Mot so phuong phap giup giai nhanh bai toan hoa hoc PHAN II

PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN ELECTRON Nguyờn tắc của phương phỏp: “Khi cú nhiều chất oxi húa hoặc chất khử trong hỗn hợp phản ứng nhiều phản ứng hoặc phản ứng qua nhiều giai đoạn thỡ tổng số mo

Trang 1

4 PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN ELECTRON

Nguyờn tắc của phương phỏp: “Khi cú nhiều chất oxi húa hoặc chất khử trong hỗn hợp phản ứng

(nhiều phản ứng hoặc phản ứng qua nhiều giai đoạn) thỡ tổng số mol electron mà cỏc phõn tử chất khử cho phải bằng tổng số mol electron mà cỏc chất oxi húa nhận”

Điều quan trọng nhất khi ỏp dụng phương phỏp này đú là việc nhận định đỳng trạng thỏi đầu và trạng thỏi cuối của cỏc chất oxi húa và cỏc chất khử, nhiều khi khụng cần quan tõm đến việc cõn bằng phản ứng

húa học xảy ra

hợp khớ gồm NO2 và NO cú tỉ lệ thể tớch 3:1 Xỏc định kim loại M

Hướng dẫn giải:

Số mol của hỗn hợp khớ: 0,4(mol)

22,4

8,96

4

1 n (mol);

0,3 0,4 4

3 n 1 : 3 n : n 1 : 3 V

:

2 2

Gọi n là húa trị của M Quỏ trỡnh nhường electron:

n 0

M ne

M







Số mol electron nhường là: n 19,2 n (mol) (*)

M

ecnhuong  



Quỏ trỡnh nhận electron:

2 4 5

N N 3 6e

N 4







Tổng số mol electron nhận là: nenhõn  6 0,10, 6 (mol) (**)

Áp dụng định luật bảo toàn electron, ta cú: n n õ 19,2 n 0,6 M 32n

M

enhuong  enh n    

 n = 2; M = 64 Vậy kim loại M là đồng (MCu = 64)

gồm NO và một khớ X, với tỉ lệ thể tớch là 1:1 Xỏc định khớ X

Số mol của hỗn hợp khớ B: 0,3(mol) n n 0,15(mol)

22,4

6,72

Quỏ trỡnh nhường electron: Fe Fe 3e

3 0









Số mol electron nhường là: 3 0,6(mol) (*)

56

11,2

 e nhường

Quỏ trỡnh nhận electron của NO:

2 5

N 3e

N







Số mol electron do NO nhận là: ne(NOnhận) 30,150,45(mol) (**)

Áp dụng định luật bảo toàn electron, ta cú: nenhường nenhậnnenhường ne(NOnhận) ne(Xnhận)

 ne (X nhận) ne nhường ne (NO nhận) 0,60,450,15(mol)

Gọi n là số electron mà X nhận Ta cú:

n) (5 5

N ne

N









 n = 1

15

,

0

15

,

0

 Từ đú suy ra X là NO2

Trang 2

Vớ dụ 3 Cho 3,6 gam Mg tỏc dụng hết với dung dịch HNO3 (dư), sinh ra 2,24 lớt khớ X (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc) Khớ X là

Đề thi tuyển sinh cao đẳng năm 2008

Áp dụng ĐLBTE: ne (X nhận) ne (Mg nhường) 02 (3,6 : 24)0,3 (mol)

Gọi n là số electron mà X nhận Ta cú:

n) (5 5

N ne

N









 n =0,3 3

0,1 → X là NO

đktc) hỗn hợp khớ X (gồm NO và NO2) và dung dịch Y (chỉ chứa hai muối và axit dư) Tỉ khối của X đối với H2 bằng 19 Giỏ trị của V là:

Đề thi tuyển sinh đại học khối A năm 2007

nFe = nCu = 0,1 mol → ∑enhường = 3 nFe + 2 nCu = 0,5 mol

Đặt số mol của NO và NO2 lần lượt là a và b

MY = (30a + 46b) / (a + b) = 38 → a = b (1)

Áp dụng ĐLBTE: ne nhường ne nhận3a b 0, 5 (2)

Giải (1) và (2) tỡm được a và b → V = 22,4 (a + b) = 22,4 0,25 = 5,6 lớt

Vớ dụ 5 Để m gam phoi bào sắt A ngoài khụng khớ sau một thời gian biến thành hỗn hợp B cú khối

lượng 12 gam gồm Fe và cỏc oxit FeO, Fe3O4, Fe2O3 Cho B tỏc dụng hoàn toàn với axit nitric dư thấy giải phúng ra 2,24 lớt khớ duy nhất NO Tớnh khối lượng m của A ?

Fe B NO

Fe FeO

Fe3O4

Fe2O3

dd HNO3

mA gam 12 gam 2,24 lít (đktc)

Quỏ trỡnh nhường electron: Cỏc quỏ trỡnh nhận electron:

3e Fe

Fe

3

0









(1) +) Từ sắt  oxit:

O2 + 4e  2O-2 (2) (*)

(mol) 3 56

m

2 5

N 3e

N







(mol) 8

m 12 4 32

m 12

2

(mol) 3 , 0 1 , 0 3

ne(Nnhận)   

 0,3 (mol) (**)

8

m 12

8

m 12 56

m 3 n

Trang 3

Vớ dụ 6 Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 3 gam hỗn hợp chất rắn X Hũa tan hết hỗn hợp X trong dung dịch HNO3 (dư), thoỏt ra 0,56 lớt (ở đktc) NO (là sản phẩm khử duy nhất) Giỏ trị của m là

Đề thi tuyển sinh đại học khối B năm 2007

Tương tự vớ dụ 13, ỏp dụng ĐLBTE:



 e nhường  e nhận

(dư), thu được 1,344 lớt khớ NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc) và dung dịch X Cụ cạn dung dịch X thu được m gam muối khan Giỏ trị m là

Cú thể hiểu đề bài toỏn như sau: Nung m gam sắt trong oxi thu được 11,36 g hỗn hợp gồm Fe, FeO,

Fe2O3 và Fe3O4…… Như vậy bài này hoàn toàn tương tự như vớ dụ 6 và 7

m 11, 36 m



Vớ dụ 8 Trộn 5,6 gam bột sắt với 2,4 gam bột lưu huỳnh rồi nung núng (trong điều kiện khụng cú khụng

khớ), thu được hỗn hợp rắn M Cho M tỏc dụng với lượng dư dung dịch HCl, giải phúng hỗn hợp khớ X và cũn lại một phần khụng tan G Để đốt chỏy hoàn toàn X và G cần vừa đủ V lớt khớ O2 (ở đktc) Giỏ trị của V là

Quỏ trỡnh nhường electron: Quỏ trỡnh nhận electron



2



0,1 0,3



0,075 0,3

Áp dụng ĐLBTE:

n  n 0, 6n O = 0,15 V O = 3,36 l

 e O nhận  e nhường

0,15 mol Fe và 0,15 mol Cu là (biết phản ứng tạo chất khử duy nhất là NO)

Ở đõy chỉ cần chỳ ý rằng: Fe3+ hũa tan được Fe và Cu tạo thành Fe2+

Như vậy, thể tớch HNO3 là nhỏ nhất → Dung dịch chứa hai cation là Cu2+ và Fe2+

Áp dụng ĐLBTE:

n  n 3 (n NO)2.0.15 2.0,15 n NO( )0, 2

 n(HNO3) = 4 n(NO) = 0,8  V = 0,8 lớt

(Trong phản ứng của kim loại và HNO3 tạo NO, ta cú tỉ lệ n(HNO3) = 4 n(NO)… )

Trang 4

Vớ dụ 10 Cho 2,16 gam Mg tỏc dụng với dung dịch HNO3 (dư) Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 0,896 lớt khớ NO (ở đktc) và dung dịch X Khối lượng muối khan thu được khi làm bay hơi dung dịch X là:

A 8,88 gam B 13,92 gam C 6,52 gam D 13,32 gam

ne (Mg nhường) 2.(2.16 : 24) = 0,18

ne (NO nhận)3.(0,896 : 22, 4)0,12ne (Mg nhường)

→ Trong dung dịch cú NH4NO3

Áp dụng ĐLBTE →

4 3

NH NO

8n ne n(Mg nhường)ne (NO nhận) 0,18 0,12 0,06 (mol) → nNH NO 4 3= 0,0075 mol

Tổng khối lượng muối:

4 3

NH NO

Vớ dụ 11 Chia m gam Al thành hai phần bằng nhau:

- Phần một tỏc dụng với lượng dư dung dịch NaOH, sinh ra x mol khớ H2;

- Phần hai tỏc dụng với lượng dư dung dịch HNO3 loóng, sinh ra y mol khớ N2O (sản phẩm khử duy nhất) Quan hệ giữa x và y là

Áp dụng ĐLBTE:

ne (N O nhận) ne (H nhận) ne (Al nhường)  8x 2y  y 4x

1 thoỏt ra 22,4 lớt một chất khớ duy nhất thỡ thể tớch khớ thoỏt ra ở anot bỡnh 2 là:

A 11,2 lớt B 22,4 lớt C 33,6 lớt D 44,8 lớt



-2

o

e

Hai bỡnh điện phõn mắc nối tiếp nờn điện lượng qua hai bỡnh là bằng nhau, do đú số electron nhận ở anot hai bỡnh là như nhau

→

ne (O nhận) ne (Cl nhận) 2  nO 0, 5  VO 11, 2

Trang 5

5 PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN ĐIỆN TÍCH

Nguyên tắc của phương pháp: “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

Trong một số bài toán phương pháp bảo toàn điện tích còn được kết hợp với ĐLBTE và chú ý:

∑mmuối = ∑mcation + ∑manion

Ví dụ 1 Kết quả xác định nồng độ mol/lít của các ion trong một dung dịch như sau:

Hỏi kết quả đó đúng hay sai ? Tại sao ?

Tổng số điện tích dương: 0,05 + 2.0,01 = 0,07 (mol)

Tổng số điện tích âm: 0,01 + 0,04 + 0,025 = 0,075 (mol)

Ta thấy tổng số điện tích dương ≠ tổng số điện tích âm  kết quả xác định trên là sai!

mol Cl¯

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích, ta có: a + 2b = c + d

2-4

SO Tổng khối lượng các muối tan có trong dung dịch là 5,435 gam Giá trị của x và y lần lượt là

A 0,03 và 0,02 B 0,05 và 0,01 C 0,01 và 0,03 D 0,02 và 0,05

Áp dụng BTĐT: 2.0,02 + 1.0,03 = 1.x + 2.y → x + 2y = 0,07 (1)

∑mmuối = ∑mcation + ∑manion → 64.0,02 + 39.0,03 + 35,5x + 96y = 5,435

Giải (1) và (2) → Đáp án A

2-4

4

NH , Cl- Chia dung dịch X thành hai phần bằng nhau:

- Phần một tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH, đun nóng thu được 0,672 lít khí (ở đktc) và 1,07 gam kết tủa;

- Phần hai tác dụng với lượng dư dung dịch BaCl2, thu được 4,66 gam kết tủa

Tổng khối lượng các muối khan thu được khi cô cạn dung dịch X là (quá trình cô cạn chỉ có nước bay hơi)

A 3,73 gam B 7,04 gam C 7,46 gam D 3,52 gam

Phần 1: Fe3+ + 3OH- → Fe(OH)3↓ +

4

NH + OH- → NH3↑ + H2O

Phần 2: Ba2+ +

2-4

SO → BaSO4 ↓ 0,02 0,02

Áp dụng BTĐT: 3 0,01 + 1.0,03 = 2 0,02 + 1.x → x = 0,02

Trang 6

Khi cô cạn dung dịch :

∑mmuối = ∑mcation + ∑manion = 56.0,01 + 18.0,03 + 96.0,02 + 35,5.0,02 = 3,73g

dung dịch X (chỉ chứa hai muối sunfat) và khí duy nhất NO Giá trị a là:

Sơ đồ phản ứng: FeS2 + Cu2S → Fe3+ + Cu2+ +

2-4

SO 0,12 a 0,12 2a (a + 0,24)

Áp dụng BTĐT: 3 0,12 + 2 2a = 2 ( a + 0,24) → a = 0,06

Ví dụ 6 Cho 2,13 gam hỗn hợp X gồm ba kim loại Mg, Cu và Al ở dạng bột tác dụng hoàn toàn với oxi thu được

hỗn hợp Y gồm các oxit có khối lượng 3,33 gam Thể tích dung dịch HCl 2M vừa đủ để phản ứng hết với Y là

Đặt số mol Mg, Cu và Al lần lượt là a, b, c

Hh X + O2 → hh → hh Y

Áp dụng BTE: ∑ne hỗn hợp X nhường = ∑ne oxi nhận

→ (2a + 2b + 3c) = 4 3, 33 2,13

32



Hh Y + HCl → Dung dịch Z

Áp dụng BTĐT: ∑điện tích dương (Cu2+, Mg2+ và Al3+) = ∑điện tích âm (Cl-)

Từ (1) và (2) ta thấy: ∑điện tích dương = ∑n e hỗn hợp X nhường

→ ∑điện tích âm = ∑ne nhận → nHCl = 0,15 → VHCl = 0,075 lít = 75 ml

Chú ý: Đây là một ví dụ cho việc kết hợp BTE và BTĐT Trong một số bài tập khác ta cũng có thể áp

dụng các nhận xét trên mà không cần chứng minh

đktc) Thể tích dung dịch axit H2SO4 2M cần dùng để trung hoà dung dịch X là

(Na + Ba) + H2O → (NaOH + Ba(OH)2) + H2

Theo bảo toàn electron: ∑nehợp kim nhường = ∑nenhận (1) (NaOH + Ba(OH)2) + H2SO4 → Na2SO4 + BaSO4 + H2O

Áp dụng BTĐT: ∑điện tích âm (

2-4

SO ) = ∑điện tích dương (Na+ và Ba2+) (2) Mặt khác ∑nehợp kim nhường = ∑điện tích dương (Na+ và Ba2+) (3) → ∑nenhận = ∑điện tích âm (

2-4

SO ) → 2nhiđro = 2naxit = 2V → V = 0,15 lít Đáp án D

Trang 7

Ví dụ 8 Hỗn hợp A gồm Na và Al hòa tan hết trong nước dư thu được a mol H2 còn lại dung dịch B gồm NaAlO2 và NaOH dư Dung dịch B có thể tác dụng với lượng tối đa dung dịch HCl chứa b mol HCl

Tỉ số a/b có giá trị:

Các phương trình phản ứng xảy ra:

Hỗn hợp A tan hết trong nước dư:

Na + H2O → NaOH + 1

2H2

Al + NaOH + H2O → NaAlO2 + 3

2H2

Dung dịch B tác dụng với HCl dư: → Dung dịch C

NaOH + HCl → NaCl + H2O

NaAlO2 + HCl + H2O → NaCl + Al(OH)3

Al(OH)3 + 3HCl → AlCl3 + 3H2O

Tương tự ví dụ 6, và ví dụ 7 ta có: ∑nenhận = ∑điện tích âm (Cl-)

→ 2nhiđro = nHCl → a/b = 1/2 → Đáp án B

Định dạng
Số trang	7
Dung lượng	430,13 KB