Chuyên đề Phương pháp giải bài tập phản ứng tạo hỗn hợp muối sắt42785

Tính th tích dung d ch HCl đã dùng.

THÔNG TIN CHUNG V CHUYÊN

1. Tên chuyên đ : “Ph ng pháp gi i bài t p ph n ng t o h n h p mu i s t”

2 Tác gi :

- H và tên: oàn M nh Hùng

- Ch c v : Giáo viên

- n v công tác: Tr ng THCS Tam D ng – Tam D ng – V nh Phúc

3 i t ng h c sinh b i d ng:

- H c sinh gi i l p 9 tham gia kì thi HSG c p huy n và c p t nh

4 Th i gian b i d ng: 8 ti t

N I DUNG CHUYÊN

PH NG PHÁP GI I BÀI T P

PH N NG T O H N H P MU I S T

D ng 1: H n h p mu i s t đ c t o ra t ph n ng c a các dung d ch HCl, H 2 SO 4 loãng

I Ph ng pháp

- H n h p 3 oxit FeO, Fe2O3 và Fe3O4khi tác d ng v i dung d ch HCl ho c H2SO4

loãng có th xem t ng đ ng h n h p g m 2 oxit là FeO và Fe2O3 c bi t n u h n

h p này có nFeO nFe O2 3(ho c h n h p 3 oxit này tác d ng v i dung d ch HCl ho c

H2SO4loãng t o thành dung d ch có nFe 3  2nFe 2  ) thì có th xem h n h p t ng

đ ng ch là m t oxit Fe3O4

- i v i m t s bài t p khác có th k t h p d ki n bài toán v i các đ nh lu t b o toàn

đ l p h ph ng trình Gi i h ph ng trình ta s gi i quy t đ c yêu c u c a bài toán

II C ác ví d minh h a

Ví d 1: Hòa tan h t 57,6 gam h n h p r n ↓ g m FeO; Fe2O3 và Fe3O4b ng dung d ch

H2SO4loãng đ c dung d ch ch a m gam FeSO4 và 90 gam Fe2(SO4)3 Tính m

Gi i:

↓ t ng đ ng v i 2 3 2 4 3

FeO

90

400

57, 6 160.0, 225

72





V y nFeO nFeSO4 0, 3(mol) m 0, 3.15245, 6 gam

Nh n xét:

Bài toán gi i nhanh nh cách chuy n h n h p ↓ v h n h p t ng đ ng ch

g m 2 oxit FeO và Fe2O3, trong đó đã bi t t ng kh i l ng h n h p ↓ và kh i l ng

c a mu i Fe2(SO4)3sau ph n ng, t đó tính đ c m (kh i l ng c a mu i FeSO4) m t cách d dàng

N u không xem h n h p ↓ t ng đ ng v i h n h p ch g m 2 oxit FeO và

Fe2O3, ta có th gi i bài toán trên b ng ph ng pháp ghép n s nh sau:

G i a, b, c l n l t là s mol c a FeO; Fe2O3 và Fe3O4 trong 57,6 gam h n h p ↓ Khi đó: 72a + 160b + 232c = 57,6 (I)

FeO + H2SO4   FeSO4 + H2O

a a (mol)

Fe2O3 + 3H2SO4   Fe2(SO4)3 + 3H2O

b b (mol)

Fe3O4 + 4H2SO4   FeSO4 + Fe2(SO4)3 + 4H2O

c c c (mol)

 b + c = 90 0, 225

400  (II)

T (I)  72a + 72c + 160b + 160c = 57,6

 72(a + c) + 160(b + c) = 57,6 (III)

Thay (II) vào (III)  72(a + c) + 160.0,225 = 57,6  a + c = 0,3

T đó: m = mFeSO4= 152(a + c) = 152.0,3 = 45,6 gam

Ví d 2: Cho 13,68 gam h n h p g m FeO; Fe2O3 và Fe3O4tác d ng v i dung d ch HCl

d Sau khi các ph n ng x y ra hoàn toàn thu đ c dung d ch Y, cô c n dung d ch Y

đ c 11,43 gam FeCl2 và m gam FeCl3 Tính m

Gi i:

2 3

11, 43 FeO : n n 0, 09 (mol)

127

13, 68 72.0, 09

Fe O : n 0, 045 (mol)

160





V y nFeCl3 2nFe O2 3 2.0, 0450, 09 (mol) m 0, 09.162, 514, 625 gam

Nh n xét:

Bài toán gi i nhanh nh cách chuy n h n h p ↓ v h n h p t ng đ ng ch

g m 2 oxit FeO và Fe2O3, trong đó đã bi t t ng kh i l ng h n h p và kh i l ng c a

mu i FeCl2sau ph n ng, t đó tính đ c m (kh i l ng c a mu i FeCl3) m t cách d dàng

N u không xem h n h p ↓ t ng đ ng v i h n h p ch g m 2 oxit FeO và

Fe2O3, ta có th gi i bài toán trên b ng ph ng pháp ghép n s nh sau:

G i a, b, c l n l t là s mol c a FeO; Fe2O3 và Fe3O4 trong 13,68 gam h n h p Khi đó: 72a + 160b + 232c = 13,68 (I)

FeO + 2HCl   FeCl2 + H2O

a a (mol)

Fe2O3 + 6HCl   2FeCl3 + 3H2O

b 2b (mol)

Fe3O4 + 8HCl   FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O

c c 2c (mol)

 a + c = 11, 43 0, 09

127  (II)

T (I)  72a + 72c + 160b + 160c = 13,68

 72(a + c) + 160(b + c) = 13,68 (III)

Thay (II) vào (III)  72.0,09 + 160(b + c) = 13,68 b + c = 0,045

T đó: m = mFeCl3  162,5(2b + 2c) = 162,5.2.0,045 = 14,625 gam

Ví d 3: hòa tan h t 2,32 gam h n h p g m FeO; Fe2O3 và Fe3O4(trong đó s mol FeO b ng s mol Fe2O3), c n dùng v a đ V lít dung d ch HCl 1M Tính V

Gi i:

Vì nFeO nFe O2 3 nên h n h p t ng đ ng ch là m t oxit Fe3O4

2, 32

 nH  2nO 2  0, 08(mol) nHCl nH 0, 08(mol)

V y V = 0,08 (lít)

(Ho c: Fe3O4 + 8HCl   FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O

0,01 0,08 (mol)

 V = 0, 08

1 = 0,08 (lít.))

Nh n xét:

Bài toán có th gi i b ng cách khác nh sau:

t nFeO nFe O2 3 x (mol); nFe O3 4 y (mol)

Khi đó: 72x + 160x + 232y = 2,32  232x + 232y = 2,32  x + y = 0,01 (I)

FeO + 2HCl   FeCl2 + H2O

x 2x (mol)

Fe2O3 + 6HCl   2FeCl3 + 3H2O

x 6x (mol)

Fe3O4 + 8HCl   FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O

y 8y (mol)

T ng s mol HCl c n dùng: nHCl 2x 6x 8y 8(x   y) (II)

Thay (I) vào (II)  nHCl 8(xy)8.0, 01 0, 08(mol)

V y V = 0, 08

1 = 0,08 (lít)

Ví d 4: Cho m gam h n h p ↓ g m FeO; Fe2O3 và Fe3O4vào m t l ng v a đ dung

d ch HCl 2M, thu đ c dung d ch Y có t l s mol FeCl2 và FeCl3 là 1:2 Chia dung

d ch Y thành hai ph n b ng nhau Cô c n ph n m t thu đ c m1gam mu i khan S c khí clo d vào ph n hai, cô c n dung d ch sau ph n ng thu đ c m2gam mu i khan

Bi t m2– m1= 0,71 Tính th tích dung d ch HCl đã dùng

Gi i:

Vì dung d ch thu đ c có t l s mol FeCl2 và FeCl3là 1:2 nên h n h p X t ng đ ng

ch là m t oxit Fe3O4 (a mol)

Fe3O4 + 8HCl   FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O

a 8a a 2a (mol)

 m1gam mu i khan là h n h p g m 0,5a mol FeCl2 và a mol FeCl3

2FeCl2 + Cl2   2FeCl3

0,5a 0,5a (mol)

 m2gam mu i khan là 0,5a + a = 1,5a mol FeCl3

Do đó: 162,5.1,5a – (127.0,5a + 162,5a) = 0,71  a = 0,04

 nHCl = 8a = 0,32 mol  V 0, 32 0,16 (lít) 160 ml

2

Nh n xét:

- Bài toán đ c gi i nhanh nh nh n xét t l s mol FeCl2 và FeCl3 là 1:2, t đó h n

h p X đ c xem t ng đ ng ch là m t oxit Fe3O4

- Bài toán có th gi i b ng cách khác nh sau:

G i x, y, z l n l t là s mol c a FeO; Fe2O3 và Fe3O4 trong m gam h n h p Khi đó:

FeO + 2HCl   FeCl2 + H2O

x 2x x (mol)

Fe2O3 + 6HCl   2FeCl3 + 3H2O

y 6y 2y (mol)

Fe3O4 + 8HCl   FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O

z 8z z 2z (mol)

Theo đ bài ta có: 2(y + z) = 2(x + z)  y = x (I)

 m1gam mu i khan là h n h p g m 0,5(x + z) mol FeCl2 và (y + z) mol FeCl3

2FeCl2 + Cl2   2FeCl3

0,5(x + z) 0,5(x + z) (mol)

 m2gam mu i khan là 0,5(x + z) + (y + z) mol FeCl3

Do đó: 162,5 [0,5(x + z) + (y + z)] – [127 0,5(x + z) + 162,5(y + z)]= 0,71 (II) Thay (I) vào (II)  162,5 [0,5(x + z) + (x + z)] – [127 0,5(x + z) + 162,5(x + z)]= 0,71

 x + z = 0,04

 nHCl = 2x + 6y + 8z = 8(x + z) = 8.0,04 = 0,32 mol  V 0, 32 0,16 (lít) 160 ml

2

Ví d 5: (Chuyên V nh phúc 2014-2015)

Oxi hóa 1,12 gam b t s t thu đ c 1,36 gam h n h p A g m 4 ch t r n Hòa tan h t h n

h p A vào 100 ml dung d ch HCl v a đ thu đ c 168 ml H2 (đktc) Tính n ng đ mol

c a các ch t có trong dung d ch sau ph n ng

Gi i:

Fe

1,12

n 0, 02 (mol)

56

2

H

0,168

n 0, 0075(mol)

22, 4

H n h p A ch a Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3

Theo đ nh lu t b o toàn kh i l ng ta có: mO2 1, 36 1,12 0, 24 (gam) 

2

O

0, 24

n 0, 0075 (mol)

32

Fe + 2HCl   FeCl2 + H2 

FeO + 2HCl   FeCl2 + H2O

Fe2O3 + 6HCl   2FeCl3 + 3H2O

Fe3O4 + 8HCl   FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O Hòa tan h t h n h p A vào dung d ch HCl v a đ thì dung d ch thu đ c sau ph n ng

ch a 2 mu i FeCl2 (x mol) và FeCl3 (y mol)

Các quá trình cho và nh n electron:

2

2

x x 2x (mol) 0, 0075 0, 03 (mol)

y y 3x (mol) 0, 015 0, 0075 (mol)

Theo đ nh lu t b o toàn electron, ta có: 2x + 3y = 0,03 + 0,015 = 0,045 (I)

Theo đ nh lu t b o toàn nguyên t Fe, ta có: x + y = 0,02 (II)

T (I) và (II)  x = 0,015 và y = 0,005

N ng đ mol c a các ch t có trong dung d ch sau ph n ng:

FeCl2 FeCl3

0, 015 0, 005

C 0,15 M; C 0, 05 M

Nh n xét:

- Cách gi i trên đã k t h p đ nh lu t b o toàn electron và b o toàn nguyên t đ xác

đ nh s mol các mu i trong dung d ch sau ph n ng Tuy nhiên ta có th chuy n h n

h p các oxit s t trong h n h p A thành h n h p ch ch a FeO, Fe2O3 và trình bày cách

gi i bài toán nh sau:

H n h p A ch a Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3

Fe + 2HCl   FeCl2 + H2 

Theo PTHH: nFe  nFeCl2  nH2  0, 0075 (mol)

 Kh i l ng s t đ n ch t có trong A: mFe = 0,0075.56 = 0,42 gam

 Kh i l ng h n h p các oxit s t FeO, Fe2O3, Fe3O4 trong A:

mh n h p oxit = 1,36 – 0,42 = 0,94 gam

(ph n ng)

H n h p các oxit s t t ng đ ng v i h n h p ch ch a FeO (x mol) và Fe2O3 (y mol)

 72x + 160y = 0,94 (I)

Theo đ nh lu t BTNT s t, ta có: x + 2y = 1,12 0, 42 0, 0125

56



T (I) và (II)  x = 0,0075 và y = 0,0025

 Dung d ch sau ph n ng ch a: n FeCl2  0, 0075  0, 0075 0, 015 (mol) 

nFeCl3  2nFe O2 3  2.0, 0025 0, 005 (mol) 

D ng 2: H n h p mu i s t đ c t o ra t ph n ng c a các dung d ch HNO 3 ,

H 2 SO 4 đ c, nóng

I Ph ng pháp

- c đi m các bài toán thu c d ng này là dung d ch HNO3 ho c H2SO4 đ c, nóng không cho d Khi đó x y ra ph n ng: Fe + 2Fe3+   3Fe2+

- i m m u ch t là c n l p lu n đ xác đ nh trong dung d ch thu đ c ch a h n h p các

mu i s t

- Ph ng pháp th ng đ c s d ng là xét các tr ng h p dung d ch thu đ c ch ch a

m t mu i s t, t đó l p lu n và tính toán d n đ n mâu thu n v i d ki n c a bài toán 

dung d ch thu đ c ph i ch a h n h p các mu i s t

Áp d ng các đ nh lu t b o toàn đ xác đ nh s mol m i mu i có trong dung d ch:

+ D a vào đ nh lu t b o toƠn nguyên t : “ Trong các ph n ng hóa h c thông

th ng, các nguyên t luôn đ c b o toàn”

i u này có ngh a là: “T ng s mol nguyên t c a m t nguyên t X b t k tr c và sau

ph n ng là luôn b ng nhau”

+ D a vào đ nh lu t b o toƠn electron:

Trong ph n ng oxi hóa kh :  s electron nh ng =  s electron nh n

 s mol electron nh ng =  s mol electron nh n

II Các ví d minh h a

Ví d 1:

Cho 5,6 gam Fe vào dung d ch HNO3, sau khi ph n ng hoàn toàn thu đ c khí NO và

dung d ch A, cô c n dung d ch A thu đ c 22,34 gam ch t r n khan B (B không ch a

mu i amoni)

Tính th tích khí NO (đktc) thu đ c và s mol HNO3đã ph n ng

Gi i:

Fe

5, 6

56

 

- N u ch thu đ c mu i Fe(NO3)3, ta có:

0,1 mol Fe  0,1 mol Fe(NO3)3  m = 0,1 242 = 24,2 (gam) > 22,34 (gam)

- N u ch thu đ c mu i Fe(NO3)2, ta có:

0,1 mol Fe  0,1 mol Fe(NO3)2  m = 0,1.180 = 18 (gam) < 22,34 (gam)

Ta th y: 18 (gam) < 22,34 (gam) < 24,2 (gam)

 B g m h n h p Fe(NO3)2 (x mol) và Fe(NO3)3 (y mol)

Ta có: 180x + 242y = 22,34 (I)

Theo đ nh lu t b o toàn nguyên t Fe, ta có: x + y = 0,1 (II)

T (I) và (II)  x = 0,03 và y = 0,07

- S đ cho – nh n electron:

0, 03 0, 06 (mol) 3a a (mol)

Fe Fe 3e

0, 07 0, 21 (mol)



 

 3a = 0,06 + 0,21a = nNO = 0,09 (mol) Th tích NO (đktc) = 0,09.22,4 = 2,016 (lít)

Fe + 4HNO3   Fe(NO3)3 + NO + 2H2O

- S mol HNO3ph n ng = 4nNO = 0,36 (mol)

Nh n xét:

- Bài toán đã k t h p d ki n c a đ bài v i đ nh lu t b o toàn nguyên t và b o toàn electron đ tìm s mol các mu i trong dung d ch và s mol NO thu đ c sau ph n ng

- Ngoài ra, đ tìm s mol HNO3ph n ng ta có th s d ng đ nh lu t b o toàn nguyên

t Nit :

n  n  2n 3n n = 2.0,03 + 3.0,07 + 0,09 = 0,36 (mol)

Ví d 2: (HSG t nh V nh Phúc 2010-2011)

Hòa tan h t 5,6 gam Fe trong dung d ch H2SO4đ c, nóng thu đ c dung d ch A Thêm NaOH d vào A thu đ c k t t a B Nung B trong đi u ki n không có oxi đ n kh i

l ng không đ i đ c ch t r n D còn nung B trong không khí đ n kh i l ng không đ i thu đ c ch t r n E Bi t mE– mD = 0,48 gam Tính s mol m i ch t trong A

Gi i:

Fe

5, 6

56

 

2Fe + 6H2SO4 Fe2(SO4)3 + 3SO2  + 6H2O

- N u A ch có Fe2(SO4)3thì B ch có Fe(OH)3  khi nung B trong đi u ki n không có oxi và trong không khí đ u thu đ c Fe2O3  mE = mD không phù h p v i gi thi t

Do đó A ph i có FeSO4do có ph n ng: Fe + Fe2(SO4)3 3FeSO4

- N u sau ph n ng trên mà c Fe và Fe2(SO4)3đ u ph n ng h t thì A ch có FeSO4

Fe   FeSO4   Fe(OH)2   FeO 0,1 0,1 (mol)

Fe   FeSO4   Fe(OH)2   Fe2O3

0,1 0,05 (mol)

Khi đó: mD = 0,1.72 = 7,2 gam và mE = 0,05.160 = 8 gam

D th y: mE – mD = 0,8 gam  0,48 gam V y A ph i ch a 2 mu i FeSO4 và Fe2(SO4)3

- t x, y l n l t là s mol FeSO4 và Fe2(SO4)3 có trong A ta có:

0,1 mol Fe 4

FeSO : x mol

Fe (SO ) : y mol







- Áp d ng đ nh lu t b o toàn nguyên t Fe, ta có: x + 2y = 0,1 (I)

- Khi A + NaOH ta có:

FeSO4+ 2NaOH Fe(OH)2 + Na2SO4

x x

Fe2(SO4)3+ 6NaOH 2Fe(OH)3 + 3Na2SO4

y 2y

 K t t a B có: x mol Fe(OH)2 và 2y mol Fe(OH)3

- Khi nung B trong đi u ki n không có oxi ta có:

Fe(OH)2

0 t

 FeO + H2O

x x

2Fe(OH)3

0 t

 Fe2O3 + 3H2O 2y y

 mD = 72x + 160y

- Khi nung B trong không khí ta có:

2Fe(OH)2 + 1

2 O2

0 t

 Fe2O3 + 2H2O

x 0,5x

2Fe(OH)3

0 t

 Fe2O3 + 3H2O 2y y

 mE = 80x + 160y

Theo đ bài: mE – mD = 0,48 gam  (80x+160y) – (72x+160y) = 0,48  x = 0,06 Thay x = 0,06 vào (I)  y = 0,02

V y A có 0,06 mol FeSO4 và 0,02 mol Fe2(SO4)3

Ví d 3: (HSG t nh V nh Phúc 2012-2013)

Cho x (mol) Fe tác d ng v a h t v i dung d ch ch a y (mol) H2SO4 thu đ c khí A (nguyên ch t) và dung d ch B ch a 8,28 gam mu i Tính kh i l ng Fe đã dùng Bi t x

= 0,375y

Gi i:

* TH1: H2SO4 loãng  khí A là H2

Fe + H2SO4   FeSO4 + H2  (1) Theo đ bài: x 37,5 3

y  100  8 (*)

nh ng theo PTHH: x 1 3

y   1 8  lo i

*TH2: H2SO4đ c, nóng  khí A là SO2

2Fe + 6H2SO4 (đ c)  to Fe2(SO4)3 + 3SO2  + 3H2O (2)

y

3 y y

6 (mol) theo ph n ng (2)  x 2 3

y   6 8  Fe d

 x y ra ph n ng: Fe + Fe2(SO4)3   3FeSO4

Ban đ u: (x y

3

 ) y

6 (mol)

Ph n ng: (x y

3

 ) (x y

3

 ) (3x – y) (mol)

Do x 3 x 3y x y 3y y y y

y    8 8    3 8   3 24  6  Fe h t, Fe2(SO4)3d

 dung d ch B g m: (3x – y) mol FeSO4

y (x y) (y x) mol

Ta có: mmu i = 152(3x – y) + 400(y x

2  ) = 8,28 (**)

Gi i (*) và (**) ta đ c: x = 0,045 mol; y = 0,12 mol

V y mFe = 0,045.56 = 2,52 gam

Ví d 4: (HSG t nh V nh Phúc 2013-2014)

2,52 gam b t s t trong không khí, sau m t th i gian thu đ c 2,84 gam h n h p ↓

g m Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 hòa tan h t ↓ c n 500 ml dung d ch HNO3 a (mol/l),

sau ph n ng sinh ra 0,56 lít NO (s n ph m kh duy nh t, đktc) và dung d ch Y Tính giá tr c a a và kh i l ng ch t tan trong Y

Gi i:

Ta có: nFe = 0,045 (mol); nNO = 0,025 (mol)

Theo LBT kh i l ng: m O2  2,84 2, 52   0, 32 (gam)

2

O

 

Gi s dung d ch Y ch ch a mu i Fe(NO3)3, áp d ng LBT electron ta có:

2

3n 4n 3n

nh ng 3nFe = 0,045.3 = 0,135 (mol) > 4n O2  3n NO  4.0, 01 3.0, 025   0,115 (mol)

Gi s dung d ch Y ch ch a mu i Fe(NO3)2, áp d ng LBT electron ta có:

2

2n  4n  3n

nh ng 2nFe = 0,045.2 = 0,09 (mol) < 4n O2  3n NO  4.0, 01 3.0, 025   0,115 (mol)

 dung d ch Y ch a 2 mu i Fe(NO3)2 (x mol); Fe(NO3)3 (y mol) và HNO3đã ph n ng

h t

Theo LBT nguyên t Fe: x + y = 0,045 (I)

Theo LBT electron:

2

3

Fe Fe + 2e

x x 2x

Fe Fe + 3e

y y 3y





 













2 2

O + 4e 2O

0, 01 0, 04

N + 3e N

0, 075 0, 025













