Phương pháp bảo toàn điện tích

Dung dịch X chứa các ion: Fe 3+, NH4+, SO4 2-, Cl-. Chia dung dịch X thành hai phần bằng nhau. Phần 1 tác dụng với lượng dư dung dịch NAOH đun nóng thu được 6,72 lít khí ở điều kiện tiêu chuẩn và 1,07g kết tủa. Phần 2 tác dụng với lượng dung dịch Bacl2 thu được 4,66 g kết tủa. Tổng khối lượng các muối khan thu được sau khi cô cạn dung dịch X là : A 3,73g B 7,04 g C 7,46 g D 3,52 g

pdf8 trang | Chia sẻ: ngatran | Ngày: 12/04/2013 | Lượt xem: 384 | Lượt tải: 0download
Tóm tắt tài liệu Phương pháp bảo toàn điện tích, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
Khóa học Luyện thi ĐH Đảm bảo TLBG Phương pháp bảo toàn điện tích Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 1 - PHƯƠNG 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 2Cu + , 0,03 mol K+ , x mol Cl− và y mol 24SO − . 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. (Trích đề thi TSCĐ năm 2007 - Khối A, B) Hướng dẫn Vì trong một dung dịch luôn trung hoà về điện tích nên: 2× 2Cun + + 1× Kn + = 1× Cln − + 2× 24SOn − ↔ 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: 3 HNO 2 4 32 2 2 4 Fe (SO )FeS dd X NO H O Cu S CuSO +  → + ↑ +    FeS2 → 3Fe + + 2 24SO − 0,12 → 0,12 0,24 Cu2S → 2 2Cu + + 24SO − 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 2Ba + + 23CO − → 3BaCO ↓ 0,2 ← 0,2 Khóa học Luyện thi ĐH Đảm bảo TLBG Phương pháp bảo toàn điện tích Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 2 - Ta có 3BaCO n ↓ = 39,4 197 = 0,2 (mol) → Nam + + Km + = 24,4 – 60× 0,2 =12,4 (g) → Nan + + Kn + = 2× 23COn − = 2× 0,2 = 0,4 (mol) Áp dụng sự bảo toàn điện tích cho dung dịch sau phản ứng: Cln − = Nan + + Kn + = 0,4 (mol) Vậy m = Nam + + Km + + Clm − = 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), 2Mg + (0,1 mol), 4NH+ (0,25 mol), H+ (0,2 mol), Cl− (0,1 mol), 24SO − (0,075 mol), 3NO− (0,25 mol), 23CO − (0,15 mol). Xác định dung dịch A và dung dịch B. Hướng dẫn Vì anion 23CO − không tồn tại đồng thời với các cation 2Mg + , H+ nên: - Dung dịch A: K+ , 4NH + , 2 3CO − , yX − - Dung dịch B: 2Mg + , 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 nXn − 0,1 0,5 Chỉ có cặp nghiệm y = 1, nXn − = 0,1 là thích hợp Vậy dung dịch A chứa: K+ , 4NH + , 2 3CO − , Cl− và dung dịch B chứa: 2Mg + , H+ , 3NO − , 2 4SO − . Ví dụ 5: Dung dịch A chứa a mol Na+ , b mol 4NH+ , c mol 3HCO− , d mol 23CO − , e mol 24SO − (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× Nan + + 1× 4NH n + = 1× 3HCO n − + 2× 2 3CO n − + 2× 2 4SO n − → a + b = c + 2d + 2e b) Ba(OH)2 → 2Ba + + 2 OH− c + d + e → c + d + e 2(c + d + e) Các phương trình hoá học dạng ion: 2Ba + + 24SO − → BaSO4 ↓ (1) Khóa học Luyện thi ĐH Đảm bảo TLBG Phương pháp bảo toàn điện tích Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 3 - e ← e → e 2Ba + + 23CO − → BaCO3 ↓ (2) d ← d → d 2Ba + + 3HCO − + OH− → BaCO3 ↓ + H2O (3) c ← c → c c 4NH + + OH− → NH3 ↑ + H2O (4) b → b b Vì dung dịch X phải chứa Na+ nên OH− dư. Do đó kết tủa thu được gồm 4 3 BaSO e mol BaCO (c d) mol   + ; khí Y là NH3 b 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− Nan + = n OH− = a (mol). Ví dụ 6: Dung dịch Z có chứa 5 ion: 2Mg + , 2Ba + , 2Ca + và 0,1 mol Cl− , 0,2 mol 3NO− . 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 2Mg + , 2Ba + , 2Ca + thành 2M + 2M + + 23CO − → 3MCO ↓ Khi phản ứng kết thúc, phần dung dịch chứa K+ , Cl− và 3NO − . Áp dụng sự bảo toàn điện tích, ta có: Kn + = Cln − + 3NO n − = 0,1 + 0,2 = 0,3 (mol) → 2 3K COn = 1 2 × Kn + = 0,15 (mol) Vậy 2 3dd K COV = 0,15 0,5 = 0,3 (l) = 300 (ml). Ví dụ 7: Dung dịch X chứa các ion: 3Fe + , 4NH+ , 24SO − , 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. (Trích đề thi TSCĐ năm 2008 - Khối A, B) Hướng dẫn Các phương trình hoá học dạng ion:  Phần 1: 3Fe + + 3 OH− → Fe(OH)3 ↓ (1) 0,01 ← 0,01 4NH + + OH− → NH3 ↑ + H2O (2) 0,03 ← 0,03 Khóa học Luyện thi ĐH Đảm bảo TLBG Phương pháp bảo toàn điện tích Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 4 -  Phần 2: 2Ba + + 24SO − → BaSO4 ↓ (3) 0,02 ← 0,02 Ta có 3Fe(OH)n ↓ = 1,07 107 = 0,01 (mol) 3NH n ↑ = 0,672 22,4 = 0,03 (mol) 4BaSO n ↓ = 4,66 233 = 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× Cln − → Cln − = 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 + − = + = = + = ∑ ∑ H OH n V.(2.1,5 2) 5V (mol) n 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 H OH 60.500 n 0,2(1 2) .1 0,9(mol) 100.1000 n 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 Khóa học Luyện thi ĐH Đảm bảo TLBG Phương pháp bảo toàn điện tích Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 5 - → 2 3 2 2 3 2 M CO MCl + HCl + CO + H O RCO RCl 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 ↓ − + + − + = + = = = = ⇒ = + =2 ( )Cl ( )Ag Pb n 0,1.(1,5 3) 0,45 (mol) n n 0,1mol ; n 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. Lời giải + − = + = + ∑ ∑ H OH n 0,1.(a b) mol n 0,2.(0,05 0,15) mol a b 0,04⇒ + = Ag Cl AgCl+ −+ → ↓ a 0,2M 0,05a 0,01 b 0,1M = = ⇒  = Bài 13. Cho 4,64g hỗn hợp A gồm FeO, Fe2O3, Fe3O4 ( = 2 3FeO Fe O n n ) 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 lít B. 1,92 lít C. 1,94 lít D. 1,56 lít Lời giải = 2 3FeO Fe O n :n 1:1 , mà FeO.Fe2O3 = Fe3O4, vậy A xem như 1 chất Fe3O4 = = = 3 4A Fe O 4,64 n n 0,02 232 (mol) Fe3O4 + 8H+ → Fe2+ + 2Fe3+ + 4H2O 0,02 0,16 Khóa học Luyện thi ĐH Đảm bảo TLBG Phương pháp bảo toàn điện tích Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 6 - Do lấy dư 20% ⇒ 0,16 + 0,16.0,2 = 0,1V ⇒ V = =0,192 1,92 0,1 (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. Lời giải + + + − + + → + + → 2 2 2 2 2 2 Fe Fe Fe(OH) H H H OH H O Mg Mg Mg(OH) Định luật bảo toàn điện tích : +∑ ( )n trong B = +∑ Hn trong A = −∑ OHn trong D. Dung dịch trung tính khi : + −= ⇒ + = + ⇒ =∑ ∑H OHn n 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 Lời giải 2ROH H R H O + ++ → + H n 0,02(0, 4 0,3.2) 0, 02(mol)+ = + = = = ⇒ + = ⇒ = ⇒ ROH R R 0,96 M 48 (g / mol) M 17 48 M 31 Na,K 0,02 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. Lời giải 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 −24 . Nhỏ từ từ dung dịch Cu(NO3)2 vào dung dịch Z : Khóa học Luyện thi ĐH Đảm bảo TLBG Phương pháp bảo toàn điện tích Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 7 - Fe + Fe3+ → 2Fe2+ 0,05 0,05 0,1 3Fe2+ + NO −3 + 4H + → 3Fe3+ + NO↑ + 2H2O (3) 0,35 → 0,35 3 3 3 23 3 3 2 Cu(NO )NO Fe NO Cu(NO ) 1 0,35 1(3) n n (mol) n n 0,05 mol 3 3 2 V 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 Lời giải nAl = 0,45 (mol) ; 33 NaNONOn n 0,11205 mol− = = ; OHn − = nNaOH = 0,3375 mol 3 2 4 38Al 3NO 5OH 18H O 8[Al(OH) ] 3NH (1) : 0, 45 0,1125 0,3375 : 0,3 0,1125 0,1875 0,3 0,1125 : 0,15 0 0,15 − − −+ + + → + Ban ®Çu Ph¶n øng D− 2 4 22Al 2OH 6H O 2 Al(OH) 3H (2) : 0,15 0,15 Ph : 0,15 0,15 0,225 D : 0 0 [ ] Ban ®Çu ¶n øng − − −+ + → + (1) và (2)⇒∑ nKhí = 0,1125 + 0,225 = 0,3375 (mol) ⇒Vkhí = 0,3375.22,4 = 7,56 (lít) 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 Lời giải nCu = 0,1 mol; 33 HNOH NO n n n 0,12 mol+ −= = = ; 2 4H SOH H n 2n 0,12.0,5 0,06 (mol) n 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) Khóa học Luyện thi ĐH Đảm bảo TLBG Phương pháp bảo toàn điện tích Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 8 - 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 2Hn = 0,325 mol ; đặt x, y lần lượt là số mol của Al, Fe chứa trong hỗn hợp. Ta có: 27x + 56y = 9,65 (1) 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)⇒ 2HV = 1,5 x + y = 0,325 → y = 0,325 – 1,5x (4) Từ (4) và (1) ta tính được : x = 0,15 mol ⇒ %mAl = 0,15.27 .100% 41,19% 9,65 = Giáo viên: Phạm Ngọc Sơn Nguồn: Hocmai.vn