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
Được cập nhật: hôm kia lúc 8:14:20 | Lượt xem: 1037
