OH= nNaOH = 0,3375 mol

8Al 3NO35OH18H O2 8[Al(OH) ]4 3NH3 (1) Ban ®Çu: 0,45

0,1125 0,3375

Ph°n øng: 0,3 0,1125 0,1875 0,3 0,1125

D : 0,15 0 0,15

2Al 2OH6H O2 2[Al(OH)4]3H2 (2)

Ban ®Çu: 0,15 Ph°n øng: 0,15 D: 0 0,15 0,15 0,225 0 (1) và (2) 7,56 (lít) nKhí = 0,1125 + 0,225 = 0,3375 (mol) Vkhí = 0,3375.22,4 =

Bài 18. Cho 6,4 gam Cu tác dụng với 120 ml dung dịch hỗn hợp gồm HNO31M và H2SO4 0,5 M loãng, thu được V lít khí NO duy nhất (đktc), phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của V là

A. 0,672 lít B. 0,896 lít C. 1,344 lít D. 2,24 lít nCu

= 0,1 mol; nHnNO3nHNO3 0,12 mol ;

nH2nH SO24 0,12.0,5 0,06 (mol)

nH0,122.0,06 0,24 (mol)

3Cu + 2NO 3 + 8H+  3Cu2+ + 2NO + 4H2O Ban đầu : 0,1 0,12 0,24

Phản ứng : 0,09 0,06 0,24 0,06 Dư : 0,01 0,06 0

VNO = 0,06.22,4 = 1,344 (lít)

Bài 19. Hòa tan hoàn toàn 9,65 gam hỗn hợp 2 kim loại Fe, Al trong dung dịch hỗn hợp HCl và H2SO4 loãng, kết thúc phản ứng thu được 7,28 lít H2 (đktc). Phần trăm khối lượng của nhôm trong hỗn hợp ban đầu là A. 40,32%. B. 35,53%.

C. 41,19 %. D. 56,48%.

Lời giải nH2 = 0,325 mol ; đặt x, y lần lượt là số mol của Al, Fe chứa trong hỗn hợp. Ta

Phương trình ion rút gọn của các phản ứng 2Al + 6H+  2Al3+ + 3H2 (2) x 1,5x Fe + 2H+  Fe2+ + H2 (3) y y Từ (2) và (3) VH2 = 1,5 x + y = 0,325  y = 0,325 – 1,5x (4) Từ (4) và (1) ta tính được : x = 0,15 mol  %mAl = .100% 41,19% 10. PHƢƠNG PHÁP TỰ CHỌN LƢỢNG CHẤT

Cách 1: Chọn một mol nguyên tử, phân tử hoặc một mol hỗn hợp các chất phản ứng.

Cách 2: Chọn đúng tỉ lệ lượng chất trong đầu bài đã cho.

Cách 3: Chọn cho thông số một giá trị phù hợp để chuyển phân số phức tạp về số đơn

giản để tính toán.

Sau đây là một số ví dụ điển hình:

Cách 1: CHỌN 1 MOL CHẤT HOẶC HỖN HỢP CHẤT PHẢN ỨNG

Ví dụ 1: Hoà tan một muối cacbonat kim loại M hóa trị n bằng một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 9,8% ta thu được dung dịch muối sunfat 14,18%. M là kim loại gì?

A. Cu. B. Fe. C. Al. D. Zn.

Hướng dẫn giải

Chọn 1 mol muối M2(CO3)n.

M2(CO3)n + nH2SO4  M2(SO4)n + nCO2 + nH2O Cứ (2M + 60n) gam  98n gam  (2M + 96n) gam

 mdd muèi mM (CO )23 n mdd H SO2 4 mCO2 = 2M + 60n + 1000.n  44.n = (2M + 1016.n) gam.  2M96100 C%dd muèi  14,18 2M1016n  M = 28.n  n = 2 ; M = 56 là phù hợp vậy M là Fe.  mdd H SO2 4  1000n gam

(Đáp án B)

Ví dụ 2: (Câu 1 - Mã đề 231 - Khối A - TSCĐ 2007)

Khi hòa tan hiđroxit kim loại M(OH)2 bằng một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 20% thu được dung dịch muối trung hoà có nồng độ 27,21%. Kim loại M là

A. Cu. B. Zn. C. Fe. D. Mg. Xét 1 mol M(OH)2 tham gia phản ứng

M(OH)2 + H2SO4  MSO4 + 2H2O Cứ (M + 34) gam  98 gam  (M + 96) gam

 mdd H SO2 4 

490 gam

Cách 2: Chọn theo tỉ lệ lƣợng chất đã cho

Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm N2 và có H2 có tỉ khối hơi so với H2 bằng 3,6. Sau khi tiến hành phản ứng tổng hợp được hỗn hợp Y có tỉ khối hơi so với H2 bằng 4. Hiệu suất phản ứng tổng hợp là

A. 10%. B. 15%. C. 20%. D. 25%.

Hướng dẫn

Theo pp đường chéo, N2 : H2 bằng 1 : 4. Chọn số mol N2 và H2 là 1 mol và 4 mol

xt, to N2 + 3H2 p 2NH3 Ban đầu: 1 4 Phản ứng: x 3x 2x Sau phản ứng: (1  x) (4  3x) 2x nY = (5  2x) mol

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có mX = mY

n1 M2 5 8  n 0,25  H 0,25.100 25%

n2 M1 5 2 n 7,2 1

Ví dụ 2: Phóng điện qua O2 được hỗn hợp khí O2, O3 có M 33 gam. Hiệu suất phản ứng là A. 7,09%. B. 9,09%. C. 11,09%. D.13,09%. Hướng dẫn 3O2 TL§ 2O3   M96100 mdd MSO4 M34490 27,21  M = 64  M là Cu. (Đáp án A)

Theo đường chéo, tỉ lệ mol O2 : O3 = 15 : 1. Chọn số mol O2 và O3 lần lượt là 15 và 1 mol

Tính theo phản ứng được số mol O2 phản ứng là 1,5; ban đầu là 16,5. H = 9,09%.

Cách 3: CHỌN GIÁ TRỊ CHO HỖN HỢP

Ví dụ 1: X là hợp kim gồm (Fe, C, Fe3C), trong đó hàm lượng tổng cộng của Fe là 96%, hàm lượng C đơn chất là 3,1%, hàm lượng Fe3C là a%. Giá trị a là

A. 10,5. B. 13,5. C. 14,5. D. 16.

Hướng dẫn giải

Xét 100 gam hỗn hợp X ta có mC = 3,1 gam, mFe C3 = a gam và số gam Fe tổng cộng là 96 gam.

12a

 mC trong Fe C 3 100  96

180

 a = 13,5. (Đáp án B)

Ví dụ 2: Nung m gam đá X chứa 80% khối lượng gam CaCO3 (phần còn lại là tạp chất trơ) một thời gian thu được chất rắn Y chứa 45,65 % CaO. Tính hiệu suất phân hủy