16 Phương pháp bảo toàn khối lượng_01

4
4
Phơng pháp 1
Phơng pháp bảo toàn khối lợng
Phơng pháp bảo toàn khối lợngPhơng pháp bảo toàn khối lợng
Phơng pháp bảo toàn khối lợng


1. Ni dung phng phỏp
- p dng nh lut bo ton khi lng (BTKL): Tng khi lng cỏc cht tham gia phn
ng bng tng khi lng cỏc cht sn phm
iu ny giỳp ta gii bi toỏn húa hc mt cỏch n gin, nhanh chúng
Xột phn ng: A + B C + D
Ta luụn cú: m
A
+ m
B
= m
C
+ m
D
(1)
* Lu ý: iu quan trng nht khi ỏp dng phng phỏp ny ú l vic phi xỏc nh ỳng
lng cht (khi lng) tham gia phn ng v to thnh (cú chỳ ý n cỏc cht kt ta, bay hi,
c bit l khi lng dung dch).
2. Cỏc dng bi toỏn thng gp
H qu 1: Bit tng khi lng cht ban u khi lng cht sn phm
Phng phỏp gii: m(u) = m(sau) (khụng ph thuc hiu sut phn ng)
H qu 2: Trong phn ng cú n cht tham gia, nu bit khi lng ca (n 1) cht thỡ ta d

dng tớnh khi lng ca cht cũn li.
H qu 3: Bi toỏn: Kim loi + axit mui + khớ
m = m + m
- Bit khi lng kim loi, khi lng anion to mui (tớnh qua sn phm khớ) khi
lng mui
- Bit khi lng mui v khi lng anion to mui khi lng kim loi
- Khi lng anion to mui thng c tớnh theo s mol khớ thoỏt ra:
Vi axit HCl v H
2
SO
4
loóng
+ 2HCl H
2
nờn 2Cl

H
2

+ H
2
SO
4
H
2
nờn SO
4
2
H
2

Vi axit H
2
SO
4
c, núng v HNO
3
: S dng phng phỏp ion electron (xem thờm
phng phỏp bo ton electron hoc phng phỏp bo ton nguyờn t)
H qu 3: Bi toỏn kh hn hp oxit kim loi bi cỏc cht khớ (H
2
, CO)
S : Oxit kim loi + (CO, H
2
) rn + hn hp khớ (CO
2
, H
2
O, H
2
, CO)
Bn cht l cỏc phn ng: CO + [O] CO
2

H
2
+ [O] H
2
O
n[O] = n(CO

2
) = n(H
2
O) m = m - m
[O]

mui
kim loi
anion to mui
rn
oxit


5
5
3. Đánh giá phương pháp bảo toàn khối lượng.
Phương pháp bảo toàn khối lượng cho phép giải nhanh được nhiều bài toán khi biết quan
hệ về khối lượng của các chất trước và sau phản ứng.
Đặc biệt, khi chưa biết rõ phản ứng xảy ra hoàn toàn hay không hoàn toàn thì việc sử
dụng phương pháp này càng giúp đơn giản hóa bài toán hơn.
Phương pháp bảo toàn khối lượng thường được sủ dụng trong các bài toán nhiều chất.
4. Các bước giải.
- lập sơ đồ biến đổi các chất trước và sau phản ứng.
- Từ giả thiết của bài toán tìm
m
∑
=
m
∑
(không cần biết phản ứng là hoàn toàn hay

không hoàn toàn)
- Vận dụng định luật bảo toàn khối lượng để lập phương trình toán học, kết hợp dữ kiện khác
để lập hệ phương trình toán.
- Giải hệ phương trình.
THÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 1: Hoà tan hoàn toàn 3,9 gam kali vào 36,2 gam nước thu được dung dịch có nồng độ
A. 15,47%. B. 13,97%. C. 14,0% D. 4,04%.
Giải:
2K + 2H
2
O 2KOH + H
2
↑

0,1 0,10 0,05(mol)
m
dung d
ị
ch
= m
K
+
OH
2
m -
2
H
m = 3,9 + 36,2 - 0,05
×
2 = 40 gam

C%
KOH
=
40
560,1×
100×
% = 14%
⇒
Đáp án C
Ví dụ 2: Điện phân dung dịch chứa hỗn hợp CuSO
4
và KCl với điện cực trơ đến khi thấy khí bắt
đầu thoát ra ở cả hai điện cực thì dừng lại thấy có 448 ml khí (đktc) thoát ra ở anot. Dung dịch
sau điện phân có thể hoà tan tối đa 0,8 gam MgO. Khối lượng dung dịch sau điện phân đã giảm
bao nhiêu gam (coi lượng H
2
O bay hơi là không đáng kể) ?
A. 2,7 B. 1,03 C. 2,95. D. 2,89.
Giải:
CuSO
4
+ 2KCl
→
Cu
↓
+ Cl
2
↑
+ K
2

SO
4
(1)
0,01
←
0,01
Dung dịch sau điện phân hoà tan được MgO
⇒
Là dung dịch axit, chứng tỏ sau phản
ứng (1) CuSO
4
dư
2CuSO
4
+ 2H
2
O
→
2Cu
↓
+ O
2
↑

+ H
2
SO
4
(2)
trước

sau
0,02
←
0,01
←
0,02 (mol)


6
6
n +
2
O
n
=
22400
480
= 0,02 (mol)
H
2
SO
4
+ MgO
→
MgSO
4
+ H
2
O (3)
0,02

←
0,02 (mol)
m
dung d
ị
ch gi
ả
m
= m
Cu
+
2
Cl
m
+
2
O
m

= 0,03
64
×
+ 0,01x71 + 0,01x32 = 2,95 gam

⇒
Đáp án C
Ví dụ 3: Cho 50 gam dung dịch BaCl
2
20,8 % vào 100 gam dung dịch Na
2

CO
3
, lọc bỏ kết tủa
được dung dịch X. Tiếp tục cho 50 gam dung dịch H
2
SO
4
9,8% vào dung dịch X thấy ra 0,448 lít
khí (đktc). Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Nồng độ % của dung dịch Na
2
CO
3
và khối lượng
dung dịch thu được sau cùng là:
A. 8,15% và 198,27 gam. B. 7,42% và 189,27 gam.
C. 6,65% và 212,5 gam. D. 7,42% và 286,72 gam.
Giải:
n

= 0,05 mol; n = 0,05 mol
BaCl
2
+ Na
2
CO
3

→
BaCO
3

↓
+ 2NaCl
0,05 0,05 0,05 0,1
Dung dịch B + H
2
SO
4

→
khí
⇒
dung dịch B có Na
2
CO
3
dư
Na
2
CO
3
+ H
2
SO
4

→
Na
2
SO
4

+ CO
2
↑ + H
2
O
0,02 0,02
⇒
n ban đầu = 0,05 + 0,02 = 0,07 mol
⇒
C% =
100
10607,0 ×
%100
×
= 7,42%
ĐLBTKL: m
dd sau cùng
= 50 + 100 + 50 - m
↓
- m


= 50 + 100 + 50 - 0,05.197 - 0,02.44 = 189,27 gam

⇒
Đáp án B


Ví dụ 4: X là một
α

- aminoaxit, phân tử chứa một nhóm -NH
2
và một nhóm -COOH. Cho 0,89
gam X phản ứng vừa đủ với HCl thu được 1,255 gam muối. Công thức tạo ra của X là:
A. CH
2
=C(NH
2
)-COOH. B. H
2
N-CH=CH-COOH.
C. CH
3
-CH(NH
2
)-COOH. D. H
2
N-CH
2
-CH
2
-COOH.
Giải:
HOOC - R - NH
2
+ HCl
→
HOOC -R-NH
3
Cl

⇒
m
HCl
= m
mu
ố
i
- m
aminoaxit
= 0,365 gam
⇒
m
HCl
= 0,01 (mol)
Cl
2

H
2
SO
4
BaCl
2
Na
2
CO
3

Na
2

CO
3

CO
2



7
7
⇒
M
aminoxit
=
01,0
89,0
= 89
Mặt khác X là
α
-aminoaxit
⇒
Đáp án C
Ví dụ 5: Cho 15,6 gam hỗn hợp hai ancol đơn chức, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng tác dụng
hết với 9,2 gam Na, thu được 24,5 gam chất rắn. Hai ancol đó là:
A. CH
3
OH và C
2
H
5

OH. B. C
2
H
5
OH và C
3
H
7
OH.
C. C
3
H
5
OH và C
4
H
7
OH. D. C
3
H
7
OH và C
4
H
9
OH.
Giải:
2
OHR
+ 2Na

→
2
ONaR
+ H
2

Theo đề bài hỗn hợp rượu tác dụng với hết Na
⇒
Học sinh thường nhầm là: Na vừa đủ, do đó
thường giải sai theo hai tình huống sau:
Tình huống sai 1: n
Na
=
23
2,9
= 0,4
⇒
n
r
ượ
u
= 0,4
⇒

r
ượ
u
=
4,0
6,15

= 39
⇒
Đáp án A
⇒
Sai.
Tình huống sai 2: Áp dụng phương pháp tăng giảm khối lượng:
n
r
ượ
u
=
22
6,155,24
−
= 0,405
⇒

r
ượ
u
=
405,0
6,15
= 38,52
⇒
Đáp án A
⇒
Sai
Áp dụng phương pháp bảo toàn khối lượng ta có:
m = m

r
ượ
u
+ m
Na
- m
r
ắ
n
= 15,6 + 9,2 - 24,5 = 0,3 gam
⇒
n
r
ượ
u
= 2n = 0,3 (mol)
⇒

r
ượ
u
=
3,0
6,15
= 52
⇒
Đáp án B
Ví dụ 6: Trùng hợp 1,680 lít propilen (đktc) với hiệu suất 70%, khối lượng polime thu được là:
A. 3,150 gam. B. 2,205 gam. C. 4,550 gam. D.1,850 gam.
Giải:

ĐLBTKL: m
propilen
= m
polime
=
4,22
680,1
.42.
%100
%70
= 2,205 gam
⇒
Đáp án B
Ví dụ 7: Xà phòng hoá hoàn toàn 17,24 gam chất béo cần vừa đủ 0,06 mol NaOH, cô cạn dung
dịch sau phản ứng thu được khối lượng xà phòng là:
A. 17,80 gam. B.18,24 gam. C. 16,68 gam. D.13,38 gam.
(Trích đề thi tuyển sinh vào các trường Đại học, Cao đẳng khối B, 2008)
Giải:

(RCOO)
3
C
3
H
5
+ 3NaOH
→
3RCOONa + C
3
H

5
(OH)
3

H
2

H
2

M
M

M
0,06
→
0,02 (mol)


8
8
Theo định luật bảo toàn khối lượng:
17,24 + 0,06.40= m
xà phòng
+ 0,02.92
⇒
m
xà phòng
=17,80 gam
⇒

Đáp án: A
Ví dụ 8: Cho 3,60 gam axit cacboxylic no, đơn chức X tác dụng hoàn toàn với 500ml dung dịch
gồm KOH 0,12M và NaOH 0,12M. Cô cạn dung dịch thu được 8,28 gam hỗn hợp chất rắn khan.
Công thức phân tử của X là:
A. C
2
H
5
COOH. B. CH
3
COOH. C. HCOOH. D.
C
3
H
7
COOH.
(Trích đề thi tuyển sinh vào các trường Đại học, Cao đẳng khối B, 2008)
Giải:
RCOOH + KOH → RCOOK + H
2
O
RCOOH + NaOH → RCOONa + H
2
O
n
NaOH
= n
KOH
= 0,5.0,12 = 0,06 mol
ĐLBTKL: m

X
+ m
NaOH
+ m
KOH
= m
r
ắ
n
+

m


⇒
m = 1,08 gam
⇒
n = 0,06 mol
⇒
n
RCOOH
= n = 0,06 mol
⇒
M
X
= R + 45 =
06,0
60,3
= 60
⇒

R = 15
⇒
X: CH
3
COOH
⇒
Đáp án B
Ví dụ 9: Nung 14,2 gam hỗn hợp 2 muối cacbonat của 2 kim loại hoá trị 2 được 7,6 gam chất rắn
và khí X. Dẫn toàn bộ lượng khí X vào 100ml dung dịch KOH 1M thì khối lượng muối thu được
sau phản ứng là:
A. 15 gam B. 10 gam C. 6,9 gam D. 5 gam
Giải:
X là CO
2

ĐLBTKL: 14,2 = 7,6 + m
X

⇒
m
X
= 6,6 gam
⇒
n
X
= 0,15 mol
Vì:
2
CO
KOH

n
m
=
15,0
1,0
< 1
⇒
muối thu được là KHCO
3

CO
2
+ KOH
→

KHCO
3

0,1 0,1 0,1
⇒
m

= 0,1.100 = 10 gam
⇒
Đáp án B
Ví dụ 10: Nhiệt phân hoàn toàn M gam hỗn hợp X gồm CaCO
3
và Na
2
CO

3
thu được 11,6 gam
chất rắn và 2,24 lít khí ở điều kiện tiêu chuẩn. Hàm lượng % của CaCO
3
trong X là:
A. 6,25% B. 8,62% C. 50,2% D. 62,5%

H
2
O
H
2
O
H
2
O
H
2
O
KHCO
3