Trong hành trình chinh phục môn Hóa học, đặc biệt là ở bậc THPT, việc nắm vững các phương pháp giải bài tập hiệu quả là yếu tố then chốt để đạt được kết quả cao. Trong số đó, phương pháp bảo toàn nguyên tố nổi lên như một công cụ đắc lực, giúp đơn giản hóa và rút ngắn thời gian giải quyết nhiều dạng bài tập phức tạp, từ đó tối ưu hóa quá trình học tập và ôn luyện. Bài viết này sẽ đi sâu vào bản chất, phạm vi ứng dụng và các ví dụ minh họa chi tiết về phương pháp bảo toàn nguyên tố, giúp bạn đọc – những học sinh yêu Hóa – có thêm kiến thức và kỹ năng để làm chủ môn học này.
TÓM TẮT
I. Bản chất và Phạm vi Áp Dụng của Phương Pháp Bảo Toàn Nguyên Tố
Nguyên tắc cơ bản nhất của phương pháp bảo toàn nguyên tố là: Tổng số mol nguyên tử của một nguyên tố X bất kỳ trước và sau phản ứng là luôn bằng nhau. Điều này bắt nguồn từ định luật bảo toàn khối lượng, khẳng định rằng trong một phản ứng hóa học, các nguyên tố hóa học được bảo toàn, không tự sinh ra hay mất đi.
Phương pháp này có phạm vi ứng dụng vô cùng rộng rãi, gần như có thể áp dụng cho hầu hết các dạng bài tập Hóa học, đặc biệt hiệu quả với các bài toán liên quan đến hỗn hợp nhiều chất, các quá trình biến đổi phức tạp mà việc viết và cân bằng phương trình phản ứng đầy đủ trở nên khó khăn hoặc tốn thời gian. Cụ thể, phương pháp bảo toàn nguyên tố thường được ưu tiên sử dụng trong các trường hợp sau:
- Từ nhiều chất ban đầu tạo thành sản phẩm: Dựa vào dữ kiện đề bài để xác định số mol nguyên tố X trong các chất ban đầu, từ đó suy ra tổng số mol nguyên tố X trong sản phẩm và cuối cùng là số mol của sản phẩm cần tìm.
- Từ một chất ban đầu tạo thành hỗn hợp nhiều sản phẩm: Tương tự, từ dữ kiện đề bài, ta tính toán tổng số mol nguyên tố ban đầu, sau đó sử dụng số mol của các hợp phần đã cho để xác định số mol chất cần tìm.
- Từ nhiều chất ban đầu tạo thành nhiều sản phẩm: Đối với dạng bài này, việc xác định chính xác số mol của từng chất có thể không cần thiết. Điều quan trọng là tập trung vào việc bảo toàn tổng số mol của các nguyên tố trước và sau phản ứng.
- Đốt cháy để phân tích thành phần nguyên tố của hợp chất: Phương pháp bảo toàn nguyên tố giúp xác định tỉ lệ các nguyên tố trong hợp chất dựa trên sản phẩm cháy.
Lưu ý quan trọng khi áp dụng:
Để tối ưu hóa hiệu quả của phương pháp này, người học cần lưu ý một số điểm sau:
- Ưu tiên sơ đồ phản ứng: Thay vì viết và cân bằng chi tiết phương trình phản ứng, hãy sử dụng sơ đồ phản ứng để biểu diễn sự biến đổi của nguyên tố đang được quan tâm. Điều này giúp tiết kiệm thời gian và tránh sai sót.
- Liên hệ số mol nguyên tố và hợp chất: Số mol của một nguyên tố trong một hợp chất được tính bằng cách nhân số nguyên tử của nguyên tố đó trong công thức hợp chất với số mol của hợp chất. Ví dụ, trong hợp chất AxBy có số mol là
a, thì số mol nguyên tố A làx * avà số mol nguyên tố B lày * a.
II. Ví dụ Minh Họa và Bài Tập Tự Luyện
Để củng cố và hiểu rõ hơn về cách áp dụng phương pháp bảo toàn nguyên tố, chúng ta sẽ cùng xem xét các ví dụ điển hình:
Ví dụ 1: Điều chế Axit Photphoric
Từ 6,2 gam photpho, điều chế được bao nhiêu lít dung dịch H3PO4 2M với hiệu suất toàn bộ quá trình là 80%?
- Phân tích: Quá trình điều chế H3PO4 từ P sẽ trải qua nhiều bước, việc viết đầy đủ phương trình có thể phức tạp. Tuy nhiên, nguyên tố P được bảo toàn từ chất ban đầu (P) đến sản phẩm cuối cùng (H3PO4), với hiệu suất toàn bộ là 80%.
- Giải:
- Số mol P ban đầu: $n_P = frac{6,2}{31} = 0,2 text{ mol}$.
- Theo đề bài, hiệu suất toàn bộ quá trình là 80%. Do đó, số mol P tham gia phản ứng tạo ra H3PO4 là $0,2 times 80% = 0,16 text{ mol}$.
- Bảo toàn nguyên tố P: $n_{H_3PO_4} = n_P (text{tham gia phản ứng}) = 0,16 text{ mol}$.
- Thể tích dung dịch H3PO4 2M: $V = frac{n_{H_3PO_4}}{C_M} = frac{0,16}{2} = 0,08 text{ lít} = 80 text{ ml}$.
- Đáp án: B. 80 ml. (Lưu ý: Đề bài gốc có đáp án B là 80 lít, có thể có sai sót trong đề gốc hoặc đơn vị. Dựa trên tính toán, 80 ml là hợp lý hơn cho lượng chất ban đầu).
Quá trình điều chế Axit Photphoric
Ví dụ 2: Đốt cháy Hỗn hợp Kim loại
Đốt cháy 4,16 gam hỗn hợp Mg và Fe trong O2, thu được 5,92 gam hỗn hợp oxit X. Hòa tan X vào HCl, thu được dung dịch Y. Cho NaOH dư vào Y, thu được kết tủa Z. Nung Z trong không khí đến khối lượng không đổi, thu được 6 gam chất rắn. Tính khối lượng kết tủa Ag khi cho Y tác dụng với AgNO3 dư.
-
Phân tích: Bài toán này liên quan đến nhiều giai đoạn phản ứng và hỗn hợp kim loại. Bảo toàn nguyên tố sẽ giúp xác định mối liên hệ giữa các chất và khối lượng.
-
Giải:
-
Khối lượng Oxi đã phản ứng: $m_O = mX – m{Mg,Fe} = 5,92 – 4,16 = 1,76 text{ gam}$.
-
Số mol Oxi: $n_O = frac{1,76}{16} = 0,11 text{ mol}$.
-
Khi nung Z (Mg(OH)2, Fe(OH)2, Fe(OH)3) đến khối lượng không đổi thu được 6 gam chất rắn (MgO, Fe2O3). Khối lượng O trong oxit này có sự thay đổi so với O ban đầu.
-
Phần chất rắn thu được sau khi nung Z là $m{MgO} + m{Fe_2O_3} = 6 text{ gam}$.
-
Sự chênh lệch khối lượng giữa oxit ban đầu (5,92 gam) và chất rắn cuối cùng (6 gam) cho thấy có sự thay đổi trong trạng thái oxi hóa của kim loại, cụ thể là Fe.
-
$m_{Fe_2O3} = 6 text{ gam} Rightarrow n{Fe_2O_3} = frac{6}{160} = 0,0375 text{ mol}$.
-
$m{MgO} = 6 – m{Fe_2O_3} = 6 – (0,0375 times 160) = 0 text{ gam}$. Điều này mâu thuẫn với đề bài. Cần xem lại cách giải.
-
Xem lại cách giải theo hướng bảo toàn nguyên tố Oxi:
- Khối lượng Oxi trong hỗn hợp oxit X là: $m_O = 5,92 – 4,16 = 1,76$ gam.
- Số mol Oxi đã tham gia phản ứng: $n_O = frac{1,76}{16} = 0,11$ mol.
- Khối lượng chất rắn cuối cùng (chỉ có Fe2O3 và MgO) là 6 gam. Điều này không thể xảy ra nếu chỉ có Fe và Mg phản ứng với O2 tạo oxit tương ứng và sau đó nung kết tủa hydroxide.
- Xem lại ví dụ 2 gốc: Có vẻ ví dụ 2 có sự nhầm lẫn trong diễn giải hoặc dữ liệu. Tuy nhiên, nguyên tắc bảo toàn nguyên tố vẫn áp dụng cho các nguyên tố Fe, Mg, O.
-
Phân tích lại theo hướng bảo toàn nguyên tố cho bài 2:
- Gọi số mol Mg là
a, Fe làb. - $24a + 56b = 4,16$.
- Hỗn hợp oxit X gồm $MgO$ ($a$ mol) và $Fe_xO_y$ (tổng $b$ mol Fe).
- $40a + m_{oxit_Fe} = 5,92$.
- Khi nung Z (Mg(OH)2, Fe(OH)2, Fe(OH)3) thu được 6 gam chất rắn (MgO, Fe2O3).
- $m{MgO} + m{Fe_2O_3} = 6$.
- Bảo toàn Fe: $b = n{Fe_trong_oxit_Fe} = 2 times n{Fe_2O_3}$.
- Bảo toàn Mg: $a = n_{MgO}$.
- Nếu 6 gam là Fe2O3, thì $n_{Fe_2O_3} = 6/160 = 0.0375$. $b = 2 times 0.0375 = 0.075$. $24a + 56(0.075) = 4.16 Rightarrow 24a + 4.2 = 4.16$. Vô lý.
- Nếu 6 gam là hỗn hợp MgO và Fe2O3:
- $n{MgO} + n{Fe_2O_3} = ?$.
- $40 n{MgO} + 160 n{Fe_2O_3} = 6$.
- Bảo toàn Fe: $b = 2 n_{Fe_2O_3}$.
- Bảo toàn Mg: $a = n_{MgO}$.
- $24a + 56b = 4.16$.
- $40a + 160(frac{b}{2}) = 6 Rightarrow 40a + 80b = 6$.
- Hệ:
- $24a + 56b = 4.16$
- $40a + 80b = 6$
- Nhân pt1 với 5, pt2 với 3:
- $120a + 280b = 20.8$
- $120a + 240b = 18$
- Trừ hai pt: $40b = 2.8 Rightarrow b = 0.07$.
- $24a + 56(0.07) = 4.16 Rightarrow 24a + 3.92 = 4.16 Rightarrow 24a = 0.24 Rightarrow a = 0.01$.
- Vậy Mg: 0.01 mol, Fe: 0.07 mol.
- O trong oxit: $n_O = 0.11$ mol.
- Trong Y (dung dịch HCl): $n{Mg^{2+}} = 0.01$, $n{Fe^{2+}} = ?$ , $n_{Fe^{3+}} = ?$
- Khi cho Y tác dụng với AgNO3 dư, kết tủa là AgCl và Ag. Cần tính số mol ion Cl- và các ion có khả năng tạo kết tủa với Ag+.
- Trong dung dịch Y chứa $Mg^{2+}$ (0.01 mol), $Fe^{2+}$, $Fe^{3+}$, $Cl^-$.
- Số mol $Cl^-$ = $2 n{Mg^{2+}} + 2 n{Fe^{2+}} + 3 n_{Fe^{3+}}$.
- Bảo toàn nguyên tố Fe: $n{Fe^{2+}} + n{Fe^{3+}} = 0.07$.
- Số mol Ag kết tủa = $n{AgCl} + n{Ag}$. Nếu có ion $NO_3^-$, nó cũng tham gia.
- Cần xem lại dữ kiện đề bài hoặc cách hiểu về “kết tủa Z” và “chất rắn”.
- Trong bài gốc, đáp án A là 32.65. Ta thử kiểm tra:
- Nếu m = 32.65g Ag.
- $n_{Ag} = 0.3$ mol.
- Điều này có thể là $n{AgCl} + n{Ag}$ hoặc chỉ $n_{Ag}$.
- Nếu chỉ có $AgCl$, $n_{Cl^-} = 0.3$.
- $2(0.01) + 2 n{Fe^{2+}} + 3 n{Fe^{3+}} = 0.3$.
- $n{Fe^{2+}} + n{Fe^{3+}} = 0.07$.
- $0.02 + 2 n{Fe^{2+}} + 3(0.07 – n{Fe^{2+}}) = 0.3$.
- $0.02 + 2 n{Fe^{2+}} + 0.21 – 3 n{Fe^{2+}} = 0.3$.
- $0.23 – n{Fe^{2+}} = 0.3 Rightarrow n{Fe^{2+}} = -0.07$. Vô lý.
- Gọi số mol Mg là
-
Tạm bỏ qua ví dụ 2 do sự không rõ ràng.
-
Ví dụ 3: Đốt cháy Hỗn hợp Anđehit
Một hỗn hợp A gồm anđehit acrylic ($C_3H_4O$) và một anđehit no, đơn chức X ($CnH{2n}O$). Đốt cháy hoàn toàn 3,44 gam hỗn hợp A cần vừa đủ 4,592 lít O2 (đktc). Sản phẩm cháy hấp thụ vào Ca(OH)2 dư, thu được 17 gam kết tủa. Tìm công thức cấu tạo của X.
- Phân tích: Bài toán này kết hợp bảo toàn nguyên tố và tính toán theo hỗn hợp.
- Giải:
- $n_{O_2} = frac{4,592}{22,4} = 0,205 text{ mol}$.
- $n_{CaCO_3} = frac{17}{100} = 0,17 text{ mol}$.
- Gọi số mol anđehit acrylic là $a$, số mol anđehit X là $b$.
- Tổng khối lượng A: $56a + (14n+32)b = 3,44$.
- Bảo toàn nguyên tố O trong phản ứng cháy:
$2a + nb + 2n_{O2} = 2n{CO2} + n{H_2O}$. - Bảo toàn nguyên tố C: $3a + nb = n_{CO2} = n{CaCO_3} = 0,17$.
- Bảo toàn nguyên tố H: $4a + 2nb = 2n_{H_2O}$.
- Từ $n_{CO2} = 0,17$ và $n{O_2} = 0,205$.
- Áp dụng công thức $n_{H2O} = frac{n{CO2} – n{O_2}}{0,5}$ (cho hỗn hợp hữu cơ cháy) là không đúng.
- Áp dụng công thức cho từng loại:
- Anđehit acrylic ($C_3H_4O$): $C_3H_4O + frac{7}{2}O_2 rightarrow 3CO_2 + 2H_2O$.
- Anđehit no, đơn chức ($CnH{2n}O$): $CnH{2n}O + frac{3n-1}{2}O_2 rightarrow nCO_2 + nH_2O$.
- Ta có hệ phương trình:
- $n_{C_3H4O} + n{CnH{2n}O} = ?$ (không có thông tin trực tiếp về số mol)
- $n_{CO2} = 3n{C_3H4O} + n n{CnH{2n}O} = 0,17$.
- $n_{O2} = frac{7}{2}n{C_3H4O} + frac{3n-1}{2}n{CnH{2n}O} = 0,205$.
- Khối lượng: $56n_{C_3H4O} + (14n+32)n{CnH{2n}O} = 3,44$.
- Từ $n_{CO_2}=0,17$, ta có thể suy luận về số mol trung bình của nguyên tố C.
- Bảo toàn nguyên tố O trong hỗn hợp A: $n{O_trong_A} = 2 n{C_3H4O} + n{CnH{2n}O}$.
- $n{O_trong_A} = n{O_trong_CO2} + n{O_trong_H2O} – 2 n{O_2}$.
- Trong bài giải gốc có đoạn: “nA = nO(trong A)”. Điều này đúng nếu A chỉ chứa các nguyên tố C, H, O và có tỉ lệ C:H là 1:2. Tuy nhiên, anđehit acrylic có tỉ lệ C:H là 3:4.
- Xem lại cách giải gốc:
- Tính $n_{CO_2} = 0,17$.
- Bảo toàn khối lượng: $m_{H_2O} = mA + m{O2} – m{CO_2} = 3,44 + 0,205 times 32 – 0,17 times 44 = 3,44 + 6,56 – 7,48 = 2,52$ gam.
- $n_{H_2O} = frac{2,52}{18} = 0,14 text{ mol}$.
- Anđehit acrylic ($C_3H_4O$): $n = 3$.
- Anđehit no, đơn chức ($CnH{2n}O$).
- Ta có $n_{CO2} = 0,17$ và $n{H_2O} = 0,14$.
- Hiệu số $n_{CO2} – n{H_2O} = 0,17 – 0,14 = 0,03$.
- Đối với $C_3H4O$: $n{CO2} – n{H_2O} = 3 – 2 = 1$. Số mol $C_3H_4O$ là $0,03$.
- Đối với $CnH{2n}O$: $n_{CO2} – n{H_2O} = n – n = 0$.
- Vậy hỗn hợp A chứa $0,03$ mol $C_3H4O$ và $n{CnH{2n}O}$ mol $CnH{2n}O$.
- Tổng $n_{CO2} = 3 times 0,03 + n times n{CnH{2n}O} = 0,17$.
- $0,09 + n times n_{CnH{2n}O} = 0,17 Rightarrow n times n_{CnH{2n}O} = 0,08$.
- Khối lượng A: $56 times 0,03 + (14n+32)n_{CnH{2n}O} = 3,44$.
- $1,68 + (14n+32)n_{CnH{2n}O} = 3,44$.
- $(14n+32)n_{CnH{2n}O} = 1,76$.
- Ta có $n_{CnH{2n}O} = frac{0,08}{n}$. Thay vào phương trình trên:
- $(14n+32) times frac{0,08}{n} = 1,76$.
- $14n+32 = frac{1,76 times n}{0,08} = 22n$.
- $8n = 32 Rightarrow n = 4$.
- Vậy X là $C_4H_8O$. Công thức cấu tạo là một trong các đồng phân của $C_4H_8O$.
- Tuy nhiên, bài toán hỏi “Công thức cấu tạo của X là:”, có thể là hỏi dạng tổng quát hoặc một đồng phân cụ thể. Dựa vào các đáp án: A.CH2O (n=1), B.C2H4O (n=2), C.C3H6O (n=3), D.C4H8O (n=4).
- Vậy X là $C_4H_8O$. Trong các đáp án, có $C_4H_8O$.
- Tuy nhiên, bài giải gốc lại chọn A. CH2O. Có sự mâu thuẫn.
- Xem lại đoạn giải gốc: “Vì anđehit acrylic có phân tử khối là 56 nên suy ra được X < 49,14”. Điều này không rõ ràng.
- Kiểm tra lại đáp án A (CH2O, n=1):
- $n times n_{CnH{2n}O} = 1 times n_{CH2O} = 0,08 Rightarrow n{CH_2O} = 0,08$.
- Khối lượng A = $56 times 0,03 + (14times1+32) times 0,08 = 1,68 + 46 times 0,08 = 1,68 + 3,68 = 5,36$ gam. (Sai so với 3,44 gam).
- Kiểm tra lại đáp án D (C4H8O, n=4):
- $n times n_{C_4H8O} = 4 times n{C_4H8O} = 0,08 Rightarrow n{C_4H_8O} = 0,02$.
- Khối lượng A = $56 times 0,03 + (14times4+32) times 0,02 = 1,68 + (56+32) times 0,02 = 1,68 + 88 times 0,02 = 1,68 + 1,76 = 3,44$ gam. (Đúng).
- Vậy X là $C_4H_8O$. Đáp án D là đúng. Có thể bài giải gốc có lỗi.
Ví dụ 4: Hấp thụ CO2 vào dung dịch
Hấp thụ hoàn toàn 2,24 lít CO2 (đktc) vào 100ml dung dịch gồm K2CO3 0,2M và KOH x M. Thu được dung dịch Y. Cho Y tác dụng với BaCl2 dư, thu được 11,82 gam kết tủa. Tìm giá trị x.
- Phân tích: Bài toán này liên quan đến phản ứng của CO2 với dung dịch bazơ và muối, có thể tạo ra các sản phẩm khác nhau.
- Giải:
- $n_{CO_2} = frac{2,24}{22,4} = 0,1 text{ mol}$.
- $n_{K_2CO_3} = 0,1 times 0,2 = 0,02 text{ mol}$.
- $n_{KOH} = 0,1 times x = 0,1x text{ mol}$.
- Trong dung dịch Y có $K^+$, $OH^-$, $CO_3^{2-}$.
- Khi cho Y tác dụng với BaCl2, kết tủa là BaCO3. $n_{BaCO_3} = frac{11,82}{197} approx 0,06 text{ mol}$.
- Các phản ứng có thể xảy ra:
- $CO_2 + 2KOH rightarrow K_2CO_3 + H_2O$
- $CO_2 + K_2CO_3 + H_2O rightarrow 2KHCO_3$
- $CO_2 + KOH rightarrow KHCO_3$
- Bảo toàn nguyên tố C: Số mol $C$ trong $CO_2$ và $K_2CO_3$ phải bằng số mol $C$ trong $BaCO_3$ và $KHCO_3$ (nếu có).
- Tổng số mol $C$ ban đầu = $n_{CO2} + n{K_2CO_3} = 0,1 + 0,02 = 0,12 text{ mol}$.
- Số mol $C$ trong kết tủa $BaCO_3$ là $0,06$ mol.
- Vậy số mol $C$ trong $KHCO_3$ là $0,12 – 0,06 = 0,06 text{ mol}$.
- Bây giờ xét phản ứng của $CO_2$ với $KOH$ và $K_2CO_3$.
- Trường hợp 1: Tạo $K_2CO_3$ và $KHCO_3$.
- $CO_2$ phản ứng với $KOH$ trước: $CO_2 + KOH rightarrow KHCO_3$.
- $0,1x$ mol $KOH$ phản ứng với $0,1x$ mol $CO_2$ tạo $0,1x$ mol $KHCO_3$.
- Lượng $CO_2$ còn lại: $0,1 – 0,1x$.
- Lượng $K_2CO_3$ ban đầu: $0,02$.
- $CO_2$ còn lại phản ứng với $K_2CO_3$: $CO_2 + K_2CO_3 + H_2O rightarrow 2KHCO_3$.
- Số mol $K_2CO_3$ là $0,02$. Số mol $CO_2$ phản ứng là $0,02$.
- Tổng $n_{CO_2}$ phản ứng là $0,1x + 0,02$. (Nếu $0,1x ge 0,1$).
- Tổng số mol $C$ trong $KHCO_3$ là $0,1x + 2 times 0,02 = 0,1x + 0,04$.
- Ta có $n_{KHCO_3} = 0,06$. Vậy $0,1x + 0,04 = 0,06 Rightarrow 0,1x = 0,02 Rightarrow x = 0,2$.
- Kiểm tra: $n{KOH} = 0,02$. $n{K_2CO3} = 0,02$. $n{CO_2} = 0,1$.
- $CO_2 + KOH rightarrow KHCO_3$: $0,02$ mol $CO_2$ phản ứng. Còn $0,08$ mol $CO_2$.
- $CO_2 + K_2CO_3 + H_2O rightarrow 2KHCO_3$: $0,02$ mol $CO_2$ phản ứng. Còn $0,06$ mol $CO_2$.
- Tổng $n_{KHCO_3} = 0,02 + 2 times 0,02 = 0,06$ mol.
- Số mol $BaCO3$ tạo thành là $n{K_2CO3} (text{ban đầu}) + n{CO_2} (text{phản ứng với } K_2CO_3) = 0,02 + 0,02 = 0,04$. (Sai).
- Trường hợp 2: Chỉ tạo $KHCO_3$.
- $CO_2 + KOH rightarrow KHCO_3$ ($0,1x$ mol).
- $CO_2 + K_2CO_3 + H_2O rightarrow 2KHCO_3$ ($0,02$ mol $CO_2$ nếu $K_2CO_3$ còn).
- Nếu $CO2$ dư và $KOH$ hết: $n{KOH} = 0,1x$.
- Phản ứng: $CO_2 + KOH rightarrow KHCO_3$.
- $CO_2 + K_2CO_3 + H_2O rightarrow 2KHCO_3$.
- Tổng $n{C} = 0,12$ mol. $n{BaCO_3} = 0,06$ mol.
- Cần xem xét tỉ lệ $n{OH^-} / n{CO_2}$.
- $n{OH^-} = 0,1x$. $n{CO2} = 0,1$. $n{K_2CO_3} = 0,02$.
- Nếu $0,1x ge 0,1$ (KOH dư hoặc đủ): $CO_2$ tạo $K_2CO_3$ hoặc $KHCO_3$.
- Nếu $0,1x < 0,1$: $KOH$ hết, tạo $KHCO_3$.
- Xét tỷ lệ mol:
- $T = frac{n{OH^-} + 2n{K_2CO3}}{n{CO_2}} = frac{0,1x + 2(0,02)}{0,1} = frac{0,1x + 0,04}{0,1}$.
- Nếu $T le 1$: Chỉ tạo $KHCO3$. $n{CO2 (text{pứ})} = n{CO_2} = 0,1$.
- $n_{KHCO3} = n{OH^-} + 2n_{K_2CO3} – n{CO_2} = 0,1x + 0,04 – 0,1 = 0,1x – 0,06$.
- $n_{BaCO3} = n{K_2CO3} + n{KHCO_3} = 0,02 + 0,1x – 0,06 = 0,1x – 0,04$.
- $0,1x – 0,04 = 0,06 Rightarrow 0,1x = 0,1 Rightarrow x = 1$.
- Kiểm tra điều kiện $T le 1$: $T = frac{0,1(1) + 0,04}{0,1} = frac{0,14}{0,1} = 1,4$. (Vô lý).
- Nếu $1 < T < 2$: Tạo $K_2CO_3$ và $KHCO3$. $n{BaCO3} = n{K_2CO_3} (text{từ } CO2) + n{K_2CO_3} (text{ban đầu})$.
- $n_{K_2CO3} (text{tạo thành}) = n{CO2} – n{KHCO_3}$.
- $n{OH^-} + n{CO2} = n{KHCO_3}$.
- $n_{CO2} + n{K_2CO3} = n{K_2CO3 (text{tạo thành})} + n{KHCO_3}$.
- Cách khác: Bảo toàn nguyên tố C.
- $nC (text{ban đầu}) = n{CO2} + n{K_2CO_3} = 0,1 + 0,02 = 0,12 text{ mol}$.
- $n_{BaCO_3} = 0,06 text{ mol}$.
- $n_C (text{trong } Y) = n_C (text{trong } K_2CO_3) + n_C (text{trong } KHCO_3)$.
- $nC (text{trong } Y) = n{K_2CO3} + n{KHCO_3} = 0,12 – 0,06 = 0,06 text{ mol}$.
- Xét phản ứng:
- $CO_2 + 2KOH rightarrow K_2CO_3 + H_2O$
- $CO_2 + K_2CO_3 + H_2O rightarrow 2
