Chương 2: Một số kĩ thuật phân tích và giải nhanh BTTN hóa học vô cơ ở trường
2.2. Một số kĩ thuật chung giải cho nhiều loại bài toán trắc nghiệm hóa học
2.2.3. Bảo toàn điện tích
Trong dung dịch chứa ion thì: “tổng số điện tích dương bằng tổng số điện tích âm”
Do đó tổng số mol điện tích dương bằng tổng số mol điện tích âm.
b) Kĩ thuật giải
- Vận dụng bảo toàn điện tích, thường kết hợp bảo toàn khối lượng.
- Khi cơ cạn dung dịch cần nhớ : 2HCO3− →cô cạn CO32− + CO2+H O2 c) Bài tập áp dụng
Bài tập 1: Trong một dung dịch chứa a mol Na+, b mol Ca2+, c mol HCO3− và d mol Cl−. Biểu thức liên hệ giữa a, b, c, d là
A. a + 2b = 2c + d B. a + 2b = 2c + 2d
C. a + 2b = c + d D. 2a + 2b = 2c + d
42 Phân tích và giải
Bảo toàn điện tớch ta cú: ∑n(ủieọn tớch dửụng) =∑n(ủieọn tớch aõm)
2 3
Na Ca HCO Cl
n + 1 n + 2 n − 1 n − 1
⇒ × + × = × + ×
⇒ a + 2b = c + d
⇒ chọn C là đáp án.
Bài tập 2: Dung dịch Y chứa 0,1 mol Ca2+, 0,3 mol Mg2+, 0,4 mol Cl-, y mol HCO3− . Cô cạn dung dịch Y lượng muối khan thu được là
A. 37,4g B. 49,8g C. 25,4g D. 30,5g
Tóm tắt đề dạng sơ đồ:
2 2
muoái khan 3
0,1(mol)Ca ; 0,3(mol)Mg Cô cạn
dd(Y) m ?
0,4(mol)Cl ;y(mol)HCO
+ +
− −
→ =
∑
Phân tích và giải
Bảo toàn điện tớch ta cú: ∑nủieọn tớch( ) + =∑nủieọn tớch( ) −
2 2
3
3
Ca Mg Cl HCO
HCO
n 2 n 2 n 1 n 1
y n 0,1 2 0,3 2 0, 4 1 0, 4 (mol)
+ + − −
−
⇒ × + × = × + ×
⇒ = = × + × − × =
Khi cơ cạn ta cĩ : 2HCO3− →cô cạn CO32− + CO2 + H O2
2
3 3
CO HCO
n 1n 0, 2 (mol)
− 2 −
⇒ = =
muoái khan
m =0,1 40 0,3 24 0,4 35,5 0,2 60 37,4(gam)× + × + × + × =
⇒ chọn A là đáp án.
Bài tập 3: (Đề thi cao đẳng-2007). Một dung dịch chứa 0,02 mol Cu2+, 0,03 mol K+, x mol Cl−và y mol SO24−. 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
43 Tóm tắt đề dạng sơ đồ:
+ +
− −
→ =
= =
∑
2
chaát tan 24
0,02(mol)Cu ; 0,03(mol)K
dd(X) m 5,435(g)
x(mol)Cl ;y(mol)SO x ?;y ? Phân tích và giải
- Dung dịch chứa 2 ion với số mol chưa biết nên bài toán có 2 ẩn số.
- Tổng khối lượng chất tan đề đã cho, vận dụng bảo toàn điện tích và bảo toàn khối lượng ta lập được hệ phương trình.
Bảo toàn điện tích ta có: 2 2
Cu K Cl SO4
n + × +2 n + × =1 n −× +1 n −×2 Kết hợp với bảo toàn khối lượng ta có hệ phương trình :
x 2y 0, 02 2 0, 03 1 x 2y 0, 07
35,5x 96y 0, 02 64 0, 03 39 5, 435 35,5x 96y 2,985
+ = × + × + =
+ + × + × = ⇒ + =
x 0, 03 y 0, 02
=
⇒ =
⇒ chọn A là đáp án.
Bài tập 4: Dung dịch X có chứa: Mg2+, Ba2+, Ca2+ và 0,06 mol Cl−, 0,08 mol NO3−. Thêm từ từ dung dịch Na2CO3 1M vào dung dịch X cho đến khi được lượng kết tủa lớn nhất thì ngừng lại. Thể tích dung dịch Na2CO3 đã thêm vào là
A. 50 ml B. 100 ml C. 70 ml D. 80 ml
Tóm tắt đề dạng sơ đồ:
2 2 2
2 3
3
Mg , Ba , Ca V(ml)dd K CO 1M ?
dd(X) (max).
0,06(mol)Cl ; 0,08(mol)NO
+ + +
− −
=
→ ↓
Phân tích và giải
- Tất cả các ion dương M2+ trong đề đều kết tủa với ion CO23−
- Áp dụng bảo toàn điện tích ta tính được số mol ion CO23− từ đó giải quyết được yêu cầu đề bài.
ủieọn tớch aõm Cl NO3
n =n − × +1 n −× =1 0,06 0,08 0,14(mol)+ =
∑
44 Vì dung dịch trung hòa điện 2
CO3
n 0,14 0, 07(mol)
− 2
⇒ = =
2 3
dd K CO
0, 07
V 0, 07 (lít)
⇒ = 1 =
⇒ chọn C là đáp án.
Bài tập 5: Cho V lít dung dịch NaOH 2M vào dung dịch chứa 0,1 mol Al2(SO4)3 và 0,1 mol H2SO4 đến khi phản ứng hoàn toàn, thu được 7,8 gam kết tủa. Giá trị lớn nhất của V để thu được lượng kết tủa trên là
A. 0,45 B. 0,35 C. 0,25 D. 0,05
Phân tích và giải
- Sơ đồ: Al3 OH(1) OH(2)
H
dd NaOH
n 0, 2 (mol)
(max) 0,1(mol)
n 0, 2 (mol)
V ?
− −
+ +
+ +
= → ↓ → ↓
=
∑ =
- NaOH phản ứng với H+, Al3+. Biết nAl3+,nH+ ⇒nOH (tạo max)− ↓ (1) - Biết số mol kết tủa (sau cùng), đã có số mol ↓ (max) ⇒nOH (tan )− ↓ (2) - Từ số mol OH− ở (1) và (2) ta giải quyết được yêu cầu đề bài.
Theo bảo toàn điện tích ta có:
nOH (tạo max)− ↓ =3nAl3+ +nH+ =0,8(mol) Bảo toàn nguyên tố Na, Al:
3 NaAlO2 3 3
NaOH (tan ) Al(OH) (tan) Al(OH) (max) Al(OH) (sau)
n ↓ =n ↓ =n =n ↓ −n ↓ =0,1(mol)
⇒ nNaOH(duứng) 0,8 0,1 0,9(mol) Vdd NaOH 0,9 0,45(lớt)
= + = ⇒ = 2 =
∑
⇒ chọn A là đáp án.
2.2.4. Tăng giảm khối lượng a) Cơ sở lý thuyết
Nguyên tắc của phương pháp là xem khi chuyển từ chất A thành chất B (không nhất thiết trực tiếp, có thể bỏ qua nhiều giai đoạn trung gian) khối lượng tăng hay giảm bao nhiêu gam thường tính theo 1 (mol) và dựa vào khối lượng thay đổi ta dễ dàng tính được số mol chất đã tham gia phản ứng hoặc ngược lại.
45 Ví dụ:
- Chuyển 1 mol CO23− thành 2 mol Cl−thì khối lượng tăng: ∆m = 71- 60 = 11(g) - Chuyển 1 mol CO23− thành 1 mol SO24− thì khối lượng tăng: ∆m = 96 - 60 = 36(g) - Chuyển 1 mol CO thành 1 mol CO2 thì khối lượng tăng : ∆m = 44 - 28 =16(g) - Chuyển 1 mol H2 thành 1 mol H2O thì khối lượng tăng : ∆m = 18 - 2 = 16(g) Với bài tập cho kim loại A đẩy kim loại B ra khỏi dung dịch muối dưới dạng tự do:
- Sau phản ứng khối lượng kim loại tăng, ta có: ∆m = mB (bám) − mA (tan) - Sau phản ứng khối lượng kim loại giảm, ta có: ∆m = mA (tan) − mB (bám) b) Kĩ thuật giải
- Bài toán áp dụng bảo toàn khối lượng được thì áp dụng tăng giảm khối lượng được.
- Thường tính độ chênh lệch khối lượng dựa trên cơ sở 1 mol chất ban đầu - Có thể vận dụng thao tác đổi gốc (dựa vào hóa trị hoặc điện tích ion) Ví dụ:
24
SO − → 2Cl− ; O2− → SO24− ⇒ 2
Cl SO4
n − =2n −; 2 2
O SO4
n − =n −
c) Bài tập áp dụng
Bài tập 1: Hoà tan hoàn toàn 23,8 gam hỗn hợp một muối cacbonat của kim loại hoá trị (I) và một muối cacbonat của kim loại hoá trị (II) bằng dung dịch HCl thấy thoát ra 4,48 lít khí CO2 (ở đktc). Cô cạn dung dịch thu được sau phản ứng thì khối lượng muối khan thu được là
A. 26,0 gam B. 28,0 gam C. 26,8 gam D. 28,6 gam
Tóm tắt đề dạng sơ đồ:
muoái
m = ?
hh(X) M2CO3 NCO3
+ HCl
23,8(g)
0,2 (mol) Bảo toàn C
MCl
NCl2 + CO2 0,2 (mol)
46 Phân tích và giải
Cứ 1 mol CO23− tạo thành 2 mol Cl− cho nên khối lượng muối khan tăng
∆m = 71 − 60 = 11 gam, mà 2
CO3
n − = nCO
2= 0,2 mol.
⇒ khối lượng muối khan tăng sau phản ứng là 0,2×11 = 2,2 (gam)
⇒ khối lượng muối khan thu được là: 23,8 + 2,2 = 26 (gam)
⇒ chọn A là đáp án.
Bài toán được giải nhanh hơn nếu dùng thao tác đổi gốc:
23
muối(sau) muối(đầu) CO Cl
m =m −m − +m −= 23,8 - 0,2×60 + 0,2×2×35,5 = 26 (gam).
Bài tập 2: Cho dung dịch AgNO3 dư tác dụng với dung dịch hỗn hợp có hòa tan 6,25 gam hai muối KCl và KBr thu được 10,39 gam hỗn hợp AgCl và AgBr. Số mol hỗn hợp đầu là
A. 0,08 mol B. 0,06 mol C. 0,03 mol D. 0,055 mol Tóm tắt đề dạng sơ đồ:
AgNO3dử
62,5(g)hh(KCl, KBr) 10,39(g)hh(AgCl, AgBr) nhh ?
→+
= Phân tích và giải
Cứ 1 mol muối halogen tạo 1 mol kết tủa → khối lượng tăng: 108 − 39 = 69 gam;
0,06 mol ← khối lượng tăng: 10,39 − 6,25 = 4,14 gam.
Vậy tổng số mol hỗn hợp đầu là 0,06 mol
⇒ chọn B là đáp án.
Bài toán được giải nhanh hơn nếu dùng:
hh(đầu) m 10,39 6,25
n 0,06(mol)
M 108 39
∆ −
= = =
∆ − .
Bài tập 3: Ngâm một thanh đồng có khối lượng 15 gam trong 340 gam dung dịch AgNO3 6%. Sau một thời gian lấy thanh đồng ra thấy khối lượng AgNO3 trong dung dịch giảm 25%. Khối lượng của thanh đồng sau phản ứng là
A. 3,24 gam B. 2,28 gam C. 17,28 gam D. 24,12 gam
47 Tóm tắt đề dạng sơ đồ:
thanh Cu (luùcsau)
340(g)dd AgNO 6%3
Cu m ?
sau 1 thời gian, mddgiảm 25%
15(g)
→+ =
= Phân tích và giải
nAgNO (3
340 6 ) = 170 100
×
ban ®Çu × = 0,12 mol nAgNO (3 ph.ứng) = 0,12ì10025 = 0,03 mol
Cu + 2AgNO3 → Cu(NO3)2 + 2Ag ↓ 0,015 ← 0,03(mol) → 0,03 mol
mthanh Cu sau phản ứng = mthanh Cu ban đầu+ Δm = mthanh Cu ban đầu + (mAg (bám) − mCu (tan) ) = 15 + (108×0,03) − (64×0,015) = 17,28 gam
⇒ chọn C là đáp án.
Bài toán được giải nhanh hơn nếu nhận thấy Cu được thay bằng Ag bám vào thanh Cu và Cu có hóa trị 2; Ag có hóa trị 1 nên số mol Ag↓ gấp 2 lần số mol Cu tan do đó:
mthanh Cu sau phản ứng = mthanh Cu ban đầu - mCu (tan) + mAg (bám)
= 15 − 0,03
2 × 64 + 0,03 × 108 = 17,28(g).
Nhận xét chung:
Nếu bảo toàn khối lượng là cách giải bài toán nhanh và khá hay thì cách giải tăng giảm khối lượng là rất nhanh và hay, thậm chí có thể nhẩm ngay ra đáp số bài toán. Là một trong những cách giải làm học sinh ngạc nhiên và hứng thú học tập. Nếu học sinh nắm vững kĩ thuật tăng giảm khối lượng, nhận dạng được bài toán, học sinh sẽ giải bài toán dễ dàng, không cần phải viết phương trình phản ứng hóa học, đáp ứng được yêu cầu của bài thi trắc nghiệm.