PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN ĐIỆN TÍCH

PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN ĐIỆN TÍCH
I. Nguyên tắc của phương pháp : [6] [14]
Phương pháp BTĐT dựa trên định luật: “ điện tích của một hệ cô lập luôn không đổi
tức là được bảo toàn”.
Nghĩa là tổng điện tích dương luôn bằng tổng điện tích âm về giá trị tuyệt đối. Do đó
dung dịch luôn trung hòa về điện ( ∑q
+
= ∑q
-
)
II. Vận dụng phương pháp bảo toàn điện tích vào giải toán:
- Thường dùng để giải quyết các dạng toán trong dung dịch với việc tính toán khối
lượng muối khan, nồng độ dung dịch...Sau đây là vài ví dụ:
Ví dụ 1: [tự ra] Cho 100ml dung dịch A chứa Na
2
SO
4
0,1M và Na
2
CO
3
0,2M tác dụng
vừa đủ với 100ml dung dịch B chứa Ba(NO
3
)
2
và Pb(NO
3
)
2
0,05M tạo kết tủa. Tính nồng độ

mol của Ba(NO
3
)
2
và khối lượng chung của các kết tủa?
A. 0,25M và 66,2g B. 0,15M và 6,62g
C. 0,25M và 6,62g D. 0,15M và 66,2g
Cách giải: theo ĐLBTĐT các ion
2
4
SO
−
,
2
3
CO
−
phản ứng với Ba
2+
và Pb
2+
theo tỉ lệ mol
1:1. Điện tích các ion trên bằng nhau về giá trị tuyệt đối. Nên ta có:

2 2 2 2
4 3
n(SO CO ) n(Ba Pb )
− − + +
+ = +
∑ ∑

↔ 0,1( 0,1 + 0,2) = 0,1( x + 0,05)

2
Ba
x C 0,25(M)
+
⇒ = =
Khối lượng chung của các kết tủa ( BaSO
4
+PbSO
4
+ BaCO
3
+ PbCO
3
) là:

2 2 2 2
4 3
SO CO Ba Pb
m m m m m
− − + +
= + + +
= 0,1. 0,1. 96 + 0,1. 0,2. 60 + 0,25. 0,1. 137 + 0,05. 0,1. 207 = 6,62 (g)
 Nhận xét: Đối với bài toán trên nếu giải quyết theo phương pháp đại số bằng
cách viết phương trình rồi tính toán theo phương trình sẽ gặp rắc rối vì không đủ
dữ kiện để định lượng được khối lượng từng loại kết tủa. Phương pháp BTĐT
trong trường hợp này là một giải pháp tối ưu.
- Phương pháp này cũng có thể dùng để kiểm tra kết quả định lượng thành phần các ion
đúng hay sai.

Ví dụ 2: [13] Kết quả xác định nồng độ mol của các ion trong một dung dịch được ghi ở
bảng dưới đây:
Ion
Na
+
2
Ca
+
3
NO
−
Cl
−
3
HCO
−
Số mol 0,05 0,01 0,01 0,04 0,025
Hãy đánh giá kết quả trên.
A. Đúng B. Sai
Cách giải:
Theo ĐLBTĐT, ta có ∑q
+
= ∑q
-

2
Na Ca
q ( 1)n ( 2)n 0,05 0,01.2 0,07
+ +
+

= + + + = + = +
∑
3 3
NO Cl HCO
q ( 1)(n n n ) ( 1)(0,01 0,04 0,025) 0,075
− − −
−
= − + + = − + + = −
∑
Giá trị tuyệt đối của điện tích (+) khác điện tích (-)
⇒
kết quả trên là sai.
Ví dụ 3: [tự ra] 100ml dung dịch X chứa các ion Ca
2+
: 0,1mol;
−
3
NO
: 0,05mol;
−
Br
:
0,15mol;
−
3
HCO
: 0,1mol và một ion của kim loại M. Cô cạn dung dịch thu được 29,1g muối
khan. Ion kim loại M là ion nào và tính nồng độ của nó trong dung dịch.
A. Na
+

và 0,15M B. K
+
và 0,1M
C. Ca
2+
và 0,15M D. K
+
và 1M
Cách giải: gọi n là điện tích của ion kim loại M; x là số mol của M
n+
Áp dụng ĐLBTĐT, ta có: 0,1.2 + xn =0,05 + 0,15 + 0,1 → xn = 0,1
Mặt khác: m
muối

2 n
3 3
Ca M NO Br HCO
m m m m m
+ + − − −
= + + + +

0,1 M
0,1.40 (M ) 0,05.62 80.0,15 0,1.61 29,1 39 M 39n
n n
↔ + + + + = ↔ = ⇔ =

Trong số các đáp án đã cho thì K
+
là đáp án phù hợp và
K

0,1
C 1(M)
0,1
+
= =
→ Chọn đáp án D
Ví dụ 4: [5] Dung dịch A chứa Mg
2+
, Ba
2+
, Ca
2+
và 0,2mol
−
Cl
, 0,3 mol
−
3
NO
. Thêm
dần dần dung dịch Na
2
CO
3
1M vào dung dịch Acho đén khi thu được lượng kết tủa lớn nhất thì
ngừng lại. Hỏi thể tích dung dịch A đã thêm là bao nhiêu?
A. 150ml B. 200ml C. 250ml D. 300ml
Cách giải:
Gọi x,y,z là số mol Mg
2+

, Ba
2+
, Ca
2+
trong dung dịch A.
Theo ĐLBTĐT, ta có: 2x + 2y + 2z = 0,2 + 0,3 = 0,5 ↔ x + y + z = 0,25

2 2
3 3
2 2
3 3
2 2
3 3
Mg CO MgCO
Ba CO BaCO
Ca CO CaCO
+ −
+ −
+ −
+ → ↓
+ → ↓
+ → ↓

2
2 3 2 3
3
Na CO Na CO 1M
CO
0,25
n n x y z 0,25 V 0,25(l) 250ml

1
−
= = + + = ⇒ = = =
→ Chọn đáp án C.
III. Một số bài tập giải theo phương pháp bảo toàn điện tích:
Bài tập 1: [5] Một dung dịch chứa hai cation Fe
2+
(0,1mol) và Al
3+
(0,2mol) và hai anion
−
Cl
(x mol) và
−2
4
SO
(y mol). Biết rằng khi cô cạn dung dịch thu được 46,9g chất rắn khan. x
và y có giá trị là:
A. 0,2 và 0,3mol B. 0,15 và 0,3mol
C. 0,2 và 0,35mol D. 0,15 và 0,2mol
Bài tập 2: [10] Có dung dịch X, dung dich này chỉ chứa hai cation và hai anion trong số
các ion sau: K
+
(0,15mol) ;
+
4
NH
(0,25mol); H
+
(0,2mol);

−
Cl
(0,1mol);
−2
4
SO
(0,075 mol);
−
2
3
CO
(0,15mol). Dung dịch gồm các ion nào?
A.
4
NH
+
, K
+
,
2
3
CO
−
,
Cl
−
B.
4
NH
+

, K
+
,
2
4
SO
−
,
Cl
−
C.
4
NH
+
, H
+
,
2
4
SO
−
,
Cl
−
D.
4
NH
+
, K
+

,
2
3
CO
−
,
2
4
SO
−
Bài tập 3: [12] 100ml dung dịch A chứa AgNO
3
0,06M và Pb(NO
3
)
2
0,05M tác dụng vừa
đủ với 100ml dung dịch B chứa NaCl 0,08M và KBr. Tính nồng độ mol của KBr trong dung
dịch B và lượng kết tủa tạo ra trong phản ứng giữa hai dung dịch A và B.
A. 0,08M và 2,458g B. 0,016M và 2,185g
C. 0,008M và 2,297g D. 0,08M và 2,607g
Bài tập 4: [7] Dung dịch A chứa x mol Al
3+
, y mol Cu
2+
, z mol
−2
4
SO
và 0,4 mol

−
Cl
- Cô cạn dung dịch A được 45,2g muối khan.
- Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch NH
3
lấy dư thu được 15,6g kết tủa.
Tìm x,y,z.
A. 0,2; 0,04; 0,24mol B. 0,1; 0,1; 0,05mol
C. 0,2; 0,2; 0,3mol D. 0,1; 0,15; 0,1mol
Bài tập 5: [tự ra] Cho 3,75g hỗn hợp A gồm Mg và Al vào 250ml dung dịch X chứa
HCl 1M và H
2
SO
4
0,5M, được đung dịch B và 3,92l H
2
(đktc). Cô cạn ddB thu được m(g) muối
khan. Tìm m?
A. 19,3g B. 17,425g< m <19,3g
C. 17,425g D.
17,425g m 19,3g
≤ ≤
Hướng dẫn:
2
H
H (X)
n 0,175(mol); n 0,50(mol)
+
= =

2
2
3
2
Mg 2H Mg H
3
Al 3H Al H
2
+ +
+ +
+ → +
+ → +

2
H
H pu H (X)
n 2n 0,35mol n
+ +
⇒ = = < ⇒
dung dịch B còn dư axit.
Nhận thấy: HCl và H
2
SO
4
phản ứng đồng thời do đó với các điều kiện của bài khối
lượng muối thu được chỉ xét được trong một khoảng, không tính được giá trị cụ thể.
Áp dụng ĐLBTKL: m
muối

2

4
KL
SO Cl
m m m
− −
= + +
Trong dung dịch X, ta luôn có: ∑ q
(+)
= ∑ q
(-)

2
4
SO Cl H
2n n n 0,35
− − +
↔ + = =
 Giả sử dung dịch HCl phản ứng trước:
Cl
n 0,25(mol)
−
=
2
4
SO
0,35 0,25
n 0,05(mol)
2
m 3,75 0,25.35,5 0,05.96 17, 425(g)
−

−
→ = =
= + + =

 Giả sử dung dịch H
2
SO
4
phản ứng trước:
2
4
SO
n 0,25(mol)
−
=
Cl
n 0,35 2.0,125 0,1(mol)
m 3,75 0,125.96 0,1.35,5 19,3(g)
−
→ = − =
= + + =
.
Vậy 17,425g < m < 19,3g