Phương Pháp Bảo Toàn điện Tích Trong Hóa Học Hay, Chi Tiết, Có Lời ...
Có thể bạn quan tâm
Mục Lục
- Phương pháp giải
- Ví dụ minh họa
- Bài tập tự luyện
Phương pháp giải
1. Nội dung
+ Nguyên tử, phân tử, dung dịch luôn trung hòa về điện
+ Trong nguyên tử: Số proton = số electron
+ Trong dung dịch: số mol x điện tích âm = số mol x điện tích dương
2. Phạm vi sử dụng
+ Đối với bài toán dung dịch
+ Trong bài toán có xuất hiện các chất điện li mạnh: muối, axit, bazơ
Chú ý: Với phương pháp này thường sử dụng kết hợp với các phương pháp sau:
+ Bảo toàn khối lượng
+ Bảo toàn nguyên tố
+ Viết phương trình ion rút gọn
`Phương pháp này thường chỉ sử dụng với bài toàn vô cơ
Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Một dung dịch có chứa 4 ion với thành phần: 0,01 mol Na+; 0,02 mol Mg2+; 0,015 mol SO42-; x mol Cl–. Gía trị của x là:
A. 0,015
B. 0,035
C. 0,02
D. 0,01
Giải:
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có:
nNa+ + 2n Mg2+ = 2 nSO42- + nCl–
⇒ 0,01 + 2.0,02 = 2.0,015 + x
⇒ x = 0,02 ⇒ Đáp án C
Ví dụ 2: Dung dịch A chứa hai cation là Fe2+: 0,1mol và Al3+: 0,2 mol và hai anion là Cl–: x mol và SO42+: y mol. Đem cô cạn dung dịch A thu được 46,9g hỗn hợp muối khan. Gía trị của x, y lần lượt là:
A. 0,6 và 0,1
B. 0,3 và 0,2
C. 0,5 và 0,15
D. 0,2 và 0,3
Giải:
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có:
2nFe2+ + 3nAl3+ = nCl– + 2nSO42-
⇒ x + 2y = 0,8 (1)
Khi cô cạn dung dịch: mmuối =∑ mion
⇒ 0,1.56 + 0,2.27 + 35,5x + 96y = 46,9
⇒ 35,5x + 96y = 35,9 (2)
Từ (1)(2) ⇒ x = 0,2 mol; y = 0,3 mol
⇒ Đáp án D
Ví dụ 3: Chia hỗn hợp X gồm hai kim loại có hóa trị không đổi thành 2 phần bằng nhau
Phần 1: Hòa tan hoàn toàn bằng dung dịch HCl dư thu được 1,792 lít H2 (đktc)
Phần 2: Nung trong không khí dư thu được 2,84g hỗn hợp rắn chỉ gồm các oxit. Khối lượng hỗn hợp X là:
B. 1,8g
C. 2,4g
D. 3,12g
Giải:
Ta có: Tổng số mol x điện tích dương ( của hai kim loại) trong 2 phần là bằng nhau
⇒Tổng số mol x điện tích âm của 2 phần cũng bằng nhau
O2- (trong oxit) ⇔ 2Cl–
nCl– = nH+ = 2 nH2 = 2. 1,792/22,4 = 0,16 mol
⇒ nO( trong oxit) = 0,08
Trong một phần: mkim loại = moxit – moxi = 2,84 – 0,08.16 = 1,56g
⇒ mX = 2.1,56 = 3,12g ⇒ Đáp án D
Ví dụ 4: Hòa tan hoàn toàn 10g hỗn hợp X gồm Mg và Fe bằng dung dịch HCl 2M. Kết thúc thí nghiệm thu được dung dịch Y và 5,6 lít H2 (đktc). Để kết tủa hoàn toàn cation có trong Y cần vừa đủ 300ml dung dịch NaOH 2M. Thể tịch dung dịch HCl đã dùng là:
A. 0,2 lít
B. 0,24 lít
C. 0,3 lít
D. 0,4 lít
Giải:
nN+ = nOH– = nNaOH = 0,6 mol
Khi cho NaOH vào dung dịch Y ( chứa các ion: Mg2+; Fe2+; H+dư; Cl–) các ion dương sẽ tác dụng với dung dịch NaOH tạo kết tủa.
⇒ Dung dịch sau phản ứng chỉ gồm Na+ và Cl–
⇒ nNa+ = nCl– = 0,6 mol
⇒ nH+ = nCl– = 0,6 mol
⇒ VHCl = 0,6/2 = 0,3 lít ⇒ Đáp án C
Ví dụ 5: Để hòa tan hoàn toàn 20g hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 cần vừa đủ 700ml dung dịch HCl 1M thu được dung dịch X và 3,36 lít H2(đktc). Cho NaOH dư vào dung dịch X rồi lấy toàn bộ kết tủa thu được đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi thì lượng chất rắn thu được là:
A. 8g
B. 16g
C. 24g
D. 32g
Giải:
Ta có: nHCl hòa tan Fe = 2n H2 = 0,3 mol
nHCl hòa tan các oxit = 0,7 – 0,3 = 0,4 mol
Theo định luật bảo toàn điện tích ta có:
nO2-(oxit) = ½ n Cl– = 0,2 mol
⇒ mFe (trong X) = moxit – moxi = 20 – 0,2.16 = 16,8g
⇒ nFe = 0,3 mol
Bảo toàn nguyên tố ta có: nFe2O3 = ½ nFe = 0,15mol
⇒ mc/rắn = mFe2O3 = 0,15. 160 = 24g
⇒ Đáp án C
Ví dụ 6: Hòa tan hoàn toàn 15,6g hỗn hợp gồm Al và Al2O3 trong 500ml dung dịch NaOH 1M thu được 6,72 lít H2 ( đktc) và dung dịch X. Thể tích HCl 2M tối thiểu cần cho vào X để thu được lượng kết tủa lớn nhất là:
A. 0,175 lít
B. 0,25 lít
C. 0,125 lít
D. 0,52 lít
Giải:
Dung dịch X chứa các ion Na+; AlO2–; OH– dư ( có thể có)
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích: nAlO2– + nOH– = nNa+ = 0,5
Khi cho HCl vào dung dịch X:
H+ + OH– → H2O (1)
H+ + AlO2– + H2O → Al(OH)3 (2)
3H+ + Al(OH)3 → Al3+ + 3H2O (3)
Để kết tủa lớn nhất ⇒ không xảy ra phản ứng (3)
⇒ nH+ = nAlO2– + nOH– = 0,5 mol
⇒ VHCl = 0,5/2 = 0,25 (lít) ⇒ Đáp án B
Ví dụ 7: Cho hỗn hợp X gồm X mol FeS2 và 0,045 mol Cu2S tác dụng vừa đủ với HNO3 loãng đun nóng thu được dung dịch chỉ chứa muối sunfat của các kim loại và giải phóng khí NO duy nhất. Gía trị của x là:
A. 0,045
B. 0,09
C. 0,135
D. 0,18
Giải:
Áp dụng bảo toàn nguyên tố:
Fe3+: x mol; Cu2+: 0,09 mol; SO42-: (x + 0,045) mol
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích trong dung dịch chỉ chứa muối sunfat ta có:
3nFe3+ + 2nCu2+ = 2nSO42-
⇒ 3x + 2.0,09 = 2.(x + 0,045) ⇒ x = 0,09
⇒ Đáp án B
Ví dụ 8: Cho m gam hỗn hợp Cu, Zn, Mg tác dụng hoàn toàn với dung dịch HNO3 loãng, dư. Cô cạn cẩn thận dung dịch thu được sau phản ứng thu được (m + 62) gam muối khan. Nung nóng hỗn hợp muối khan trên đến khối lượng không đổi thu được chất rắn có khối lượng là:
A. (m + 4) gam
B. (m + 8) gam
C. (m + 16) gam
D. (m + 32) gam
Giải:
Kim loại + HNO3 → Muối nitrat
Ta có: mmuối – mkim loại = m NO3– = 62g
n NO3– = 1 mol
Muối nitrat ( Cu, Zn, Mg) Oxit
Bảo toàn điện tích ta có: n NO3– (muối) =2 nO2-(oxit) ( cùng = số mol cation)
⇒ nO ( oxit) = 0,5 mol
⇒ mc/rắn = mkim loại + moxi = m + 0,5.16 = m + 8 (gam)
⇒ Đáp án B
Ví dụ 9: Dung dịch X chứa 0,025 mol CO32-; 0,1 mol Na+; 0,25 mol NH4+ và 0,3 mol Cl–. Cho 270ml dung dịch Ba(OH)2 0,2M vào đun nóng nhẹ (giả sử H2O bay hơi không đáng kể). Tổng khối lượng dung dịch X và dung dịch Ba(OH)2 sau quá trình phản ứng giảm đi là:
A. 4,215g
B. 5,296g
C. 6,761g
D. 7,015g
Giải:
n Ba(OH)2 = 0,054 mol ⇒ nBa2+ = 0,054 mol; nOH– = 0,108 mol
CO32- + Ba2+ → BaCO3↓
NH4+ + OH– → NH3 + H2O
Ta có: nBa2+ > nCO32- ⇒ nBaCO3 = 0,025 mol
n NH4+ > n OH– ⇒ nNH3 = nOH– = 0,108 mol
Khối lượng dung dịch X và dung dịch Ba(OH)2 giảm đi = mNH3 + mBaCO3
= 0,025.197 + 0,108.17 = 6,761g
⇒ Đáp án C
Ví dụ 10: Trộn 100ml dung dịch AlCl3 1M với 200ml dung dịch NaOH 1,8M đến khi phản ứng hoàn toàn thì lượng kết tủa thu được là:
A. 3,12g
B. 6,24g
C. 1,06g
D. 2,08g
Giải:
n Al(3+ = 0,1 mol; n OH– = 0,36 mol
Al(3+ + 3OH– → Al(OH)3
Ta có n Al(3+ < 3 n OH– ⇒ OH– dư;
n OH– dư = 0,36 – 0,1.3 = 0,06
OH– + Al(OH)3 → AlO2– + 2H2O
n Al(OH)3 > n OH– dư ⇒ Al(OH)3 tan một phần
⇒ nAl(OH)3 không tan = 0,1 – 0,06 = 0,04 mol
mkết tủa = mAl(OH)3 = 0,04 . 78 = 3,12g
⇒ Đáp án A
Bài tập tự luyện
Bài 1: Dung dịch X chứa a mol Na+; b mol Mg2+; c mol Cl– và d mol SO42-. Biểu thức liên hệ giữa a, b, c, d là:
A. a + 2b = c + 2d
B. a + 2b = c + d
C. a + b = c + d
D. 2a + b = 2c + d
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có:
nNa+ + 2nMg2+ = nCl– + 2 nSO42-
⇒ a + 2b = c + 2d
⇒ Đáp án A
Bài 2: Dung dịch Y chứa Ca2+ 0,1 mol, Mg2+ 0,3 mol, Cl– 0,4 mol, HCO3– y mol. Khi cô cạn dung dịch Y thì lượng muối khan thu được là:
A. 37,4g
B. 49,8g
C. 25,4g
D. 30,5g
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có:
nHCO3– = 2nCa2+ + 2n Mg2+ – nCl– = 0,2 + 0,6 – 0,4 = 0,4 mol
m muối = m HCO3– + mCa2+ + mMg2+ + mCl– = 0,1.40 + 0,3.24 + 0,4.35,5 + 0,4.61
m muối = 49,8g ⇒ Đáp án B
Bài 3: Hòa tan hoàn toàn 10g hỗn hợp X gồm Mg và Fe bằng dung dịch HCl 2M.Kết thúc thí nghiệm thu được dung dịch Y và 5,6l khí H2 (đktc). Để kết tủa hoàn toàn các cation có trong Y cần vừa đủ 300ml NaOH 2M.Thể tích dungdịch HCl đã dùng là:
A. 0,2 lít
B. 0,24 lít
C. 0,3 lít
D. 0,4 lít
Khối lượng kết tủa thu được là:
A. 20,2g
B. 18,5g
C. 16,25
D. 13,5g
nNa+ = nOH– = nNaOH = 0,6M
X + NaOH → dung dịch Y(Mg2+;Fe2+;H+ dư;Cl–)
NaOH + Y: Mg2+; Fe2+ kết tủa với OH– .
⇒ dung dịch thu được sau phản ứng chỉ chứa Na+ và Cl–.
⇒ nCl– = nNa+=0,6⇒ VHCl=0,6 : 2= 0,3lít ⇒ Đáp án C
nHCl đã dùng = 0,6mol
nH2 = 0,25 mol ⇒ nHCl pư kim loại = 2nH2 = 0,5mol
⇒ nNaOH pư HCl = n HCl dư = 0,6 – 0,5 = 0,1 mol
nNaOH tạo kết tủa với kim loại = 0,6 – 0,1 = 0,5 mol
mkết tuả = mKL + mOH– = 10 + 0,5.17 = 18,5g ⇒ Đáp án B
Bài 4: Cho hòa tan hoàn toàn 15,6 gam hỗn hợp gồm Al và Al2O3 trong 500 dung dịch NaOH 1M thu được 6,72 lít H2 (đktc)Và dung dịch X. Thể tích HCl 2M tối thiểu cần cho vào X để thu được lượng kết tủa lớn nhất:
A. 0,175 lít.
B. 0,25 lít.
C. 0,25 lít.
D. 0,52 lít.
Dung dịch X chứa các ion Na+ ; AlO2– ; OH– dư (có thể). Áp dụng định luật Bảo toàn điện tích:
n AlO2– + n OH– = n Na+ = 0,5
Khi cho HCl vaof dung dịch X:
H+ + OH– → H2O (1)
H+ + AlO2– + H2O → Al(OH)3 ↓ (2)
3H+ + Al(OH)3 → Al3+ + 3H2O (3)
Để kết tủa là lớn nhất, thì không xảy ra (3) và n H+ = n AlO2– + n OH– = 0,5 mol
⇒ VHCl = 0,5/2 = 0,25 (lít) ⇒ Đáp án C
Bài 5: Một dung dịch X chứa 0,02mol Cu2+; 0,03mol K+; x mol Cl– và y mol SO42- Tổng khối lượng các muối tan trong dung dịch là 5,435g. Giá trị của x và y lần lượt là :
A . 0,01 và 0,03
B. 0,02 và 0,05
C. 0,05 và 0,01
D. 0,03 và 0,02
Bảo toàn điện tích ta có:
2nCu2+ + nK+ = nCl– + 2nSO42-
⇒ x + 2y = 0,07 mol (1)
mmuối = mCu2+ + mK+ + mCl– + mSO42- = 5,435
⇒ 35,5x + 96y = 2,985 (2)
Từ (1)(2) ⇒ x = 0,03; y = 0,02
⇒ Đáp án D
Bài 6: Dung dịch X chứa các ion: Fe3+, SO42-, NH4+, Cl–. Chia dung dịch X thành 2 phần bằng nhau:
+ Phần 1: Tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH, đun nóng thu được 0,672 lít khí ( ở đktc) và 1,07g kết tủa
+ Phần 2: Tác dụng với lượng dư dung dịch BaCl2 thu được 4,66g kết tủa
Tổng khối lượng các muối khan thu được khi cô cạn dung dịch X là ( quá trình cô cạn chỉ có bay hơi nước)
A. 3,73g
B. 7,04g
C. 7,46g
D. 3,52g
Phần 1:
0,672l khí là khí NH3; n NH3 = n NH4+ = 0,03 mol
1,07g kết tuả là Fe(OH)3; nFe(OH)3 = nFe3+ = 0,01 mol
Phần 2:
4,66g kết tủa là BaSO4; nBaSO4 = n SO42- = 0,02 mol
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có:
nCl– = 3nFe3+ + nNH4+ – 2nSO42- = 0,03 + 0,03 – 0,04 = 0,02 mol
mmuối = 2.(56.0,01 + 0,03.18 + 0,02.96 + 0,02.35,5) = 7,46g
⇒ Đáp án C
Bài 7: Hòa tan hoàn toàn 5,94g hỗn hợp hai muối clorua của 2 kim loại nhóm IIA vào nước được 100ml dung dịch X. Để làm kết tủa hết ion Cl– có trong dung dịch X trên ta cho toàn bộ lượng dung dịch X trên tác dụng với dung dịch AgNO3. Kết thúc thí nghiệm, thu được dung dịch Y và 17,22g kết tủa. Khối lượng muối khan thu được khi cô cạn dung dịch Y là:
A. 4,86g
B. 5,4g
C. 7,53g
D. 9,12g
17,22g kết tủa là AgCl; nAgCl = 0,12 mol
⇒ nCl– = 0,12 mol
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có:
nCl– = n NO3– = 0,12 mol( bằng số mol điện tích của cation)
mcation kim loại = mmuối clorua – mCl– = 5,94 – 0,12.35,5 = 1,68g
mmuối nitrat (Y) = mkim loại + mNO3– = 1,68 + 0,12.62 = 9,12g
⇒ Đáp án D
Bài 8: Trộn dung dịch chứa Ba2+; OH– 0,06mol và Na+ 0,02 mol với dung dịch chứa HCO3– 0,04 mol; CO32- 0,03 mol và Na+. Khối lượng kết tủa thu được sau khi trộn 2 dung dịch trên là:
A. 3,94g
B. 5,91g
C. 7,88g
D. 1,71g
Bảo toàn điện tích với dung dịch chứa Ba2+; OH– 0,06mol và Na+ 0,02 mol
⇒ nBa2+ =(0,06-0,02)/2 = 0,02 mol
Bảo toàn điện tích với dung dịch chứa HCO3– 0,04 mol; CO32- 0,03 mol và Na+
⇒ nNa+ = 0,04 + 0,03 = 0,07 mol
Khi trộn 2 dung dịch vào ta có:
HCO3– + OH– → CO32- + H2O
nOH– > nHCO3– ⇒ OH– dư
nCO32- sinh ra = nHCO3– = 0,04 mol
∑n CO32- = 0,03 + 0,04 = 0,07 mol
Ba2+ + CO32- → BaCO3 ↓
n Ba2+ < n CO32- ⇒ nBaCO3 = n Ba2+ = 0,02 mol
mkết tủa = 0,02. 197 = 3,94g ⇒ Đáp án A
Bài 9: Cho 24,4g hỗn hợp Na2CO3, K2CO3 tác dụng vừa đủ với dung dịch BaCl2 sau phản ứng thu được 39,4g kết tuả. Lọc tách kết tủa, cô cạn dung dịch thu được bao nhiêu gam muối clorua khan.
A. 2,66g
B. 22,6g
C. 26,6g
D. 6,26g
mkết tủa = m BaCO3 = 39,4g ⇒ n BaCO3 = 0,2 mol
⇒ n CO32- = 0,2 mol
m cation kim loại = m muối – mCO32- = 24,4 – 0,2.60 = 12,4g
Bảo toàn điện tích ta có:
2nCO32- = nCl– = 0,4( bằng số mol điện tích cation)
mmuối clorua = mkim loại + mCl– = 12,4 + 0,4.35,5 = 26,6g
⇒ Đáp án C
Bài 10: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,12 mol FeS2 và x mol Cu2S vào dung dịch HNO3 vừa đủ, thu được dung dịch X chỉ chứa 2 muối sunfat của các kim loại và giải phóng khí NO duy nhất. Gía trị của x là:
A. 0,03
B. 0,045
C. 0,06
D. 0,09
Dung dịch X chỉ chứa 2 muối là: Fe2(SO4)3 và CuSO4
n FeS2 = ½ n Fe2(SO4)3 = 0,06mol
n CuSO4 = 2n Cu2S = 2x mol
Bảo toàn nguyên tố S: 0,12.2 + x = 0,06.3 + 2x
⇒ x = 0,06
⇒ Đáp án C
Xem thêm
Gia sư hóa học
Phương pháp bảo toàn điện tích trong hóa học hay, chi tiết, có lời giải
Cách giải nhanh bài tập Este
CÁC NHÀ HÓA HỌC VIỆT NAM
Từ khóa » Ví Dụ Về Phương Pháp Bảo Toàn điện Tích
-
Phương Pháp Bảo Toàn điện Tích (hay Và đầy đủ)
-
Sử Dụng Phương Pháp Bảo Toàn điện Tích để Giải Bài Tập Sự điện Li ...
-
Phương Pháp Bảo Toàn điện Tích - O₂ Education
-
PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP BẢO TOÀN ĐIỆN TÍCH - HÓA 11
-
Phương Pháp Bảo Toàn điện Tích - Hữu ích Mỗi Ngày!
-
Áp Dụng định Luật Bảo Toàn điện Tích Giải Bài Tập Hóa Học Vô Cơ
-
Phương Pháp Bảo Toàn điện Tích Giải Nhanh Bài Tập Hóa Học THPT
-
Bảo Toàn điện Tích | Kiến Thức Wiki | Fandom
-
Phương Pháp Bảo Toàn điện Tích
-
CHUYÊN ĐỀ 04 PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN ĐIỆN TÍCH - Tài Liệu Text
-
Định Luật Bảo Toàn điện Tích - Dạng Bài Tập Thường Gặp Trong đề Thi
-
Phương Pháp Bảo Toàn điện Tích - Tailieunhanh
-
[Top Bình Chọn] - Phương Pháp Bảo Toàn điện Tích - Trần Gia Hưng
-
Sử Dụng Phương Pháp Bảo Toàn điện Tích Trong Giải Bài Tập Hóa Học ...