Học Tốt Công thức

Công thức định luật bảo toàn điện tích

1. Thuyết electron

- Nguyên tử có hạt nhân mang điện tích dương và e mang điện tích âm [ /e/= 1,6.10-19C]. Bình thường tổng điện tích của nguyên tử bằng không. Các nguyên tử trung hoà về điện

+ Nếu nguyên tử thiếu đi một số e thì tổng điện tích nó dương => Gọi là iôn dương

+ Nếu nguyên tử thừa một số e thì tổng điện tích nó âm => Gọi là iôn âm

- e có khối lượng nhỏ nên nó có độ linh động lớn. Do một số điện tiện thì e chuyển động bứt ra khỏi nguyên tử, di chuyển trong vật hay chuyển từ vật này sang vật khác => vật bị nhiễm điện

+ Vật nào thiếu e: Nhiễm điện dương

+ Vật nào thiếu e: Nhiễm điện âm

2. Định luật bảo toàn điện tích

- Trong một hệ cô lập [nghĩa là hệ không trao đổi điện tích với các hệ khác] về điện thì tổng đại số điện tích trong hệ là một hằng số

Q1 + Q2 + .......= Q1'+ Q2'+ ........

Trong đó Q1; Q2 là điện tích trước tương tác

Q'1; Q'2 là điện tích sau tương tác

3. Các cách nhiệm điện: Thuyết electron và định luật bảo toàn điện tích để

a. Nhiễm điện do cọ xát:

+ Cách làm: lấy 2 vật cọ xát với nhau

+ Kết quả: Hai vật nhiễm điện trái dấu và có độ lớn bằng nhau. Sau khi cọ xát tách 2 vật ra thì điện tích của 2 vật vẫn giữ nguyên như sau khi cọ xát.

+ Giải thích: Do khi cọ xát electron đã từ vật này “bật” sang vật khác

b. Do tiếp xúc

+ Cách làm : Lấy một vật bằng kim loại [có thể chưa nhiệm điện hoặc nhiễm điện rồi] tiếp xúc với một vật bằng kim loại đã nhiễm điện

+ Kết quả: Hai vật nhiễm điện cùng dấu. Sau khi cọ xát tách 2 vật ra thì điện tích của 2 vật vẫn giữ nguyên như sau khi tiếp xúc.

+ Giải thích: Khi tiếp xúc do sự chênh lệch mật độ và lực điện nên electron sẽ di chuyển từ vật này sang vật khác.

Ví dụ: Lấy thanh kim loại B không mang điện tiếp xúc với quả cầu kim loại A mang điện âm thì electron sẽ di chuyển từ A sang B làm cho B cũng thừa electron mang điện âm và quả cầu A sẽ thừa ít electron hơn.

c. Nhiễm điện do hưởng ứng

+ Cách làm: Cho một thanh [vật] bằng kim loại treo gần một vật A nhiễm điện.

+ Kết quả: Thanh [vật] kim loại đó sẽ có 2 đầu nhiễm điện trái dấu [Đầu gần A sẽ nhiễm điện trái dấu với A, đầu còn lại sẽ nhiễm điện cùng dấu với A] nhưng tổng đại số điện tích của thanh [vật] kim loại vẫn bằng không. Sau đó bỏ A ra xa điện tích của thanh [vật ] đó trở lại như cũ.

+ Giải thích: Khi cho thanh [vật] B lại gần quả cầu A mang điện dương thì do lực hút tĩnh điện thì electron trong vật B sẽ bị hút về phía A làm cho đầu gần A thừa em nang điện âm, đầu còn lại thiếu electron mang điện dương. Tuy nhiên vì electron chỉ chuyển từ đầu này sang đầu khác nên B vẫn trung hoà. Sau khi nhiễm điện nếu A ra xa thì do sự chênh lệch mật độ/lực hút thì electron sẽ chuyển động trở lại và B trở lại trạng thái ban đầu.

VnHocTap.com giới thiệu đến các em học sinh lớp 12 bài viết Áp dụng định luật bảo toàn điện tích giải bài tập hóa học vô cơ, nhằm giúp các em học tốt chương trình Hóa học 12.

Nội dung bài viết Áp dụng định luật bảo toàn điện tích giải bài tập hóa học vô cơ: PHƯƠNG PHÁP ÁP DỤNG ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN ĐIỆN TÍCH. NỘI DUNG PHƯƠNG PHÁP. NỘI DUNG. Trong phản ứng trao đổi ion, và trong một dung dịch: Tổng điện tích âm = tổng điện tích dương. Hệ quả: Tổng số mol cation = tổng số mol anion. PHẠM VI ÁP DỤNG. Định luật bảo toàn điện tích được áp dụng trong các trường hợp nguyên tử, phân tử, dung dịch trung hòa điện. Trong phản ứng trao đổi ion của dung dịch chất điện li trên cơ sở của định luật toàn điện tích ta thấy có bao nhiêu điện tích dương hoặc âm của các ion chuyển vào trong kết tủa hoặc khí tách ra khỏi dung dịch thì phải trả lại cho dung dịch bấy nhiêu điện tích dương hoặc âm. Dạng 1: Áp dụng đơn thuần định luật bảo toàn điện tích. Ví dụ 1: Trong một dung dịch có chức a mol Ca2+, b mol Mg2+, c mol Cl-, d mol NO3-. Biểu thức liên hệ giữa a, b, c, d là. Ví dụ 2: Một dung dịch có chứa 4 ion với thành phần: 0,01 mol Na+, 0,02 mol Mg2+, 0,015 mol so, x mol Cl-. Giá trị của x là. Dạng 2: Kết hợp với định luật bảo toàn khối lượng. Ví dụ 1: Dung dịch A chứa hai cation là Fe2; 0,1 mol và Alt: 0,2 mol và hai anion là Cl : x mol và Soo : y mol. Đem cô cạn dung dịch A thu được 46,9 gam hỗn hợp muối khan. Giá trị của x và y lần lượt là.

Ví dụ 2: Chia hỗn hợp X gồm hai kim loại có hoá trị không đổi thành 2 phần bằng nhau. Phần 1: Hoà tan hoàn toàn bằng dung dịch HCl dư thu được 1,792 lít H2 [đktc]. Phần 2: Nung trong không khí dư thu được 2,84 gam hỗn hợp rắn chỉ gồm các oxit. Khối lượng hỗn hợp X là A. 1,56 gam. B. 1,8 gam. C. 2,4 gam. D. 3,12 gam. Hướng dẫn giải. Nhận xét: Tổng số mol X điện tích ion dương [của hai kim loại] trong hai phần là bằng nhau = tổng số mol X điện tích ion âm trong hai phần cũng bằng nhau.

Tải app VietJack. Xem lời giải nhanh hơn!

1. Nội dung

+ Nguyên tử, phân tử, dung dịch luôn trung hòa về điện

+ Trong nguyên tử: Số proton = số electron

+ Trong dung dịch: số mol x điện tích âm = số mol x điện tích dương

2. Phạm vi sử dụng

+ Đối với bài toán dung dịch

+ Trong bài toán có xuất hiện các chất điện li mạnh: muối, axit, bazơ

Chú ý: Với phương pháp này thường sử dụng kết hợp với các phương pháp sau:

+ Bảo toàn khối lượng

+ Bảo toàn nguyên tố

+ Viết phương trình ion rút gọn

`Phương pháp này thường chỉ sử dụng với bài toàn vô cơ

Ví dụ 1: Một dung dịch có chứa 4 ion với thành phần: 0,01 mol Na+; 0,02 mol Mg2+; 0,015 mol SO42-; x mol Cl-. Gía trị của x là:

A. 0,015

B. 0,035

C. 0,02

D. 0,01

Giải:

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có:

nNa+ + 2n Mg2+ = 2 nSO42- + nCl-

⇒ 0,01 + 2.0,02 = 2.0,015 + x

⇒ x = 0,02 ⇒ Đáp án C

Ví dụ 2: Dung dịch A chứa hai cation là Fe2+: 0,1mol và Al3+: 0,2 mol và hai anion là Cl-: x mol và SO42+: y mol. Đem cô cạn dung dịch A thu được 46,9g hỗn hợp muối khan. Gía trị của x, y lần lượt là:

A. 0,6 và 0,1

B. 0,3 và 0,2

C. 0,5 và 0,15

D. 0,2 và 0,3

Giải:

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có:

2nFe2+ + 3nAl3+ = nCl- + 2nSO42-

⇒ x + 2y = 0,8 [1]

Khi cô cạn dung dịch: mmuối =∑ mion

⇒ 0,1.56 + 0,2.27 + 35,5x + 96y = 46,9

⇒ 35,5x + 96y = 35,9 [2]

Từ [1][2] ⇒ x = 0,2 mol; y = 0,3 mol

⇒ Đáp án D

Ví dụ 3: Chia hỗn hợp X gồm hai kim loại có hóa trị không đổi thành 2 phần bằng nhau

Phần 1: Hòa tan hoàn toàn bằng dung dịch HCl dư thu được 1,792 lít H2 [đktc]

Phần 2: Nung trong không khí dư thu được 2,84g hỗn hợp rắn chỉ gồm các oxit. Khối lượng hỗn hợp X là:

B. 1,8g

C. 2,4g

D. 3,12g

Giải:

Ta có: Tổng số mol x điện tích dương [ của hai kim loại] trong 2 phần là bằng nhau

⇒Tổng số mol x điện tích âm của 2 phần cũng bằng nhau

O2- [trong oxit] ⇔ 2Cl-

nCl- = nH+ = 2 nH2 = 2. 1,792/22,4 = 0,16 mol

⇒ nO[ trong oxit] = 0,08

Trong một phần: mkim loại = moxit – moxi = 2,84 – 0,08.16 = 1,56g

⇒ mX = 2.1,56 = 3,12g ⇒ Đáp án D

Ví dụ 4: Hòa tan hoàn toàn 10g hỗn hợp X gồm Mg và Fe bằng dung dịch HCl 2M. Kết thúc thí nghiệm thu được dung dịch Y và 5,6 lít H2 [đktc]. Để kết tủa hoàn toàn cation có trong Y cần vừa đủ 300ml dung dịch NaOH 2M. Thể tịch dung dịch HCl đã dùng là:

A. 0,2 lít

B. 0,24 lít

C. 0,3 lít

D. 0,4 lít

Giải:

nN+ = nOH- = nNaOH = 0,6 mol

Khi cho NaOH vào dung dịch Y [ chứa các ion: Mg2+; Fe2+; H+dư; Cl-] các ion dương sẽ tác dụng với dung dịch NaOH tạo kết tủa.

⇒ Dung dịch sau phản ứng chỉ gồm Na+ và Cl-

⇒ nNa+ = nCl- = 0,6 mol

⇒ nH+ = nCl- = 0,6 mol

⇒ VHCl = 0,6/2 = 0,3 lít ⇒ Đáp án C

Ví dụ 5: Để hòa tan hoàn toàn 20g hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 cần vừa đủ 700ml dung dịch HCl 1M thu được dung dịch X và 3,36 lít H2[đktc]. Cho NaOH dư vào dung dịch X rồi lấy toàn bộ kết tủa thu được đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi thì lượng chất rắn thu được là:

A. 8g

B. 16g

C. 24g

D. 32g

Giải:

Ta có: nHCl hòa tan Fe = 2n H2 = 0,3 mol

nHCl hòa tan các oxit = 0,7 – 0,3 = 0,4 mol

Theo định luật bảo toàn điện tích ta có:

nO2-[oxit] = ½ n Cl- = 0,2 mol

⇒ mFe [trong X] = moxit – moxi = 20 – 0,2.16 = 16,8g

⇒ nFe = 0,3 mol

Bảo toàn nguyên tố ta có: nFe2O3 = ½ nFe = 0,15mol

⇒ mc/rắn = mFe2O3 = 0,15. 160 = 24g

⇒ Đáp án C

Ví dụ 6: Hòa tan hoàn toàn 15,6g hỗn hợp gồm Al và Al2O3 trong 500ml dung dịch NaOH 1M thu được 6,72 lít H2 [ đktc] và dung dịch X. Thể tích HCl 2M tối thiểu cần cho vào X để thu được lượng kết tủa lớn nhất là:

A. 0,175 lít

B. 0,25 lít

C. 0,125 lít

D. 0,52 lít

Giải:

Dung dịch X chứa các ion Na+; AlO2-; OH- dư [ có thể có]

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích: nAlO2- + nOH- = nNa+ = 0,5

Khi cho HCl vào dung dịch X:

H+ + OH- → H2O [1]

H+ + AlO2- + H2O → Al[OH]3 [2]

3H+ + Al[OH]3 → Al3+ + 3H2O [3]

Để kết tủa lớn nhất ⇒ không xảy ra phản ứng [3]

⇒ nH+ = nAlO2- + nOH- = 0,5 mol

⇒ VHCl = 0,5/2 = 0,25 [lít] ⇒ Đáp án B

Ví dụ 7: Cho hỗn hợp X gồm X mol FeS2 và 0,045 mol Cu2S tác dụng vừa đủ với HNO3 loãng đun nóng thu được dung dịch chỉ chứa muối sunfat của các kim loại và giải phóng khí NO duy nhất. Gía trị của x là:

A. 0,045

B. 0,09

C. 0,135

D. 0,18

Giải:

Áp dụng bảo toàn nguyên tố:

Fe3+: x mol; Cu2+: 0,09 mol; SO42-: [x + 0,045] mol

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích trong dung dịch chỉ chứa muối sunfat ta có:

3nFe3+ + 2nCu2+ = 2nSO42-

⇒ 3x + 2.0,09 = 2.[x + 0,045] ⇒ x = 0,09

⇒ Đáp án B

Ví dụ 8: Cho m gam hỗn hợp Cu, Zn, Mg tác dụng hoàn toàn với dung dịch HNO3 loãng, dư. Cô cạn cẩn thận dung dịch thu được sau phản ứng thu được [m + 62] gam muối khan. Nung nóng hỗn hợp muối khan trên đến khối lượng không đổi thu được chất rắn có khối lượng là:

A. [m + 4] gam

B. [m + 8] gam

C. [m + 16] gam

D. [m + 32] gam

Giải:

Kim loại + HNO3 → Muối nitrat

Ta có: mmuối – mkim loại = m NO3- = 62g

n NO3- = 1 mol

Muối nitrat [ Cu, Zn, Mg] Oxit

Bảo toàn điện tích ta có: n NO3- [muối] =2 nO2-[oxit] [ cùng = số mol cation]

⇒ nO [ oxit] = 0,5 mol

⇒ mc/rắn = mkim loại + moxi = m + 0,5.16 = m + 8 [gam]

⇒ Đáp án B

Ví dụ 9: Dung dịch X chứa 0,025 mol CO32-; 0,1 mol Na+; 0,25 mol NH4+ và 0,3 mol Cl-. Cho 270ml dung dịch Ba[OH]2 0,2M vào đun nóng nhẹ [giả sử H2O bay hơi không đáng kể]. Tổng khối lượng dung dịch X và dung dịch Ba[OH]2 sau quá trình phản ứng giảm đi là:

A. 4,215g

B. 5,296g

C. 6,761g

D. 7,015g

Giải:

n Ba[OH]2 = 0,054 mol ⇒ nBa2+ = 0,054 mol; nOH- = 0,108 mol

CO32- + Ba2+ → BaCO3↓

NH4+ + OH- → NH3 + H2O

Ta có: nBa2+ > nCO32- ⇒ nBaCO3 = 0,025 mol

n NH4+ > n OH- ⇒ nNH3 = nOH- = 0,108 mol

Khối lượng dung dịch X và dung dịch Ba[OH]2 giảm đi = mNH3 + mBaCO3

= 0,025.197 + 0,108.17 = 6,761g

⇒ Đáp án C

Ví dụ 10: Trộn 100ml dung dịch AlCl3 1M với 200ml dung dịch NaOH 1,8M đến khi phản ứng hoàn toàn thì lượng kết tủa thu được là:

A. 3,12g

B. 6,24g

C. 1,06g

D. 2,08g

Giải:

n Al[3+ = 0,1 mol; n OH- = 0,36 mol

Al[3+ + 3OH- → Al[OH]3

Ta có n Al[3+ < 3 n OH- ⇒ OH- dư;

n OH- dư = 0,36 – 0,1.3 = 0,06

OH- + Al[OH]3 → AlO2- + 2H2O

n Al[OH]3 > n OH- dư ⇒ Al[OH]3 tan một phần

⇒ nAl[OH]3 không tan = 0,1 – 0,06 = 0,04 mol

mkết tủa = mAl[OH]3 = 0,04 . 78 = 3,12g

⇒ Đáp án A

Bài 1: Dung dịch X chứa a mol Na+; b mol Mg2+; c mol Cl- và d mol SO42-. Biểu thức liên hệ giữa a, b, c, d là:

A. a + 2b = c + 2d

B. a + 2b = c + d

C. a + b = c + d

D. 2a + b = 2c + d

Hiển thị đáp án

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có:

nNa+ + 2nMg2+ = nCl- + 2 nSO42-

⇒ a + 2b = c + 2d

⇒ Đáp án A

Bài 2: Dung dịch Y chứa Ca2+ 0,1 mol, Mg2+ 0,3 mol, Cl- 0,4 mol, HCO3- y mol. Khi cô cạn dung dịch Y thì lượng muối khan thu được là:

A. 37,4g

B. 49,8g

C. 25,4g

D. 30,5g

Hiển thị đáp án

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có:

nHCO3- = 2nCa2+ + 2n Mg2+ - nCl- = 0,2 + 0,6 – 0,4 = 0,4 mol

m muối = m HCO3- + mCa2+ + mMg2+ + mCl- = 0,1.40 + 0,3.24 + 0,4.35,5 + 0,4.61

m muối = 49,8g ⇒ Đáp án B

Bài 3: Hòa tan hoàn toàn 10g hỗn hợp X gồm Mg và Fe bằng dung dịch HCl 2M.Kết thúc thí nghiệm thu được dung dịch Y và 5,6l khí H2 [đktc]. Để kết tủa hoàn toàn các cation có trong Y cần vừa đủ 300ml NaOH 2M.Thể tích dungdịch HCl đã dùng là:

A. 0,2 lít

B. 0,24 lít

C. 0,3 lít

D. 0,4 lít

Khối lượng kết tủa thu được là:

A. 20,2g

B. 18,5g

C. 16,25

D. 13,5g

Hiển thị đáp án

nNa+ = nOH- = nNaOH = 0,6M

X + NaOH → dung dịch Y[Mg2+;Fe2+;H+ dư;Cl-]

NaOH + Y: Mg2+; Fe2+ kết tủa với OH- .

⇒ dung dịch thu được sau phản ứng chỉ chứa Na+ và Cl-.

⇒ nCl- = nNa+=0,6⇒ VHCl=0,6 : 2= 0,3lít ⇒ Đáp án C

nHCl đã dùng = 0,6mol

nH2 = 0,25 mol ⇒ nHCl pư kim loại = 2nH2 = 0,5mol

⇒ nNaOH pư HCl = n HCl dư = 0,6 – 0,5 = 0,1 mol

nNaOH tạo kết tủa với kim loại = 0,6 – 0,1 = 0,5 mol

mkết tuả = mKL + mOH- = 10 + 0,5.17 = 18,5g ⇒ Đáp án B

Bài 4: Cho hòa tan hoàn toàn 15,6 gam hỗn hợp gồm Al và Al2O3 trong 500 dung dịch NaOH 1M thu được 6,72 lít H2 [đktc]Và dung dịch X. Thể tích HCl 2M tối thiểu cần cho vào X để thu được lượng kết tủa lớn nhất:

A. 0,175 lít.

B. 0,25 lít.

C. 0,25 lít.

D. 0,52 lít.

Hiển thị đáp án

Dung dịch X chứa các ion Na+ ; AlO2- ; OH- dư [có thể]. Áp dụng định luật Bảo toàn điện tích:

n AlO2- + n OH- = n Na+ = 0,5

Khi cho HCl vaof dung dịch X:

H+ + OH- → H2O [1]

H+ + AlO2- + H2O → Al[OH]3 ↓ [2]

3H+ + Al[OH]3 → Al3+ + 3H2O [3]

Để kết tủa là lớn nhất, thì không xảy ra [3] và n H+ = n AlO2- + n OH- = 0,5 mol

⇒ VHCl = 0,5/2 = 0,25 [lít] ⇒ Đáp án C

Bài 5: Một dung dịch X chứa 0,02mol Cu2+; 0,03mol K+; x mol Cl- và y mol SO42- Tổng khối lượng các muối tan trong dung dịch là 5,435g. Giá trị của x và y lần lượt là :

A . 0,01 và 0,03

B. 0,02 và 0,05

C. 0,05 và 0,01

D. 0,03 và 0,02

Hiển thị đáp án

Bảo toàn điện tích ta có:

2nCu2+ + nK+ = nCl- + 2nSO42-

⇒ x + 2y = 0,07 mol [1]

mmuối = mCu2+ + mK+ + mCl- + mSO42- = 5,435

⇒ 35,5x + 96y = 2,985 [2]

Từ [1][2] ⇒ x = 0,03; y = 0,02

⇒ Đáp án D

Bài 6: Dung dịch X chứa các ion: Fe3+, SO42-, NH4+, Cl-. Chia dung dịch X thành 2 phần bằng nhau:

+ Phần 1: Tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH, đun nóng thu được 0,672 lít khí [ ở đktc] và 1,07g kết tủa

+ Phần 2: Tác dụng với lượng dư dung dịch BaCl2 thu được 4,66g kết tủa

Tổng khối lượng các muối khan thu được khi cô cạn dung dịch X là [ quá trình cô cạn chỉ có bay hơi nước]

A. 3,73g

B. 7,04g

C. 7,46g

D. 3,52g

Hiển thị đáp án

Phần 1:

0,672l khí là khí NH3; n NH3 = n NH4+ = 0,03 mol

1,07g kết tuả là Fe[OH]3; nFe[OH]3 = nFe3+ = 0,01 mol

Phần 2:

4,66g kết tủa là BaSO4; nBaSO4 = n SO42- = 0,02 mol

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có:

nCl- = 3nFe3+ + nNH4+ - 2nSO42- = 0,03 + 0,03 – 0,04 = 0,02 mol

mmuối = 2.[56.0,01 + 0,03.18 + 0,02.96 + 0,02.35,5] = 7,46g

⇒ Đáp án C

Bài 7: Hòa tan hoàn toàn 5,94g hỗn hợp hai muối clorua của 2 kim loại nhóm IIA vào nước được 100ml dung dịch X. Để làm kết tủa hết ion Cl- có trong dung dịch X trên ta cho toàn bộ lượng dung dịch X trên tác dụng với dung dịch AgNO3. Kết thúc thí nghiệm, thu được dung dịch Y và 17,22g kết tủa. Khối lượng muối khan thu được khi cô cạn dung dịch Y là:

A. 4,86g

B. 5,4g

C. 7,53g

D. 9,12g

Hiển thị đáp án

17,22g kết tủa là AgCl; nAgCl = 0,12 mol

⇒ nCl- = 0,12 mol

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có:

nCl- = n NO3- = 0,12 mol[ bằng số mol điện tích của cation]

mcation kim loại = mmuối clorua – mCl- = 5,94 – 0,12.35,5 = 1,68g

mmuối nitrat [Y] = mkim loại + mNO3- = 1,68 + 0,12.62 = 9,12g

⇒ Đáp án D

Bài 8: Trộn dung dịch chứa Ba2+; OH- 0,06mol và Na+ 0,02 mol với dung dịch chứa HCO3- 0,04 mol; CO32- 0,03 mol và Na+. Khối lượng kết tủa thu được sau khi trộn 2 dung dịch trên là:

A. 3,94g

B. 5,91g

C. 7,88g

D. 1,71g

Hiển thị đáp án

Bảo toàn điện tích với dung dịch chứa Ba2+; OH- 0,06mol và Na+ 0,02 mol

⇒ nBa2+ =[0,06-0,02]/2 = 0,02 mol

Bảo toàn điện tích với dung dịch chứa HCO3- 0,04 mol; CO32- 0,03 mol và Na+

⇒ nNa+ = 0,04 + 0,03 = 0,07 mol

Khi trộn 2 dung dịch vào ta có:

HCO3- + OH- → CO32- + H2O

nOH- > nHCO3- ⇒ OH- dư

nCO32- sinh ra = nHCO3- = 0,04 mol

∑n CO32- = 0,03 + 0,04 = 0,07 mol

Ba2+ + CO32- → BaCO3 ↓

n Ba2+ < n CO32- ⇒ nBaCO3 = n Ba2+ = 0,02 mol

mkết tủa = 0,02. 197 = 3,94g ⇒ Đáp án A

Bài 9: Cho 24,4g hỗn hợp Na2CO3, K2CO3 tác dụng vừa đủ với dung dịch BaCl2 sau phản ứng thu được 39,4g kết tuả. Lọc tách kết tủa, cô cạn dung dịch thu được bao nhiêu gam muối clorua khan.

A. 2,66g

B. 22,6g

C. 26,6g

D. 6,26g

Hiển thị đáp án

mkết tủa = m BaCO3 = 39,4g ⇒ n BaCO3 = 0,2 mol

⇒ n CO32- = 0,2 mol

m cation kim loại = m muối - mCO32- = 24,4 – 0,2.60 = 12,4g

Bảo toàn điện tích ta có:

2nCO32- = nCl- = 0,4[ bằng số mol điện tích cation]

mmuối clorua = mkim loại + mCl- = 12,4 + 0,4.35,5 = 26,6g

⇒ Đáp án C

Bài 10: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,12 mol FeS2 và x mol Cu2S vào dung dịch HNO3 vừa đủ, thu được dung dịch X chỉ chứa 2 muối sunfat của các kim loại và giải phóng khí NO duy nhất. Gía trị của x là:

A. 0,03

B. 0,045

C. 0,06

D. 0,09

Hiển thị đáp án

Dung dịch X chỉ chứa 2 muối là: Fe2[SO4]3 và CuSO4

n FeS2 = ½ n Fe2[SO4]3 = 0,06mol

n CuSO4 = 2n Cu2S = 2x mol

Bảo toàn nguyên tố S: 0,12.2 + x = 0,06.3 + 2x

⇒ x = 0,06

⇒ Đáp án C

Xem thêm các phương pháp giải nhanh bài tập Hóa học hay khác:

Phương pháp bảo toàn electron trong hóa học hay, chi tiết, có lời giải
Phương pháp bảo toàn khối lượng trong hóa học cực hay, có lời giải
Phương pháp bảo toàn nguyên tố trong hóa học cực hay, có lời giải
Phương pháp chọn đại lượng thích hợp trong hóa học cực hay, có lời giải
Phương pháp đồ thị trong hóa học hay, chi tiết, có lời giải
Phương pháp đường chéo trong hóa học cực hay, chi tiết, có lời giải
Phương pháp trung bình trong hóa học cực hay, chi tiết, có lời giải
Phương pháp quy đổi trong hóa học cực hay, chi tiết, có lời giải
Phương pháp sử dụng phương trình ion thu gọn trong hóa học cực hay, có lời giải
Phương pháp tăng giảm khối lượng trong hóa học cực hay, có lời giải

Giới thiệu kênh Youtube VietJack

cac-phuong-phap-giai-nhanh-hoa-hoc-huu-co-vo-co.jsp

Video liên quan

Bài Viết Liên Quan

Toplist mới

Bài mới nhất

Chủ Đề