hatrutinhyeu_hihihi
New Member
Download miễn phí Phương pháp giải toán hóa
Bài 10.Hoà tan hoàn toàn 23,8g hỗn hợp gồm một muối cacbonat của kim loại hoá trịI và một muối cacbonat của
kim loại hoá trịII 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 M2CO3và RCO3
Để tải bản Đầy Đủ của tài liệu, xin Trả lời bài viết này, Mods sẽ gửi Link download cho bạn sớm nhất qua hòm tin nhắn.
Ai cần download tài liệu gì mà không tìm thấy ở đây, thì đăng yêu cầu down tại đây nhé:
Nhận download tài liệu miễn phí
Tóm tắt nội dung tài liệu:
Khóa học Luyện thi ĐH Đảm bảoTLBG 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)
hay 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 du...