Phương pháp bảo toàn điện tích trong hóa học hay, chi tiết, có lời giải - Chuyên đề Hóa 12

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.

Lưu ý: Với phương pháp này thường sử dụng kết hợp với các phương pháp sau:

+ Phương pháp bảo toàn khối lượng.

+ Phương pháp 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 SO4^2-; x mol Cl^-. Gía trị của x là:

A. 0,015

B. 0,035

C. 0,02

D. 0,01

Lời giải:

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có:

nNa⁺ + 2n Mg²⁺ = 2 nSO4^2- + nCl^-

⇒ 0,01 + 2.0,02 = 2.0,015 + x

⇒ x = 0,02

⇒ Đáp án C đúng

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. Giá trị của x và 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

Lời giải:

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích, ta có:

2nFe²⁺ + 3nAl³⁺ = nCl^- + 2nSO4^2-

⇒ x + 2y = 0,8 (1)

Khi cô cạn dung dịch: m_muối =∑ m_ion

⇒ 0,1.56 + 0,2.27 + 35,5x + 96y = 46,9

⇒ 35,5x + 96y = 35,9 (2)

Từ (1) và (2) ⇒ x = 0,2 mol; y = 0,3 mol

⇒ Đáp án đúng là D

Ví dụ 3: Chia hỗn hợp X gồm 2 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

Lời giải:

Ta có: Tổng số mol x điện tích dương (của 2 kim loại) trong 2 phần là bằng nhau

⇒ Tổng số mol x điện tích âm của 2 phần cũng bằng nhau

O^2- (trong oxit) ⇔ 2Cl^-

nCl^- = nH⁺ = 2 nH₂ = 2.1,792/22,4 = 0,16 mol

⇒ n_{O (trong oxit)} = 0,08

Trong một phần: m_{kim loại} = m_oxit – m_oxi = 2,84 – 0,08.16 = 1,56g

⇒ m_X = 2.1,56 = 3,12g

⇒ Đáp án đúng là 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

Lời giải:

Ta có:

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^-

⇒ n_Na⁺ = n_Cl^- = 0,6 mol

⇒ n_H⁺ = n_Cl^- = 0,6 mol

⇒ V_HCl = 0,6/2 = 0,3 lít

⇒ Đáp án đúng là 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

Lời giải:

Ta có: n_{HCl hòa tan Fe} = 2n H₂ = 0,3 mol

n_HCl hòa tan các oxit = 0,7 – 0,3 = 0,4 mol

Theo định luật bảo toàn điện tích, ta có:

n_O^2-(oxit) = ½ n Cl^- = 0,2 mol

⇒ m_{Fe (trong X)} = m_oxit – m_oxi = 20 – 0,2.16 = 16,8g

⇒ n_Fe = 0,3 mol

Bảo toàn nguyên tố ta có: nFe₂O₃ = ½ nFe = 0,15mol

⇒ mc/rắn = mFe₂O₃ = 0,15.160 = 24g

⇒ Đáp án đúng là 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

Lời 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

⇒ V_HCl = 0,5/2 = 0,25 (lít)

⇒ Đáp án đúng là 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. Giá trị của x là:

A. 0,045

B. 0,09

C. 0,135

D. 0,18

Lời giải:

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố, ta có:

Fe³⁺: x mol; Cu²⁺: 0,09 mol; SO₄^2-: (x + 0,045) mol

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích trong dung dịch chỉ chứa muối sunfat, ta có:

3nFe³⁺ + 2nCu²⁺ = 2nSO₄^2-

⇒ 3x + 2.0,09 = 2. (x + 0,045)

⇒ x = 0,09

⇒ Đáp án đúng là 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

Lời giải:

Kim loại + HNO₃ → Muối nitrat

Ta có: mmuối – mkim loại = m NO₃^- = 62g

n NO₃^- = 1 mol

Muối nitrat (Cu, Zn, Mg) Oxit

Theo định luật bảo toàn điện tích, ta có: n NO₃^- (muối) =2 nO^2-(oxit) (cùng = số mol cation)

⇒ nO (oxit) = 0,5 mol

⇒ mc/rắn = mkim loại + moxi = m + 0,5.16 = m + 8 (gam)

⇒ Đáp án đúng là B

Ví dụ 9: Dung dịch X chứa 0,025 mol CO₃^2-; 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

Lời giải:

n Ba (OH)₂ = 0,054 mol

⇒ nBa²⁺ = 0,054 mol; nOH^- = 0,108 mol

CO₃^2- + Ba²⁺ → BaCO₃↓

NH₄⁺ + OH^- → NH₃ + H₂O

Ta có: nBa²⁺ > nCO₃^2- ⇒ 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 đúng là 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

Lời 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 đúng là A

Bài tập tự luyện

Bài 1: Dung dịch X chứa a mol Na⁺; b mol Mg²⁺; c mol Cl^- và d mol SO₄^2-. 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

Hiển thị đáp án

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có:

nNa⁺ + 2nMg²⁺ = nCl^- + 2 nSO₄^2-

⇒ 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

Hiển thị đáp án

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

Hiển thị đáp án

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.

Hiển thị đáp án

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 SO₄^2- 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

Hiển thị đáp án

Bảo toàn điện tích ta có:

2nCu²⁺ + nK⁺ = nCl^- + 2nSO₄^2-

⇒ x + 2y = 0,07 mol (1)

mmuối = mCu²⁺ + mK⁺ + mCl^- + mSO₄^2- = 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⁺, SO₄^2-, 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

Hiển thị đáp án

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 SO₄^2- = 0,02 mol

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có:

nCl^- = 3nFe³⁺ + nNH₄⁺ - 2nSO₄^2- = 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

Hiển thị đáp án

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; CO₃^2- 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

Hiển thị đáp án

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; CO₃^2- 0,03 mol và Na⁺

⇒ nNa⁺ = 0,04 + 0,03 = 0,07 mol

Khi trộn 2 dung dịch vào ta có:

HCO₃^- + OH^- → CO₃^2- + H₂O

nOH^- > nHCO₃^- ⇒ OH^- dư

nCO₃^2- sinh ra = nHCO₃^- = 0,04 mol

∑n CO₃^2- = 0,03 + 0,04 = 0,07 mol

Ba²⁺ + CO₃^2- → BaCO₃ ↓

n Ba²⁺ < n CO₃^2- ⇒ 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

Hiển thị đáp án

mkết tủa = m BaCO₃ = 39,4g ⇒ n BaCO₃ = 0,2 mol

⇒ n CO₃^2- = 0,2 mol

m cation kim loại = m muối - mCO₃^2- = 24,4 – 0,2.60 = 12,4g

Bảo toàn điện tích ta có:

2nCO₃^2- = 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

Hiển thị đáp án

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

Bài tiếp: Phương pháp bảo toàn electron trong hóa học hay, chi tiết, có lời giải - Chuyên đề Hóa 12