Giải bài tập Hóa học hay và khó dựa trên sự bảo toàn điện tích của các ion trong dung dịch

Biên soạn : Thầy Nguyễn Minh Tuấn; Email: nguyenminhtuanchv@gmail.com; ĐT: 01223 367 990

GIẢI BÀI TẬP HÓA HỌC HAY VÀ KHÓ DỰA TRÊN SỰ BẢO TOÀN ĐIỆN TÍCH CỦA CÁC ION TRONG DUNG DỊCH

1. Cơ sở của phương pháp

Trong dung dịch chất điện li, tổng số mol điện tích của ion dương bằng tổng số mol điện tích của ion âm. 2. Ví dụ minh họa

Ví dụ 1: Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm Na2O và Al2O3 vào nước, thu được dung dịch X. Thêm từ từ dung dịch HCl 1M vào X, khi hết 100 ml thì bắt đầu xuất hiện kết tủa; khi hết 300 ml hoặc 700 ml thì đều thu được a gam kết tủa. Giá trị của a và m lần lượt là

A. 23,4 và 35,9. B. 15,6 và 27,7. C. 23,4 và 56,3. D. 15,6 và 55,4.

(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Chu Văn An – Hà Nội, năm học 2013 – 2014)

Hướng dẫn giải

Cho từ từ 0,1 mol HCl vào dung dịch X thì bắt đầu xuất hiện kết tủa, chứng tỏ trong X có 0,1 mol OH,

các ion còn lại là Na+, 4 [Al(OH) ].

Cho từ từ 0,3 mol HCl vào X (TN1) hoặc cho 0,7 mol HCl vào X (TN2), thu được lượng kết tủa như nhau. Ở TN1, 0,1 mol H+ để trung hòa OH, còn 0,2 mol H+ phản ứng với 4 [Al(OH) ] tạo ra 0,2 mol Al(OH)3. Suy

ra ở cả hai thí nghiệm

3 Al(OH) n 0,2 mol a 15,6 gam ,    ở TN1 chưa có hiện tượng hòa tan kết tủa, ở TN2

đã có hiện tượng hòa tan kết tủa.

Sơ đồ phản ứng :

3 4 0,2 mol

2 3

2 4

3 3

0,2 mol

Na , Cl Al(OH) [Al(OH) ]

Al O Na , OH

Na O [Al(OH) ]

Na , Cl Al(OH) Al

 



 



 



         

                    

         





Áp dụng bảo toàn điện tích cho các dung dịch sau phản ứng ở TN1, TN2, ta có :

 

 

4

3

2

3 3

2 3

Na [Al(OH) ] Cl

x 0,3 y

Na Al Cl

y x 0,7

Na Na O

Al(OH) Al Al O

n n n

x 0,4 y 0,1 n 3n n

n n 0,2 2 m 27,7 n n n 0,15 2

  

  





              

           



Ví dụ 2: Hòa tan hoàn toàn m gam ZnSO4 vào nước được dung dịch X. Nếu cho 110 ml dung dịch KOH 2M vào X (TN1) thì thu được 3a gam kết tủa. Mặt khác, nếu cho 140 ml dung dịch KOH 2M vào X (TN2) thì thu được 2a gam kết tủa. Giá trị của m là :

A. 17,71. B. 16,10. C. 32,20. D. 24,15. (Đề thi thử Đại học lần 5 – THPT chuyên KHTN Hà Nội, năm học 2012 – 2013)

Hướng dẫn giải

H O 2

HCl : 0,3 mol

HCl : 0,7 mol

ThuVienDeThi.com

Biên soạn : Thầy Nguyễn Minh Tuấn; Email: nguyenminhtuanchv@gmail.com; ĐT: 01223 367 990

Đặt

4 ZnSO n x mol. 

2 2

2 2

2 2

Zn(OH) ôû TN1 Zn(OH) ôû TN1

Zn(OH) ôû TN2 Zn(OH) ôû TN2

Zn(OH) ôû TN1 Zn(OH) ôû TN2

n m 3a 3 n m 2a 2

n 3y, n 2y

  

  

Từ giả thiết, suy ra : Ở TN2 đã có hiện tượng hòa tan kết tủa. Ở TN1 có thể kết tủa đã bị hòa tan hoặc chưa bị hòa tan.

Nếu ở TN1 Zn(OH)2 chưa bị hòa tan, áp dụng bảo toàn điện tích trong các dung dịch sau phản ứng, ta có :

  

 

2 2 4

2 2 4 4

K Zn SO

0,22 x 3y x

K [Zn(OH) ] SO

0,28 x x 2y

TN1: n 2n 2n

TN2 : n 2n 2n

  

  





        





2 Zn OH

0,1066 0,22

6y 0,22 4x 4y 0,28

y 0,0366; x 0,1066 TN1:2n n (*)  

            

Từ (*) suy ra : TN1 đã có hiện tượng hòa tan kết tủa : Không thỏa mãn. Vậy ở TN1 Zn(OH)2 đã bị hòa tan, áp dụng bảo toàn điện tích trong các dung dịch sau phản ứng, ta có :

 

 

2 2 4 4

2 2 4 4

4

K [Zn(OH) ] SO

0,22 x x 3y

K [Zn(OH) ] SO

0,28 x x 2y

ZnSO

TN1: n 2n 2n

TN2 : n 2n 2n

x 0,1; y 0,03 4x 6y 0,22

m 0,1.161 16,1 4x 4y 0,28

  

  





        

               





Ví dụ 3: Dung dịch X gồm NaOH x mol/l và Ba(OH)2 y mol/l và dung dịch Y gồm NaOH y mol/l và Ba(OH)2 x mol/l. Hấp thụ hết 0,04 mol CO2 vào 200 ml dung dịch X, thu được dung dịch M và 1,97 gam kết tủa. Nếu hấp thụ hết 0,0325 mol CO2 vào 200 ml 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 đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị của x và y lần lượt là

A. 0,1 và 0,075. B. 0,05 và 0,1. C. 0,075 và 0,1. D. 0,1 và 0,05. (Đề thi thử Đại học lần …