Sử dụng định luật bảo toàn điện tích để giải nhanh một số dạng bài tập khó trong đề thi THPT quốc gia

Mục đích nghiên cứu Sau khi học xong phần này học sinh nắm được các dạng bài tập có thể sử dụng định luật bảo toàn điện tích, cách sử dụng định luật bảo toàn điện tích để giải nh

1 MỞ ĐẦU

1.1 Lí do chọn đề tài

Hoá học là bộ môn khoa học quan trọng trong nhà trường phổ thông Môn hoá học cung cấp cho học sinh một hệ thống kiến thức phổ thông, cơ bản và thiết thực đầu tiên về hoá học Giáo viên bộ môn hoá học cần hình thành ở các em một kỹ năng cơ bản, phổ thông và thói quen học tập và làm việc khoa học làm nền tảng cho việc giáo dục, phát triển năng lực nhận thức, năng lực hành động Qua đó giáo dục học sinh những đức tính cần thiết như cẩn thận, kiên trì, trung thực, tỉ mỉ, chính xác, yêu chân lí khoa học, có ý thức trách nhiệm với bản thân, gia đình, xã hội có thể hoà hợp với môi trường thiên nhiên, chuẩn bị cho học sinh hành trang đi vào cuộc sống

Trong môn hoá học thì bài tập hoá học có một vai trò cực kỳ quan trọng, giúp học sinh nắm vững kiến thức và phát triển tư duy hóa học, là một trong các yếu tố quan trọng để nâng cao chất lượng giảng dạy bộ môn Thông qua việc giải bài tập giúp học sinh rèn luyện tính tích cực, trí thông minh, sáng tạo, bồi dưỡng hứng thú trong học tập Việc lựa chọn phương pháp thích hợp để giải bài tập lại càng có ý nghĩa quan trọng hơn Mỗi bài tập có thể có nhiều phương pháp giải khác nhau Nếu biết lựa chọn phương pháp hợp lí, sẽ giúp học sinh nắm vững hơn bản chất của các hiện tượng hóa học Đặc biệt là trong kì thi trung học phổ thông quốc gia hiện nay, việc lựa chọn phương pháp giải sao cho tiết kiệm được thời gian lại càng có ý nghĩa quan trọng

Qua những năm giảng dạy, tôi nhận thấy rằng khả năng giải toán hóa học của các em còn hạn chế, đặc biệt là với các bài toán khó thì khi giải những bài tập dạng này học sinh thường gặp những khó khăn dẫn đến thường giải rất dài dòng, nặng nề về mặt toán học không cần thiết thậm chí không giải được vì quá nhiều ẩn số Nguyên nhân là học sinh chưa nắm vững các định luật hóa học và

hệ số cân bằng trong phản ứng hóa học để đưa ra phương pháp giải hợp lí

Bằng sự tìm tòi, kinh nghiệm thực tế tôi giảng dạy cho học sinh ở các khối lớp 11, 12 trường THPT Vĩnh Lộc, ôn thi học sinh giỏi và nhận thấy kết quả đạt

được rất khả quan Vì vậy, tôi xin trao đổi với các đồng nghiệp bài viết: “SỬ DỤNG ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN ĐIỆN TÍCH ĐỂ GIẢI NHANH MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP KHÓ TRONG ĐỀ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA”.

1.2 Mục đích nghiên cứu

Sau khi học xong phần này học sinh nắm được các dạng bài tập có thể sử dụng định luật bảo toàn điện tích, cách sử dụng định luật bảo toàn điện tích để giải nhanh các dạng bài tập hóa học: bài toán hỗn hợp chất khử tác dụng với dung dịch có tính oxi hóa (H , NO  3  ); bài toán CO2 tác dụng với dung dịch kiềm; bài toán về tính lưỡng tính của Al(OH)3 , Zn(OH)2 Từ đó nâng cao chất lượng, hiệu quả dạy – học môn hóa học Chuyên đề có thể áp dụng cho chương trình Hóa học 11 và 12

1.3 Đối tượng nghiên cứu

Là học sinh trung học phổ thông đang học lớp 11, 12 trường THPT Vĩnh Lộc

1.4 Phương pháp nghiên cứu

Ở đây tôi dùng phương pháp nghiên cứu xây dựng cơ sở lý thuyết, tức là khi

ôn tập đến phần axit HNO3, muối nitrat hay phần CO2 , muối cacbonat, tôi cho ôn tập tính chất vật lý, tính chất hóa học, viết các phương trình phản ứng minh họa sau đó mới cho học sinh làm quen với dạng bài tập này

2 NỘI DUNG

2.1 Cơ sở lí luận

Phương pháp này dựa trên cơ sở:

- Bài toán liên quan đến điện tích, ion, những bài toán xảy ra trong dung dịch

- Định luật bảo toàn điện tích: “Điện tích của một hệ thống cô lập luôn luôn không đổi tức là được bảo toàn”

Hệ quả

- Dung dịch luôn trung hòa về điện

 số molđiện tích ion dương =  số molđiện tích ion âm

- Khối lượng muối (trong dung dịch) bằng tổng khối lượng các ion tạo muối

Chú ý : Đối với các bài tập khó thì quá trình áp dụng định luật bảo toàn điện

tích thường phải kết hợp với các phương pháp bảo toàn khác : bảo toàn electron, bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố

2.2 Thực trạng của vấn đề nghiên cứu

Trong sách giáo khoa hóa học 11 chỉ có một số bài tập áp dụng định luật bảo

toàn điện tích Tuy nhiên những bài tập này học sinh hoàn toàn có thể giải được nhờ phương pháp đặt ẩn để giải hệ phương trình Trong khi thi trung học phổ thông quốc gia, thi học sinh giỏi hiện nay có nhiều bài tập vô cơ khó và phần lớn

là không thể đặt ẩn để giải hoặc nếu có đặt thì cũng mất nhiều thời gian Vì vậy tôi mạnh dạn trao đổi với các đồng nghiệp đề tài này nhằm nâng cao một phần nào đó chất lượng dạy và học hiện nay

2.3 Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề

2.3.1 Dạng 1 : Bài toán hỗn hợp chất khử tác dụng với dung dịch có tính oxi hóa (H , NO  3  )

Dạng bài tập này thông thường ta phải áp dụng đồng thời định luật bảo toàn electron và bảo toàn điện tích

Ví dụ 1 (Khối A - 2009) Cho hỗn hợp gồm 1,12 gam Fe và 1,92 gam Cu vào

400 ml hỗn hợp gồm H2SO4 0,5M và NaNO3 0,2M Sau khi các phản ứng xảy

ra hoàn toàn, thu được dung dịch X và khí NO (sản phẩm khử duy nhất) Cho V

ml dung dịch NaOH 1M vào dung dịch X thì lượng kết tủa thu được là lớn nhất Giá trị tối thiểu của V là

A 120 B 240 C 360 D 400.

Phân tích đề: Dễ dàng kiểm tra được H , NO  3  còn dư  Fe, Cu bị oxi hóa về

Na ,SO , NO , H , Fe ,Cu       Cho NaOH vào X thì xảy ra phản ứng trung hòa H  rồi đến phản ứng tạo kết tủa Fe(OH)3 , Cu(OH)2

Dung dịch Y sau cùng chứa các ion 2

trong Y kết hợp bảo toàn eletron ta sẽ tính được giá trị V

Ta có thể tóm tắt bài toán theo sơ đồ sau:

NO

2 4

3

H : 0, 4 mol

SO : 0, 2 mol

Fe : 0,02 mol

NO : 0,08mol



















X

2 4 3

Na : 0,08mol

SO : 0, 2 mol

NO , H

Fe ,Cu



















NaOH 3

2

Fe(OH) Cu(OH)





Y 2

4 3

Na SO NO

















Giải:

Theo định luật bảo toàn e: 3.nFe + 2.nCu = 3nNO hay nNO = 0,04

n NO du3 = 0,08 – 0,04 = 0,04 mol

Dung dịch sau phản ứng chứa các ion

Na : 0,08 0,001V(mol);SO : 0, 2(mol); NO : 0,04(mol)    

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích trong dung dịch sau phản ứng:

0,08 + 0,001V = 0,04 + 0,2.2

 V = 360

 Chọn đáp án C

Ví dụ 2 Hòa tan hoàn toàn 0,1 mol FeS2 trong 200ml dung dịch HNO3 4M, sản phẩm thu được gồm dung dịch X và có khí thoát ra Dung dịch X có thể hòa tan tối đa m gam Cu Biết NO là sản phẩm khử duy nhất của N  5 Giá trị của m là

A 12,8 B 6,4 C 9,6 D 3,2.

Phân tích đề:

Dung dịch X chứa các ion: 3 2

ra phản ứng của Cu với H , NO  3  ; phản ứng của Cu với Fe 3  Như vậy, bản chất của bài toán có thể coi là cho FeS2, Cu tác dụng với dung dịch HNO3 (thiếu) thu được dung dịch Y và khí NO Áp dụng định luật bảo toàn điện tích trong dung dịch Y kết hợp bảo toàn eletron ta sẽ tính được giá trị m

Ta có thể tóm tắt bài toán theo sơ đồ sau:

NO

FeS2 HNO3

NO

X

4 3

Fe ,SO

NO , H





 Cu Y

2

Cu , Fe

NO ,SO







2

FeS

n = 0,1  n Fe 2 = 0,1 ; n SO 2  = 0,2

Đặt n NO= x ; n Cu = y

Áp dụng định luật bảo toàn electron cho toàn bộ quá trình với FeS2 ,Cu là chất khử, N  5là chất oxi hóa

14 n FeS 2  2 n Cu  3n NO  3x – 2y = 1,4 (1)

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích trong dung dịch sau cùng

2 n   2 n   n   2 n   x + 2y = 1 (2)

với nNO3   0,8 n  NO

Giải hệ (1), (2) trên ta có x = 0,6 ; y= 0,2

Vậy nCu = 0,2  mCu = 12,8 gam

 Chọn đáp án A

Từ bài 2 ta có thể phát triển thành bài toán tương tự nhưng với nhiều chất khử hơn

Ví dụ 3 Hòa tan hết 12,8 gam hỗn hợp X gồm FeS2 vàCu2S trong dung dịch chứa a mol HNO3 thu được 31,36 lít khí NO2 (ở đktc, sản phẩm khử duy nhất)

và dung dịch Y Biết Y phản ứng với tối đa 4,48 gam Cu giải phóng khí NO Giá trị của a là

A 1,8 B 1,92 C 1,44 D 1,42.

Phân tích đề :

Hòa tan hết hỗn hợp gồm FeS2 vàCu2S trong dung dịch chứa HNO3 thu được dung dịch Y chứa các ion 3 2 2

ứng với tối đa 4,48 gam Cu, Cu bị oxi hóa bởi H , NO  3  và Fe 3  Dung dịch cuối cùng (dung dịch Z) thu được gồm 2 2 2

4

Fe ,Cu ,SO , H    hoặc NO 3  Áp dụng bảo toàn điện tích trong dung dịch Z kết hợp bảo toàn eletron ta sẽ tính được giá trị a

Giải:

Đặt n FeS 2= x ; n Cu S 2 = y

Xét phản ứng của hỗn hợp X với HNO3

Áp dụng định luật bảo toàn eletron có phương trình: 15x + 10y = 1,4 (1) Phương trình khối lượng hỗn hợp X: 120x + 160y = 12,8 (2) Giải hệ (1), (2) được n FeS 2= x = 0,08 ; n Cu S 2 = y = 0,02

Trong dung dịch Z, 2 n Cu 2   2 n Fe 2   2 n SO 2  nên ion còn lại phải là NO 3 

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích, trong dung dịch Z:

3

3 NO

n  = 2 n Cu 2   2 n Fe 2   2 n SO 2   2 2.0,02 0,  07  

2.0,08 – 2 0,08.2 0,02 0,02.   

Như vậy, bản chất của bài toán là cho hỗn hợp FeS2,Cu2S và Cu tác dụng với dung dịch chứa HNO3 thu được hỗn hợp khí NO2 , NO và dung dịch Z

Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có:

14 n FeS 2  10 n Cu S 2  2 n Cu  n NO 2  3n NO  nNO  0,02

Áp dụng bảo toàn nguyên tố N:

n HNO 3  n NO 2  n NO  nNO3 = 1,4 + 0,02 + 0,02 = 1,44 mol

 Chọn đáp án C

Ví dụ 4 Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm FeS2 và Fe3O4 bằng 100 gam dung dịch HNO3 a% vừa đủ, thu được 15,344 lít hỗn hợp khí gồm NO2 , NO có khối lượng 31,35 gam và dung dịch chỉ chứa 30,15 gam hỗn hợp muối Giá trị của a là

A 46,240 B 43,115 C 57,330 D 63.

Phân tích đề :

Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm FeS2 và Fe3O4 bằng dung dịch HNO3 vừa đủ thu được dung dịch chỉ chứa muối nên muối đó là muối Fe2(SO4)3 ,Fe(NO3)3

Dung dịch sau phản ứng chứa các ion: 3 2

tích trong dung dịch sau phản ứng kết hợp bảo toàn eletron trong phản ứng của hỗn hợp với HNO3 ta sẽ tìm được kết quả

Giải:

Từ giải thiết ta lập được hệ phương trình về NO2 , NO

2





Đặt n FeS 2= x ; n Fe O 3 4= y

Áp dụng định luật bảo toàn electron:

15n FeS 2  n Fe O 3 4  n NO 2  3.n NO  0,705  15x + y = 0,705 (1)

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích trong dung dịch sau phản ứng

3

3.n   2.n   n   3.(x + 3y) = 2.2x + z  x – 9y + z = 0 (2)

Khối lượng muối trong dung dịch

3

 248x + 168y + 62z = 30,15 (3)

Giải hệ (1), (2), (3) ta được

x = 0,045 ; y = 0,03; z = 0,225

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố N

n HNO 3  n NO 2  n NO  nNO3 = 0,675 + 0,01 + 0,225 = 0,91



3 0

0 HNO

0,91.63

100

 Chọn đáp án C

Ví dụ 5 Hòa tan hoàn toàn 19,2 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4

trong 400ml dung dịch HNO3 3M (dư), đun nóng, thu được dung dịch Y và V lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất) Cho 350 ml dung dịch NaOH 2M vào dung dịch Y, thu được 21,4 gam kết tủa và dung dịch Z Giá trị của V là

A 3,36 B 4,48 C 5,04 D 5,6.

Phân tích đề :

Đối với bài toán có hỗn hợp Fe và các oxit, ta thường quy đổi hỗn hợp ban đầu thành Fe và O Vì axit dư nên dung dịch Y chứa các ion 3

3

Fe , NO , H    Khi cho NaOH vào Y, xảy ra phản ứng trung hòa H  trước rồi mới đến phản ứng tạo kết tủa Fe(OH)3 Vì vậy, dung dịch Z ngoài chứa 2 ion Na , NO  3  còn có thể chứa

Fe  Áp dụng bảo toàn điện tích trong dung dịch Z kết hợp bảo toàn eletron trong phản ứng của X với HNO3 ta sẽ tìm được kết quả

Ta có thể tóm tắt bài toán theo sơ đồ sau:

NO

3

HNO

Fe

X

O



  



 Fe(OH)3 : 0,2mol

Y

3

3

Fe

NO , H







 NaOH

Z Na , NO3 3

Fe









Giải:

Đặt n Fe= x ; n O= y; n NO = z

Ta có phương trình về khối lượng hỗn hợp X:

56.n Fe  16.n O  19, 2  56.x + 16.y = 19,2 (1)

Phương trình về bảo toàn electron: 3.n Fe  2.n O  3.n NO  3x – 2y – 3z = 0 (2) Phương trình về bảo toàn điện tích trong dung dịch Z:

3

n   3.n   n   0,7 + 3.(x – 0,2) = 1,2 – z 3x + z = 1,1 (3)

với n Fe 3  = x – 0,2 ; n NO3 = 1,2 - n NO= 1,2 –z

Giải hệ ba phương trình (1), (2), (3) trên ta được: x = 0,3; y = 0,15; z = 0,2  VNO = 0,2.22,4 = 4,48 lít

 Chọn đáp án B

Ví dụ 6 (Đề khối B - 2009) Cho m gam bột Fe vào 800 ml dung dịch hỗn hợp

gồm Cu(NO3)2 0,2M và H2SO4 0,25M Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 0,6m gam hỗn hợp kim loại và V lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc) Giá trị của m và V lần lượt là

A 10,8 và 4,48 B 10,8 và 2,24 C 17,8 và 4,48 D 17,8 và 2,24.

Phân tích đề :

Cho Fe vào hỗn hợp Cu(NO3)2 và H2SO4 xảy ra phản ứng oxi hóa khử giữa Fe

Vì Fe còn dư nên dung dịch sau phản ứng chứa muối Fe 2  Suy ra dung dịch sau phản ứng chứa các ion 2 2

dịch sau phản ứng kết hợp bảo toàn eletron trong phản ứng của Fe với H , NO  3  ; giữa Fe vớiCu 2 ta sẽ tìm được kết quả

Giải:

Đặt n Fe= x ; n NO = y

Áp dụng định luật bảo toàn electron: 2.n Fe  2.n Cu  3.n NO

 2x – 3y = 0,32 (1)

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích trong dung dịch sau phản ứng:

2.n   n   2.n   2x – (0,32 – y) = 0,2.2 2x + y = 0,72 (2)

với n Fe 2   nFe  x; nNO3   0,32 n  NO  0,32 y 

Giải hệ (1) và (2) ta được x = 0,31 ; y = 0,1.

 VNO = 0,1.22,4 = 2,24 (lít)

Tính m: m – 0,31.56 + 0,16 64 = 0,6.m m = 17,8

 Chọn đáp án D

Ví dụ 7 Cho m gam bột Fe vào 1 lít dung dịch hỗn hợp gồm H2SO4 0,1M, Cu(NO3)2 0,1M và Fe(NO3)3 0,1M Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 0,69m gam hỗn hợp kim loại, dung dịch Y và khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc) Giá trị của m và khối lượng chất rắn khan thu được khi cô cạn dung dịch Y là

A 25,8 và 78,5 gam B 25,8 và 55,7 gam

C 20 và 78,5 gam D 20 và 55,7 gam.

Phân tích đề :

Cho Fe vào hỗn hợp H2SO4 , Cu(NO3)2 và Fe(NO3)3 xảy ra phản ứng oxi hóa khử giữa Fe với H , NO  3  ; giữa Fe vớiFe 3 ; giữa Fe vớiCu 2  Hỗn hợp kim loại sau phản ứng gồm Cu, Fe dư Vì Fe còn dư nên dung dịch sau phản ứng chứa muối

2

Fe  Suy ra dung dịch sau phản ứng chứa các ion 2 2

Fe ,SO , NO    Áp dụng bảo toàn điện tích trong dung dịch Y kết hợp bảo toàn eletron trong phản ứng của Fe với H , NO  3  ; giữa Fe với Fe 3 ; giữa Fe với Cu 2 ta sẽ tìm được kết quả

Giải:

Đặt n Fe= x ; n NO = y

Áp dụng định luật bảo toàn e: 2.n Fe  2.n Cu  3.n NO  nFe3 

 2x – 3y = 0,1.2 + 0,1 = 0,3 (1)

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích trong dung dịch sau phản ứng:

2.n   n   2.n   2(x + 0,1) – (0,5 – y) = 0,1.2 2x + y = 0,5 (2)

với n Fe 2   n Fe  n Fe 3    x 0,1; n NO 3   0,5  nNO  0,5 y 

Giải hệ (1), (2) ta được x = 0,225 ; y = 0,05

Tính m: m – 0,225.56 + 0,1.64 = 0,69.m m = 20

Khối lượng chất rắn khan thu được khi cô cạn dung dịch Y

3

= 55,7 (gam)

 Chọn đáp án D

Ví dụ 8 (HSG hóa 11 tỉnh Thanh Hóa 2017-2018) Cho 12,56 gam hỗn hợp

gồm Mg và Mg(NO3)2 tan vừa đủ trong dung dịch hỗn hợp chứa 0,98 mol HCl

và x mol KNO3 Sau phản ứng thu được dung dịch Y chỉ chứa muối clorua và 0,04 mol khí N2 Cô cạn cẩn thận Y thu được m gam muối khan Tính m

Phân tích đề:

Ta có thể tóm tắt bài toán theo sơ đồ sau

N2 : 0,04 mol

3 2 3

12,56

Y

2

4

Mg : a b(mol)

K : x(mol)

Cl : 0,98(mol)

NH : y(mol)





















Áp dụng định luật bảo toàn electron, bảo toàn điện tích trong dung dịch Y kết hợp bảo toàn nguyên tố ta sẽ tìm được giá trị m

Giải:

Ta có các phương trình về :

Khối lượng hỗn hợp ban đầu: 24.a + 148.b = 12,56 (1)

Bảo toàn electron : 2.a = 0,04.10 + 8.y 2.a – 8.y = 0,4 (2)

Bảo toàn điện tích trong dung dịch Y: 2.(a+b) + x + y = 0,98 (3)

Bảo toàn nguyên tố N : 2.b + x = 0,04.2 + y  2.b + x – y = 0,08 (4)

Giải hệ (1), (2), (3), (4) ta được: a = 0,4 ; b = 0,02 ; x = 0,09, y = 0,05

Khối lượng muối khan:

m = 24.0,42 + 39.0,09 + 0,98.35,5 + 18.0,05 = 49,28 (gam)

2.3.2 Dạng 2 : Bài toán CO2 tác dụng với dung dịch kiềm, muối cacbonat Ví dụ 1 Hấp thụ hoàn toàn 8,96 lít CO2 (đktc) vào 200ml dung dịch hỗn hợp NaOH 1M và KOH xM Sau phản ứng làm bay hơi dung dịch thu được 44,4 gam chất rắn Giá trị của x là

A 1,0 B 2,0 C 1,5 D 2,5.

Phân tích đề:

Ta chưa biết OH  có dư hay không

Nếu OH  dư, muối thu được sau phản ứng là muối M CO 2 3 Khi đó, nOH  2.n CO 2

hay 0,2 + 0,2.x 0,8 hay x3 Suy ra không có đáp án nào thỏa mãn

VậyOH  không dư

Na (0, 2 mol), K (0, 2 xmol), CO , HCO     Áp dụng bảo toàn điện tích trong dung dịch sau phản ứng kết hợp bảo toàn nguyên tố, bảo toàn khối lượng sẽ tìm được giá trị của x

Giải:

3

a n  CO , b n  HCO

Theo bảo toàn nguyên tố C ta có: a + b = nCO2= 0,4 (1)

Theo bảo toàn nguyên tố và bảo toàn khối lượng ta có phương trình khối lượng chất rắn: 60a + 61b + 23.0,2 + 39.0,2x = 44,4 (2)

Theo bảo toàn điện tích trong dung dịch sau phản ứng ta có:

0,2 + 0,2x = 2a + b (3)

Giải hệ (1), (2), (3) ta được a = 0,2 ; b = 0,2 ; x = 2

 Chọn đáp án B

Ví dụ 2 (Đề thi kiểm tra chất lượng HSG trường THPT Lê Lợi 2018-2019).

Dung dịch X gồm NaOH xM và Ba(OH)2 yM và dung dịch Y gồm NaOH yM và Ba(OH)2 xM

Thí nghiệm 1: Hấp thụ hết 0,04 mol CO2 vào 200ml dung dịch X, thu được dung dịch M và 1,97 gam kết tủa

Thí nghiệm 2: Hấp thụ hết 0,0325 mol CO2 vào 200ml dung dịch Y thì thu được dung dịch N và 1,4775 gam kết tủa

Biết hai dung dịch M và N phản ứng với dung dịch KHSO4 đều sinh ra kết tủa trắng Các phản ứng xảy ra đều hoàn toàn Tính giá trị của x và y

Phân tích đề:

Kết tủa ở 2 thí nghiệm đều là BaCO3 Nhận thấy ở cả 2 thí nghiệm nBaCO3 < nCO2, mặt khác dung dịch sau hai thí nghiệm đều phản ứng với dung dịch KHSO4 sinh

ra kết tủa trắng Suy ra dung dịch sau phản ứng phải còn Ba 2 , ion 2

3

chuyển hết vào kết tủa BaCO3

Vậy dung dịch sau phản ứng ở thí nghiệm 1 chứa các ion

2

3

Ba : 0, 2 y 0,01(mol)

Na : 0, 2 x(mol) HCO : 0,03(mol)















Ở thí nghiệm 2 chứa các ion

2

3

Na : 0, 2 (mol) HCO : 0,025(mol)

x y















Áp dụng bảo toàn điện tích trong dung dịch sau phản ứng ở thí nghiệm 1 và thí nghiệm 2 ta sẽ tìm được giá trị x, y

Giải:

Theo định luật bảo toàn điện tích:

Ở thí nghiệm 1: 0,2x + 2.(0,2y – 0,01) = 0,03 0,2.x + 0,4.y = 0,05 (1) Ở thí nghiệm 2 : 0,2y + 2 (0,2x – 0,0075) = 0,025 0,4.x + 0,2.y = 0,04 (2) Giải hệ (1) và (2) ta được x = 0,05 ; y = 0,1

Ví dụ 3 Một dung dịch X chứa 0,1 mol Na ; 0,2 mol Ba 2 ; x mol HCO 3  và y mol Cl  Cô cạn dung dịch X rồi lấy chất rắn đem nung đến khối lượng không đổi thu được 43,6 gam chất rắn Giá trị của x, y lần lượt là

A 0,1 và 0,4 B 0,14 và 0,36 C 0,45 và 0,05 D 0,2 và 0,1.

Phân tích đề :

Có hai trường hợp xảy ra:

3

nHCO  2n Ba, khi cô cạn dung dịch X rồi nung đến khối lượng không đổi sẽ thu được hỗn hợp gồm BaO, NaCl hoặc BaO, NaCl, BaCl2 Chất rắn sau phản ứng chứa các ion Na ,Ba 2 , Cl , O 2  Vậy ion HCO 3  đã bị thay thế bằng ion

2

O  với 2

3

1

2

2

x

Áp dụng bảo toàn điện tích trong dung dịch X và bảo toàn khối lượng chất rắn sẽ tìm được x, y

- Nếu trường hợp trên không thỏa mãn, ta xét trường hợp 2

3

nHCO  2n Ba , khi cô cạn dung dịch X rồi nung đến khối lượng không đổi sẽ thu được hỗn hợp gồm BaO, NaCl , Na2CO3 Như vậy một phần HCO 3  bị thay thế bằng O 2  Gọi a =

3

nHCO bị thay thế, ta có nO2 

a 2

 Áp dụng định luật bảo toàn điện tích trong dung

dịch X, trong chất rắn kết hợp phương trình khối lượng chất rắn ta sẽ tìm được giá trị x, y

Giải:

3

nHCO  2n Ba

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích trong dung dịch X:

x + y = 0,1 + 0,2.2 = 0,5 (1)

Theo định luật bảo toàn khối lượng, khối lượng chất rắn

23.0,1 + 0,2.137 + 16

2

x

+ 35,5.y = 43,6  8x + 35,5y = 13,9 (2)

Giải hệ (1), (2) ta được x = 0,14 ; y = 0,36

 Chọn đáp án B

Ví dụ 4 (Đề HSG hóa 11 tỉnh Hà Tĩnh 2014-2015) Hấp thụ hoàn toàn 3,36 lít

CO2 (đktc) vào dung dịch chứa x mol Ca(OH)2; x mol NaOH và y mol KOH thu được dung dịch chứa 8,66 gam muối (không có bazơ dư) và có 5 gam kết tủa Tính x, y

Phân tích đề:

5 gam kết tủa là khối lượng của CaCO3 Vậy bài toán có 2 trường hợp xảy ra:

Trường hợp 1: Toàn bộCa 2  đã chuyển hết về kết tủa CaCO3

trong dung dịch

Áp dụng bảo toàn điện tích trong dung dịch muối và kết hợp với giả thiết đề bài

ta sẽ tìm được giá trị x, y

Giải:

Xét 2 trường hợp xảy ra:

Trường hợp 1: Toàn bộ Ca 2  đã chuyển hết về kết tủa CaCO3 hay x = 0,05 Dung dịch muối chứa các ion Na (0,05 mol), K (y mol), HCO 3  (z mol), 2

3

CO 

(0,1-z) mol

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích trong dung dịch trên :

0,05 + y = z + 2(0,1 – z) y + z = 0,15 (1)

Ta có phương trình về khối lượng muối trong dung dịch:

23.0,05 + 39.y + 61.z + 60.(0.1 - z) = 8,66 39.y + z = 1,51 (2)

Giải hệ (1) và (2) ta được y = 0,0358; z = 0,114

Vậy x = 0,05 ; y = 0,0358

trong dung dịch hay x > 0,05 (*)

Dung dịch muối chứa các ion Ca 2 (x–0,05)mol;Na (x mol), K (y mol), HCO 3 

(0,1 mol)

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích trong dung dịch trên :

2.(x – 0,05)+ x + y = 0,1 3.x + y = 0,2 (1)

Ta có phương trình về khối lượng muối trong dung dịch:

40.(x – 0,05) + 23.x +39.y + 61.0,1 = 8,66 63.x + 39.y = 4,56 (2)

Giải hệ (1) và (2) ta được x = 0,06; y = 0,02 ( thỏa mãn (*) )

2.3.3 Dạng 3: Bài toán về tính lưỡng tính của Al(OH)3 , Zn(OH)2