Giải nhanh bài toán hóa học - Phương pháp bảo toàn điện tích doc

Chuyên đề: Phương pháp giải nhanh bài toán Hóa Học
Phần 4
Phương pháp
Bảo toàn điện tích
Nội dung
A. Nội dung phương pháp và những chú ý quan trọng
B. Các thí dụ minh họa
C. Kết hợp phương pháp bảo toàn điện tích – bảo toàn electron
D. Bài tập luyện tập
Phần 4. Phương pháp bảo toàn điện tích

Nội dung phương pháp :
•
Định luật bảo toàn điện tích (BTĐT):
“Trong một dung dịch nếu tồn tại đồng thời các ion dương và âm thì
theo định luật bảo toàn điện tích: tổng số điện tích dương bằng
tổng số điện tích âm”.
Đây chính là cơ sở để thiết lập phương trình biểu diễn mối liên hệ
giữa các ion trong dung dịch.
•
Áp dụng :
+
Tính lượng (số mol, nồng độ) các ion trong dung dịch.
+
Bài toán xử lí nước cứng.
+
Bài toán pha dung dịch.

Chú ý : số mol điện tích = số mol ion × điện tích ion.
A. Nội dung phương pháp và những chú ý quan trọng
Thớ d 1

Dung dch X cú cha a mol Na
+
, b mol Mg
2+
, c mol Cl

v d mol SO
4
2
. Biu
thc no di õy l ỳng ?

Hng dn gii :
A. a + 2b = c + 2d. B. a + 2b = c + d.
C. a + b = c + d. D. 2a + b = 2c + d.

Theo định luật bảo toàn điện tích :
a + 2b = c + 2d
Đáp án A.
B. Cỏc thớ d minh ha
Thí dụ 2
Trong một cốc nước cứng chứa a mol Ca
2+
; b mol Mg
2+
và c mol HCO
3
−
.
Dùng dung dịch Ca(OH)

2
x mol/l để làm giảm độ cứng của nước thì thấy
khi thêm V lít nước vôi trong vào cốc, độ cứng trong cốc là nhỏ nhất.
Biểu thức tính V theo a, b, x là
Hướng dẫn giải
A. B. C. D.
2a+b
V =
x
a+ 2b
V =
x
a+b
V =
x
a+b
V =
2x
− − −
−
→
→ ↓
2
3 3 2
2+ 2
3 3
2+
C¸c ph¶n øng x¶y ra : HCO + OH CO + H O (1)
Ca + CO CaCO (2)
M

C¸ch 1
g
:
+
− −
−
= +
→ ↓
⇔
= = = +
=
2
2 2+ 2
2++
+
3
2
3 3
CO OH Ca Mg
M
2+ 2+
gCa
CO MgCO (3)
§é cøng nhá nhÊt
Theo (1), (2), (3)
dung dÞch kh«ng cßn c¸c ion Ca vµ Mg
Chó ý :
: n n 2Vx n n (*)
(mol) ; n b (mol)
Thay vµo (*) :

n a Vx
2Vx
+
= + + ⇒ = →
a b
a Vx b V §¸p ¸n
x
C.
B. Các thí dụ minh họa
Thớ d 2 (tt)
Trong mt cc nc cng cha a mol Ca
2+
; b mol Mg
2+
v c mol HCO
3

.
Dựng dung dch Ca(OH)
2
x mol/l lm gim cng ca nc thỡ thy
khi thờm V lớt nc vụi trong vo cc, cng trong cc l nh nht.
Biu thc tớnh V theo a, b, x l
Hng dn gii (tt)
A. B. C. D.
2a+b
V =
x
a+ 2b
V =

x
a+b
V =
x
a+b
V =
2x



3 2 2 3 2
3 2 2 3 3 2
Các ph ơng tr ình phản ứng xảy ra :
Ca(HCO ) + Ca(OH) 2CaCO + 2H O (4)
Mg(HCO ) + Ca(OH) CaCO + MgCO + 2H O (5)
Độ cứng là nhỏ
Cách 2
nhất
:

+
=
2
Ca(OH) 3
2
2 3 2
Từ (4), (5) n = Ca(HCO ) + Mg(HCO )
a b
V.x = a
Ca(OH)

+ b V Đáp án .
x
vừa đ
C
ủ
B. Cỏc thớ d minh ha
Thí dụ 3
Một dung dịch chứa hai cation là Fe
2+
0,1M và Al
3+
0,2M. Trong dung dịch
còn có hai anion là Cl
−
x mol/l và SO
4
2−
y mol/l. Khi cô cạn 1,0 lít dung
dịch trên thu được 46,9 gam hỗn hợp muối khan. Giá trị của x và y lần
lượt là
Hướng dẫn giải
A. 0,6 và 0,1. B. 0,3 và 0,2. C. 0,5 và 0,15. D. 0,2 và 0,3.
− −
⇒ ⇒
⇒
2
4
Cl
cation anion
m èi

SO
u
n = x mol ; n = y mol
Khèi l îng muèi khan :
56.0,1 + 27.0,2 + 35,5x + 96y = 46,9 35,5x + 96y = 35,9 (1)
Theo ®Þnh luËt BT§T : x + 2y = 2.0,1 + 3.0,2 x + 2y
m = m
= 0
+ m
,8

⇒


→
(2)
x = 0,2
Tõ (1), (2)
y = 0,3
§¸p ¸n D.
B. Các thí dụ minh họa
Thí dụ 4
Dung dịch X gồm 5 ion : Mg
2+
, Ba
2+
, Ca
2+
, 0,1 mol Cl
−

và 0,2 mol NO
3
−
. Thêm
từ từ dung dịch K
2
CO
3
1M vào dung dịch X đến khi được lượng kết tủa
lớn nhất thì thể tích dung dịch K
2
CO
3
đã sử dụng là
Hướng dẫn giải
A. 300 ml. B. 150 ml. C. 200 ml. D. 250 ml.
−
−
⇔
→ ↓
→ ↓
2+
2
2
3 3
2+ 2
3
+ 2+ 2
3
+

KÕt tña lín nhÊt
Mg + CO MgCO (1)
Ba
c¸c ion
+ CO
Mg , Ba vµ Ca ®· kÕt tña hoµn toµn
BaCO (2)

−
−
→ ↓
= + +
+ + = =
⇒ + + =
2 2+ 2+ 2+
3
2+ 2+ 2+
2+ 2+ 2+
2+ 2
3 3
CO Mg Ba Ca
Mg Ba Ca
Mg Ba Ca
Ca + CO CaCO (3)
Theo (1), (2), (3) : n n n n (*)
Theo BT§T : 2n 2n 2n 1.0,1 + 1.0,2 0,3 mol
0,3
n n n
2
−

=
⇒ = ⇒ = = = →
2
3 2 3
CO K CO
0,15 mol (**)
0,15
(*), (**) n 0,15 mol V 0,15 lÝt 150 ml §¸p ¸n
1
B.
B. Các thí dụ minh họa
Thớ d 5
Ho tan hon ton hn hp gm x mol FeS
2
v y mol Cu
2
S vo axit HNO
3

(va ), thu c dung dch X (ch cha hai mui sunfat) v khớ duy
nht NO. T s ca x/y l
Hng dn gii
A. 2/1. B. 1/2. C. 3/1. D. 1/3.





2
2 4

3+
3
2
Do X chỉ có muối sunfat
Sơ đồ biến đổi : FeS Fe + 2SO (1)
x x 2x

dung dịc

h kh

ông còn
Cu S
gốc N

O
2C


+ = = =

2+ 2
4
2+ 2
4
3+
u + SO (2)
y 2y y
Dung dịch chỉ có các ion : Fe , Cu và SO
Theo BTĐT : 3x 2.2y 2.2x + 2.y x 2y x/y 2/1

Đáp án A.
B. Cỏc thớ d minh ha
Thớ d 6
Dung dch X cha Na
2
SO
4
0,05M, NaCl 0,05M v KCl 0,1M. Phi dựng hn
hp mui no sau õy pha ch dung dch X ?
Hng dn gii
A. KCl v Na
2
SO
4
. B. KCl v NaHSO
4
.
C. NaCl v K
2
SO
4
. D. NaCl v KHSO
4
.


+ 2
2 4 4
Các ph ơng tr ình điện li : Na SO 2Na + SO (1)
0,05 0,1 0,05

NaCl




+
+
Na + Cl (2)
0,05 0,05 0,05
KCl K + Cl (3)

] ]
] ]
] ]
] ]





=
= =



= =
=

+
+ +
2
+ 2
4
4
0,1 0,1 0,1
[Na [Cl
[Na 0,1 + 0,05 = 0,15 M ; [K 0,1 0M
Dung dịch :
[Cl 0,05 + 0,1 = 0,15 M ; [SO 0,05 M
[K 2[SO
Phải dùng hỗ
2 4
NaCl và K Sn hợp Đáp áO n C.
B. Cỏc thớ d minh ha
Thí dụ 7
Có 500 ml dung dịch X chứa Na
+
, NH
4
+
, CO
3
2−
, SO
4
2−

. Tiến hành các thí
nghiệm :
- Lấy 100 ml X cho tác dụng với HCl dư được 2,24 lít CO
2
(đktc).
- Cho 100 ml X tác dụng với lượng dư BaCl
2
thu được 43 gam kết tủa.
- Lấy 100 ml X cho tác dụng với dung dịch NaOH dư được 4,48 lít khí
(đktc).
Khối lượng muối có trong 500 ml dung dịch X là
Hướng dẫn giải
A. 43,1 gam. B. 86,2 gam. C. 119,0 gam. D. 50,8 gam.
−
−
−
→ ↑
→ ↓
→ ↓
2 +
3 2 2
2+ 2
3 3
2+ 2
4 4
C¸c ph¶n øng : CO + 2H H O + CO (1)
Ba + CO BaCO (2)
Ba + SO BaSO
− +
− +

→ ↑
= = = = = =
+ = ⇒
2
2 3
3 4
2
3 4
4
4 3 2
CO NH
CO NH
BaCO BaSO
SO
(3)
OH + NH NH + H O (4)
2,24 4,48
Trong 100 ml X : n n 0,1 mol ; n n 0,2 mol
22,4 22,4
m m 43 n
−
= = =
−
4
BaSO
43 197.0,1
n 0,1 mol
233
B. Các thí dụ minh họa
Thí dụ 7 (tt)

Hướng dẫn giải (tt)
− +
−
− − + − − +
= = = = = =
+ = ⇒ = = =
+ = ⇒ = +
⇒ = +
−
−
−
2
2 3
3 4
2
3 4 4
4
2 2 + + 2 2
3 4 4 3 4 4
+
CO NH
CO NH
BaCO BaSO BaSO
SO
CO SO NH Na Na CO SO NH
Na
2,24 4,48
n n 0,1 mol ; n n 0,2 mol
22,4 22,4
43 197.0,1

m m 43 n n 0,1 mol
233
Theo BT§T :
2n 2n n + n n 2n 2n n
n 2.0,1 2.0,1
− − +
=
= + + =
⇒ = →
2 2 +
3 4 4
muèi
CO SO NH Na
muèi
0,2 0,2 mol
Khèi l îng muèi cã trong 500 ml dung dÞch X :
m m m m + m 5(0,1.60 + 0,1.96 + 0,2.18 + 0,2.23)
m 119,0 gam §¸p ¸n C.
B. Các thí dụ minh họa
Thớ d 8
Hũa tan 26,64 gam cht X l tinh th mui sunfat ca kim loi M vo
nc c dung dch A. Cho A tỏc dng vi dung dch NH
3
va thu
c kt ta B, nung B nhit cao n khi lng khụng i c
4,08 gam oxit. Mt khỏc, cho cho dung dch BaCl
2
d vo A c 27,96
gam kt ta. X l
Hng dn gii

A. MgSO
4
.6H
2
O. B. Fe
2
(SO
4
)
3
.12H
2
O.
C. CuSO
4
.6H
2
O. D. Al
2
(SO
4
)
3
.18H
2
O.

= = =

2
4
4
o
3
2
n+ 2
2 4 n 2 4
2+ 2
4 4
BaSO
SO
NH d
t
n+
n 2 n
O(M
Gọi X là M (SO ) . H O Dung dịch A chứa : M và SO
Phản ứng : Ba + SO BaSO (*)
27,96
n n 0,12 mol
233
Có biến đổi : M M(OH) M O
Theo BTĐT : n

= = = =
ì = = =

2 n+
n
4
O )
SO M
n 0,12 mol m 4,08 0,12.16 2,16 gam
2,16
Theo BTĐT : n 0,12.2 M 9n M 27 (Al) Đáp án
M
D.
B. Cỏc thớ d minh ha

Nội dung :
•
Đối với phản ứng oxi hóa – khử :
Tổng số mol electron kim loại nhường = điện tích của cation kim loại.
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích :
Điện tích của cation kim loại = điện tích của anion tạo muối
⇒ Số mol anion tạo muối.
•
Áp dụng : bài toán hỗn hợp kim loại + axit có tính oxi hóa mạnh.
Biết khối lượng kim loại ↔ khối lượng muối.

Chú ý : số mol anion tạo muối được tính qua số mol electron nhận trong
quá trình tạo sản phẩm khí.
C. Kết hợp phương pháp bảo toàn điện tích – bảo toàn
electron
Thớ d 9
Hũa tan hon ton 15,95 gam hn hp Ag, Zn v Al bng dung dch H
2

SO
4

c, núng thu c 7,84 lớt khớ SO
2
(sn phm kh duy nht, o ktc). Cụ
cn dung dch sau phn ng thu c khi lng mui khan l
Hng dn gii
A. 150,35 gam. B. 116,75 gam. C. 83,15 gam. D. 49,55 gam.
( (


= = = ì =
= =

2 2
4 4
+6 +4
điện tích d ơng (cation) e nh ờng e nhận
SO muối) SO muối)
Quá tr ình nhận electron : S + 2e S
7,84
n n n 2 0,7 mol
22,4
Dung dịch thu đ ợc chỉ có muối sunfat
Theo BTĐT : 2n 0,7 n 0,35 mol
m
(

= = =

2
4
kim loại
muối khan
SO muối)
m + m 15,95 + 0,35.96 49,55 gam
Đáp án D.
C. Kt hp phng phỏp bo ton in tớch bo ton
electron
Thớ d 10
Ho tan hon ton 12,0 gam hn hp X gm Fe v Cu bng dung dch
HNO
3
d, kt thỳc thớ nghim thu c hn hp khớ gm 0,1 mol NO v 0,2
mol NO
2
. Khi lng mui nitrat (khụng cú NH
4
NO
3
) to thnh trong dung
dch l
Hng dn gii
A. 43,0 gam. B. 30,6 gam. C. 55,4 gam. D. 39,9 gam.
(


= = = =
=

3
+5 +2 +5 +4
điện tích d ơng (cation) e nh ờng e nhận
NO muối)
Các quá tr ình nhận electron : N + 3e N ; N + 1e N
n n n 0,1.3 + 0,2.1 0,5 mol
Dung dịch thu đ ợc chỉ có muối nitrat
Theo BTĐT : n 0
(

= = =

3
kim loại
muối nitrat
NO muối)
,5 mol
m m + m 12,0 + 0,5.62 43,0 gam
Đáp án A.
C. Kt hp phng phỏp bo ton in tớch bo ton
electron
Thí dụ 11
Hỗn hợp X gồm hai kim loại Cu và Ag. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X
trong dung dịch chứa 2 axit HNO
3
, H
2
SO
4
thu được dung dịch Y chứa 7,06

gam muối và hỗn hợp khí Z chứa 0,05 mol NO
2
và 0,01 mol SO
2
. Giá trị của
m là
Hướng dẫn giải
A. 2,58. B. 3,06. C. 3,00. D. 3,32.
2
(
(
−
−
→ →
= = =



= = × =


=
3
4
+5 +4 +6 +4
e nhËn (1)
NO muèi)
e nhËn (2)
SO muèi)
kim

muèi
C¸c qu¸ tr ×nh nhËn electron : N + 1e N (1) ; S + 2e S (2)
+) n n 0,05.1 0,05 mol
1 1
+) n n 0,01.2 0,01 mol
2
Chó ý :
2
Cã : m m

2
2
( (
( (
− −
− −
⇒ = =
⇒ = →
− −
3 4
3 4
lo¹i
NO muèi) SO muèi)
kim lo¹i
muèi
NO muèi) SO muèi)
kim lo¹i
+ m + m
m m (m + m ) 7,06 (0,05.62 + 0,01.96)
m 3,00 gam §¸p ¸n C.

C. Kết hợp phương pháp bảo toàn điện tích – bảo toàn
electron
Bi tp 1
Dung dch X cú cha a mol Ca
2+
, b mol K
+
, c mol Al
3+
v d mol NO
3

. Biu
thc liờn h gia d vi a, b, c l
Hng dn gii
A. d = a + b + c. B. d = 2a + b + 3c.
C. d = a + 2b + 3c. D. d = 2a + 3b + c.

Theo định luật bảo toàn điện tích : d = 2a + b + 3c
Đáp án B.
D. Bi tp luyn tp
Bài tập 2
Dung dịch X chứa a mol Na
+
, b mol HCO
3
−
, c mol CO
3
2−

và d mol SO
4
2−
. Để
tạo kết tủa lớn nhất người ta phải dùng 100 ml dung dịch Ba(OH)
2
x
mol/l. Biểu thức tính x theo a và b là
Hướng dẫn giải
A. B. C. D.
=
a+b
x
2
=
a+b
x
0,2
=
a+b
x
0,1
=
a+b
x
0,3
− − −
−
−
→

→ ↓
→ ↓
2
3 3 2
2+ 2
3 3
2+ 2
4 4
C
C¸c ph¶n øng x¶y ra : HCO + OH CO + H O (1)
Ba + CO BaCO (2)
Ba + SO BaSO
Chó ý
(3)
: n

− −
− −
⇔
= ⇒
=
=
+ =
⇒
2+ 2 2
3 4
2 2
3 4
O
Ba CO S

SO
O
KÕt tña lín nhÊt
Theo (2), (3) : n n +n 0,1x b+c + d (
c¸c ph¶n øng
*)
Theo BT§T
b c (mol) ; n
: a = b + 2c
(2), (3) x¶y ra
+ 2d a + b =
hoµn t
2(b +
d (mol
c + d
oµ
)
n
) = ⇒ =
→
a + b
2.0,1x x
0,2
§¸p ¸n B.
D. Bài tập luyện tập
Bài tập 3 (Đề CĐ Khối A – 2007)
Một dung dịch chứa 0,02 mol Cu
2+
, 0,03 mol K
+

, x mol Cl
–
và y mol SO
4
2–
.
Tổng khối lượng các muối tan có trong dung dịch là 5,435 gam. Giá trị
của x và y lần lượt là
Hướng dẫn giải
A. 0,03 và 0,02. B. 0,05 và 0,01. C. 0,01 và 0,03. D. 0,02 và 0,05.
− −
⇒ ⇒
⇒
2
4
Cl
cation anion
m èi
SO
u
n = x mol ; n = y mol
Khèi l îng muèi khan :
64.0,02 + 39.0,03 + 35,5x + 96y = 5,435 35,5x + 96y = 2,985 (1)
Theo ®Þnh luËt BT§T : x + 2y = 2.0,02 +
m
0,03 x + 2
= m
y
+ m
= 0,


⇒


→
07 (2)
x = 0,03
Tõ (1), (2)
y = 0,02
§¸p ¸n A.
D. Bài tập luyện tập
Bài tập 4
Dung dịch X gồm 6 ion : 0,15 mol Na
+
, 0,10 mol Ba
2+
, 0,05 mol Al
3+
, Cl
−
, Br
−

và I
−
. Thêm từ từ dung dịch AgNO
3
2M vào dung dịch X đến khi được
lượng kết tủa lớn nhất thì thể tích dung dịch AgNO
3

đã sử dụng là
Hướng dẫn giải
A. 150 ml. B. 300 ml. C. 250 ml. D. 500 ml.
−
−
−
− −
⇔
→ ↓
→ ↓
+
+
KÕt tña lín nhÊt
Ag + Cl AgCl (1)

c¸c
Ag +
ion Cl , Br vµ I ®·
Br AgBr (2)

kÕt tña

ho

µn toµn

− − −
− − −
−
→ ↓

= + +
+ + = =
⇒ = ⇒ =
+
+
3
+
Ag Cl Br I
Cl Br I
Ag AgNO
Ag + I AgI (3)
Theo (1), (2), (3) : n n n n (*)
Theo BT§T : n n n 1.0,15 + 2.0,1 + 3.0,05 0,5 mol (**)
0
Tõ (*), (**) n 0,5 mol V = = →
,5
0,25 lÝt 250 ml §¸p ¸n
2
C.
D. Bài tập luyện tập
Bi tp 5 ( H Khi A 2007)
Ho tan hon ton hn hp gm 0,12 mol FeS
2
v a mol Cu
2
S vo axit
HNO
3
(va ), thu c dung dch X (ch cha hai mui sunfat) v khớ
duy nht NO. Giỏ tr ca a l

Hng dn gii
A. 0,04. B. 0,075. C. 0,12. D. 0,06.





2
2 4
3
2
3+
Do X chỉ có hai muối sunfat
Sơ đồ biến đổi : FeS Fe + 2SO (1)
0,12 0,12 2.0,12

dung dịc

h kh

ông còn
C
g
u S
ốc N

O
2

+ = =

2+ 2
4
2+ 2
4
3+
Cu + SO (2)
a 2a a
Dung dịch chỉ có các ion : Fe , Cu và SO
Theo BTĐT : 3.0,12 2.2a 2.2.0,12 + 2a a 0,06
Đáp án D.
D. Bi tp luyn tp
Bài tập 6
Để pha chế 1 lít dung dịch hỗn hợp : Na
2
SO
4
0,03M; K
2
SO
4
0,02M; KCl
0,06M người ta đã lấy lượng các muối như sau
Hướng dẫn giải
A. 5,68 g Na
2
SO
4
và 5,96 g KCl. B. 8,70 g K

2
SO
4
và 3,51 g NaCl.
C. 3,48 g K
2
SO
4
và 3,51 g NaCl. D. 3,48 g K
2
SO
4
và 2,755 g NaCl.
−
→
→
+ 2
2 4 4
2 4
C¸c ph ¬ng tr ×nh ®iÖn li : Na SO 2Na + SO (1)
0,03 0,06 0,03
K SO
−
−
→
+ 2
4
+
2K + SO (2)
0,02 0,04 0,02

KCl K + Cl (3)

− −
= = =



⇔
 
= = =



⇒ =
+ +
2
4
2 4
Na K
2 4
Cl S
K SO
O
0,06 0,06 0,06
n 0,06 mol ; n 0,04 + 0,06 0,1 mol
NaCl : 0,06 mol
Dung dÞch :
n 0,06 mol ; n 0,03 + 0,02 0,05 mol
K SO : 0,05 mol
m 0,0 = →

NaCl
5.174 = 8,7 gam ; m 0,06.58,5 = 3,51 ga §¸p m ¸n B.
D. Bài tập luyện tập
Bài tập 7
Hòa tan 4,53 g một muối kép X có thành phần: Al
3+
, NH
4
+
, SO
4
2−
và H
2
O kết
tinh vào nước cho đủ 100 ml dung dịch (dung dịch Y).
Cho 20 ml dung dịch Y tác dụng với dung dịch NH
3
dư được 0,156 g kết
tủa.
Lấy 20 ml dung dịch Y cho tác dụng với dung dịch Ba(OH)
2
dư, đun nóng
được 0,932 g kết tủa.
Công thức của X là
Hướng dẫn giải
A. Al.NH
4
(SO
4

)
2
.12H
2
O. B. Al
2
(SO
4
)
3
.2(NH
4
)
2
SO
4
.16H
2
O.
C. 2Al
2
(SO
4
)
3
.(NH
4
)
2
SO

4
.5H
2
O. D. Al
2
(SO
4
)
3
.(NH
4
)
2
SO
4
.12H
2
O.
+
−
→ ↓
→ ↓
= = =
3+
3
3+
3 2 3 4
2+ 2
4 4
Al(OH)

Al
C¸c ph¶n øng : 3NH + 3H O + Al Al(OH) + 3NH (1)
Ba + SO BaSO (2)
0,156
n n 0,002
78
Trong 20 ml X :
−





= = =


2
4
4
BaSO
SO
mol
0,932
n n 0,004 mol
233
D. Bài tập luyện tập
Bài tập 7 (tt)
Hướng dẫn giải (tt)
− −
−

+ = ⇒ =
⇒ = =
= = =



= =


⇒ =
−
−
−
3+ + 2 + 2 3+
4 4 4 4
+
4
3+ +
4
2
4
2
Al NH SO NH SO Al
NH
Al NH
SO
H O
Theo BT§T : 3n n 2n n 2n 3n
n 2.0,004 3.0,002 0,002 mol
n n 0,002.5 0,01 mol

Trong 100 ml X :
n 0,004.5 0,02 mol
m 4,53 (27.0,01 + 18.0,01 + 96.0,02) =
⇒ = =
α
α = =
⇒ →
2
H O
x 4 y 4 z 2
4 4 2 2
2,16 gam
2,16
n 0,12 mol
18
Gäi X lµ Al (NH ) (SO ) . H O, cã :
x : y : z : 0,01 : 0,01 : 0,02 : 0,12 1 : 1 : 2 : 12
X lµ Al.NH (SO ) .12H O §¸p ¸n A.
D. Bài tập luyện tập