Đề tài Áp dụng định luật bảo toàn electron để giải bài tập hoá học chương nitơ-Phốt pho

Do đó là giáo viên chuyên nghành Hoá tôi thấy nên giới thiệu phương pháp bảo toàn electron một cách hệ thống cho häc sinh khi gi¶i bµi tËp hãa häc ,b¾t ®Çu tõ líp 11,råi sang líp 12 th× [r]

sở GD- đt hà nội trường thpt Việt nam- ba lan



Sáng kiến kinh nghiệm

áp dụng định luật bảo toàn electron

để giải bài tập hoá học ChƯơng Nitơ-phốt pho

Người thực hiện: Nguyễn thu hằng

Môn: hoá

đơn vị: trường thpt Việt nam- ba lan

năm học 2009 - 2010

Mở đầu

I Lý do chọn đề tài.

Cải tiến nội dung và phương pháp dạy học nhằm nâng cao chất lượng của quá trình dạy học là nhiệm vụ thường xuyên và lâu dài của nghành giáo dục Hoá học là môn khoa học vừa lý thuyết ,vừa thực nghiệm , do đó muốn nâng cao kết quả của quá trình dạy học hoá học người ta cho rằng Một học sinh hiếu học là học sinh sau khi học bài xong, chưa vừa lòng với những hiểu biết của mình và chỉ yên tâm khi đã tự mình giải được các bài tập ,vận dụng kiến thức đã học dể giải bài tập Bài tập hoá học có tác dụng rèn luyện khả năng vận dụng kiến thức ,đào sâu và mở rộng kiến thức đã học một cách sinh động , phong phú Qua đó ôn tập củng cố hệ thống hoá kiến thức một cách thuận lợi nhất ,rèn luyện kĩ năng giải bài tập , phát triển năng lực nhận thức ,năng lực hành động ,rèn trí thông minh ,sáng tạo cho học sinh ,nâng cao hứng thú học tập bộ môn Có thể nói rằng bài tập hoá học vừa là mục đích ,vừa là nội dung ,lại vừa là

phương pháp dạy học rất có hiệu quả

Bài tập còn là con đường đầu tiên để áp dụng chính xác kiến thức khoa học vào cuộc sống Song thực tế cho thấy nhiều học sinh phổ thông rất sợ giải bài tập hoá học hoặc còn rất lúng túng trong việc xác định các dạng toán , do đó gặp nhiều khó khăn trong việc giải bài tập Hơn nữa số tiết bài tập hoá học ở trên lớp lại rất ít, nên việc củng cố, đào sâu và vận dụng kiến thức hoá học còn hạn chế Trước tình trạng đó là một giáo viên chuyên ngành hoá, trong quá trình giảng dạy, tôi thường xuyên hệ thống -phân dạng các bài tập cho học sinh ,góp phần nâng cao khả năng giải bài tập của học sinh ,phục vụ kiến thức cho học sinh ôn thi vào các trường đại học và cao đẳng

Thực tế một bài tập có thể có nhiều cách khác nhau: có cách giải thông thường theo các bước quen thuộc, nhưng cũng có cách giải độc đáo ,thông minh ,rất ngắn gọn

mà lại chính xác chẳng hạn như " Phương pháp bảo toàn electron " Nguyên tắc của phương pháp này là : " Khi có nhiều chất oxi hoá ,chất khử trong một hỗn hợp phản ứng ( nhiều phản ứng hoặc phản ứng qua nhiều giai đoạn) thì tổng số electron mà các chất

trạng thái đầu và trạng thái cuối của chất oxi hoá và chất khử thậm chí không cần quan tâm đến việc cân bằng các phương trình phản ứng Phương pháp này đặc biết lý thú với các bài toán phải biện luận nhiều trường hợp có thể xảy ra các bài toán hỗn hợp Tuy nhiên phương pháp này chỉ áp dụng cho hệ phương trình phản ứng oxi hoá khử và

thường dùng giải bài toán vô cơ

Với mục đích trên tôi đã nghiên cứu và hệ thống các bài tập : "áp dụng định luật bảo toàn eletron để giải các bài toán hoá học vô cơ" Sau đây tôi xin trình bày kinh nghiệm của mình

II Mục đích nghiên cứu

Thăm dò khả năng và năng lực riêng của học sinh khi tiếp xúc với một phương pháp giải toán mới

Sử dụng hệ quả của định luật bảo toàn điện tích để giải nhanh bài toán hoá học Phân loại và tuyển chọn một số bài tập ,một số đề tuyển sinh vào các trường đại học,cao đẳng để học sinh luyện thi đại học

Rèn trí thông minh ,phát huy tính tích cực , chủ động ,sáng tạo của học sinh ,tạo

ra hứng thú học tập bộ môn hoá học của học sinh phổ thông

III Đối tượng và phạm vi nghiên cứu.

Hệ thống các bài tập hoá học vô vơ ở chương trình hoá học THPT

IV Nhiệm vụ nghiên cứu.

Nghiên cứu cơ sở lí luận về bài tập hoá học và thực trạng của việc giải bài tập hoá học của học sinh phổ thông hiện nay

Nghiên cứu lý thuyết về định luật bảo toàn điện tích , phản ứng oxi hoá khử

V Phương pháp nghiên cứu.

1 Nghiên cứu lý thuyết

Nghiên cứu SGK ,sách bài tập hoá học phổ thông , các nội dung lí thuyết về bài tập hoá học , định luật bảo toàn điện tích làm cơ sở

2 Tổng kết kinh nghiệm và thủ thuật giải bài tập hoá học

3 Trao đổi ,trò chuyện với đồng nghiệp , học sinh trong quá trình nghiên cứu

VI Giả thuyết khoa học.

Nếu sử dụng thành thạo phương pháp này thì sẽ giúp hoc sinh giải nhanh một số bài toán hoá học vô cơ mà không phải lập hệ phương trình đại số hay biện luận nhiều

trường hợp

Nội dung

Chương I: cơ sở phương pháp bảo toàn electron

1 Định luật bảo toàn điện tích

Định luật bảo toàn địên tích là thước đo đúng đắn của nhiều định luật vật lý ,hoá học có liên quan đến điện tích ở đây ta chỉ xét một số hệ quả của định luật phổ biến trên vào bài toán hoá học

2 Các hệ quả và áp dụng

*Hệ quả 1: "Điện tích luôn xuất hiện hoặc mất đi từng cặp có giá trị trái dấu nhau "

Ví dụ 1 : Na2SO4 tan vào nước sẽ bị điện li và xuất hiện K+ và Cl

Na2SO4 2Na + + SO4

Ví dụ 2 : Mg2+ cùng mất đi đồng thời với 2OH- theo phản ứng :

2

Mg 2OH     Mg OH 

Mg2+ có hai điện tích +2e

2OH- có điện tích -2e

Còn Mg(OH)2 thì không mang điện

*Hệ quả 2 : " Trong phản ứng oxi hoá khử ,nếu chất khử phóng ra bao nhiêu mol

electron thì chất oxi hoá thu vào bấy nhiêu mol electron "

Ta đã vận dụng hệ quả trên để cân bằng phản ứng oxi hoá khử Và nhiều trường hợp chỉ cần vần dụng hệ quả trên là có thể giải được bài toán mà không cần phải viết và cân bằng phương trình phản ứng

Ví dụ 3 : Cho 1,92 gam Cu tan vừa đủ trong dung dịch HNO 3 loãng ,nóng ta thu

được V lít khí NO (đktc) Tính V và khối lượng HNO 3 nguyên chất đã tham gia phản ứng

Bài giải

nCu = = 0,03 (mol)

64

92 , 1

Ta có các quá trình trao đổi electron :

Quá trình nhường e: Quá trình nhận e :

Cu  Cu 2e  2  N 3e  5   N  2

số mol electron cho = số mol electron nhận

Hay : 0,06 = 3x suy ra : x = 0,02 (mol)

Thể tích khí NO thoát ra ở đktc là :

VNO = 0,02 x 22,4 = 0,448 (lit)

Từ (1) suy ra trong dung dịch xuất hiện 0,03 mol Cu2+ nên theo định luật bảo toàn điện tích phải có 0,06 mol NO3- tham gia tạo muối

Vậy phản ứng trên có 0,02 mol NO3 - tham gia phản ứng oxi hoá khử và 0,06 mol

NO3- tham gia phản ứng trung hoà ( Làm môi trường )

Tổng số mol NO3- = Tổng số mol HNO3 = 0,08 mol

suy ra : khối lượng HNO3 = 0,08 x 63 = 5,04 (g)

* Hệ quả 3 : "Một hỗn hợp gồm nhiều kim loại có hoá trị không đổi và khối lượng cho

trước sẽ phóng ra bao nhiêu mol electron không đổi cho bất kì gốc phi kim nào "

Ví dụ 4 : Lấy 7,78 gam hỗn hợp A gồm hai kim loại hoạt động (X,Y) có hoá trị không đổi chia thành 2 phần bằng nhau:

Phần 1: Nung trong oxi dư để oxi hoá hoàn toàn ta thu được 4,74 gam hỗn hợp 2 oxit.

Phần 2:Hoà tan hoàn toàn trong dung dịch hỗn hợp HCl và H 2 SO 4 loãng

Tính thể tích khí H 2 thu được ở đktc

Bài giải

Số mol oxi nguyên tử kết hợp với = 3,94 gam hỗn hợp hai kim loại:

2

78 , 7

16

94

,

3

74

,

4 

Trong quá trình tạo oxit ,oxi đã thu electron của kim loại như sau:

O + 2e O 2- (1)

( mol) : 0,05 0,1 0,05

Theo (1) thì 0,05 mol O đã thu được 0,1 mol electron do 3,94 g hỗn hợp 2 kim loại phóng ra Khi 3,94 g hỗn hợp 2 kim loại khử H+ của dung dịch axit cũng phóng ra 0,1 mol electron

Vậy H+ sẽ thu 0,1 mol electron theo bán phản ứng :

2H+ + 2e H 2 (2)

(mol) : 0,1 0,05

Vậy thể tích khí H2 thoát ra là :V = 0,05 22,4 = 1,12 lít

Chương II : Hệ thống bài tập hoá học giải theo phương pháp bảo toàn electron

Loại 1 : Phản ứng của kim loại với axít

Bài 1: Cho m g Zn vào dung dịch HNO 3 thấy có 4,48 lít hỗn hợp khí NO và NO 2

có tỉ lệ số mol là 1/1 ở đktc Tính m?

Bài giải

a Phương trình phản ứng:

Zn + 4 HNO3 = Zn(NO3)3 + 2NO2 + 2H2O (1)

3Zn + 8 HNO3 = 3 Zn(NO3)2 + 2NO + 4H2O (2)

Ta có nhỗn hợp = = 0,2 mol

4 , 22

48 , 4

2

NO NO

Ta có các quá trình trao đổi electron :

Quá trình nhường e: Quá trình nhận e :

Zn  Zn2  2e

N 1e N

N 3e N

Số mol electron N5+ nhận là : 3*0,1+0,1=0,4 mol

Số mol Zn = 0, 4 0, 2

2  mol

m=65*0,2=13 gam

Bài 2: Cho 6,3 g hỗn hợp Al ,Mg vào 500 ml dung dịch HNO 3 ( loãng ) 2M thấy có 4,48 lít khí NO , (duy nhất ) ở đktc và thu được dung dịch A

1 Chứng minh rằng trong dung dịch còn dư axít

2 Tính nồng độ các chất trong dung dịch A

Bài giải

a Phương trình phản ứng:

Al + 4 HNO3 = Al(NO3)3 + NO + 2H2O (1)

3Mg + 8HNO3 = 3 Mg(NO3)2 + 2NO + 4H2O (2)

Ta có nNO = = 0,2 mol

4 , 22

48 , 4

nHNO3= 0,5 2 = 1 mol

Ta có các quá trình trao đổi electron :

Quá trình nhường e: Quá trình nhận e :

3

Mg 2e

Al Al 3e



N 3e    N 

Số mol electron N5+ nhận là : 3*0,2 =0,6 mol

Kim loại cho bao nhiêu electron thì nhận về bấy nhiêu gốc NO3

Số mol HNO3 tham ra phản ứng là: 0,2+0,6=0,8<1 Vậy axit dư

b/Tính số mol Al ,Mg

Gọi số mol Al ,Mg lần lượt bằng a,b mol

Ta có phương trình :

 

27a 24b 6,3 g 3a 2b 0,6 mol





a 0,1 mol

b 0,15 mol





 



Dung dịch A có : Mg(NO)2 0,15 mol

HNO3 dư 0,2 mol

Al(NO3)3 0,1 mol

[Al(NO3)3] = = 0,2 (M)

5 , 0

1 , 0

[HNO3] = = 0,4 (M)

5 , 0

2 , 0

[Mg(NO3)2 ] = 0,15 0,3(M)

0,5 

Bài 3: Hoà tan 2,88 gam hỗn hợp Fe , Mg bằng dung dịch HNO 3 loãng dư thu

được 0,9856 lít hỗn hợp khí NO , N 2 ( ở 27,3 0 c , 1 at ) có tỉ khối so với H 2 bằng

14,75

1 Viết các phương trình phản ứng có thể xảy ra

Bài giải

1 Phương trình phản ứng:

3Mg + 8 HNO3 = 3 Mg(NO3)2 + 2NO + 4H2O

5Mg + 12HNO3 = 5Mg(NO3)2 + N2 + 6 H2O

Fe + 4HNO3 = Fe(NO3)3 + NO + 2H2O

2.Tính khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp

Đặt số mol NO, N2 lần lượt là a,b mol

Ta có hệ phương trình :

14,72 2

a b 0,04

a b







Ta được a= nNO = 0,03 mol ; b = nN2= 0,01 mol

Ta có các quá trình trao đổi electron :

Quá trình nhường e: Quá trình nhận e :

2

Fe Fe 3e

Mg Mg 2e





N 3e N 2N 10e 2N



Số mol e do N+5 nhận :

3.nNO + 10 nN2= 3.0,03 + 0,01 10 = 0,19 mol (I)

Gọi số mol Fe , Mg bằng x ,y mol , ta có ssố mol e do Fe ,Mg nhường :

ne = 3x + 2y (II)

áp dụng định luật bảo toàn e ta có

3x + 2y = 0,19 (mol) (III)

Mặt khác ta có : 56x + 24 y = 2,88 (g ) (IV)

Ta có hệ phương trình :

 

 

3x 2y 0,19 mol 56x 24 y 2,88 g







x 0,03 mol

y 0,05 mol







Vậy mFe = 0,03 56 = 1,68 (g)

mMg = 0,05 24 = 1,2 (g)

Bài 4 : Cho 1,35 gam hôn hơp Cu, Mg, Al tác dụng với HNO 3 thu được hỗn hợp khí X gồm 0,04 mol NO và 0,01 mol NO 2

1 Viết phương trình phản ứng.

2 Tính tổng khối lượng muối nitrat tạo thành sau phản ứng?

Bài giải

1 Các ptpư :

3

Mg 4 HNO Mg(NO ) 2NO +2H O

Al 6 HNO Al(NO ) 3NO +3H O

Cu 4 HNO Cu(NO ) 2NO +2H O 3Mg 8 HNO 3Mg(NO ) 2NO +4H O

Al 4 HNO Al(NO ) NO +2H O

3Cu 8 HNO

  3Cu(NO )3 2 2NO +4H O  2

2 Tính tổng khối lượng muối nitrat.

Quá trình nhận e :

N+5 + 3e = N+2 N+5 + 1e = N+4

3*0,04 1*0,01

Số mol electron N5+ nhận là : 0,12+0,01=0,13 mol

Kim loại cho bao nhiêu electron thì nhận về bấy nhiêu gốc NO3

=1,35+0,13*62=9,41 gam

3

Kl NO

m M  m  m 

Bài 5 : Hoà tan a g kim loài M trong dung dịch HNO 3 2M ta thu được 16,8 lit hỗn hợp khí X (đktc) gồm 2 khí không màu, nhưng hóa nâu ngoài không khí Tỉ khối hơi của X so với H 2 là 18,5 Tính thể tích dung dịch HNO 3 đã dùng biết lấy dư 25%.

Bài giải

Hỗn hợp khí X gồm 2 khí không màu, nhưng hóa nâu ngoài không khí do đó nó phải có khí NO và một khí khác là N2 hoặc N2O

Ta có n n 0,375 mol  d  ,18 5M  , *18 5 2 37 và n 16.8  0,75 mol

áp dụng sơ đồ đường chéo cho hỗn hợp X ta có:

30

44

n n

NO

N2O

1

= 7

7

2

N O

0,375 mol.

N5+ + 3e  N2+ (NO)

0,375 1,125 0,375

2N5+ + 8e  2N+ (N2O)

0,75 3 0,375

số mol electron mà N5+ nhận là: 1,125 + 3 =4,125 mol



Kim loại cho bao nhiêu electron thì cũng nhận bấy nhiêu gốc NO3

số mol HNO3 tham ra phản ứng là: 0,375 +0,375*2 +4,125=5,25 mol



lít

5, 25

2,63 2

3

HNO

V

Do lấy dư 25% nên lượng HNO3 thực tứ đem dùng là: 2,625 * 1,25 = 3,28 lít

Bài 6: Cho m gam Fe vào dung dịch 0,4 mol HNO 3 loãng Sau phản ứng thấy dung

dịch chứa 26,44 gam chất tan và khí NO duy nhất Tính m?

Bài giải

Kim loại cho bao nhiêu electron thì nhận về bấy nhiêu gốc NO3

Ta có các quá trình nhận electron: N 3e 5   N 2

x 3x x

sô mol HNO3 tham ra phản ứng là: x+3x=4x

Trường hợp I : HNO3 thiếu Fe dư trong dung dịch chỉ có Fe(NO3)2:

3

Fe NO

m  m  0,3*56 0,3*62 27

Trường hợp II : HNO3 dư Fe hết trong dung dịch có Fe(NO3)3 và HNO3 dư:

Ta có n Fe NO( 3 3) x mol và mol

3 (0, 4 4 )

HNO

(loại)

242x 63(0, 4 4 ) 26, 44x x 0.124 0

Trường hợp III : Vậy cả Fe và HNO3 đều hết Trong dung dịch có Fe(NO3)3 và

Fe(NO3)2

gam

Loại 2 : Xác định kim loại M

Bài 1 : Hoà tan 32 gam kim loại M trong dung dịch HNO 3 đặc thu được 22,4 lít

NO 2 ở đktc Xác định kim loại M?

Bài giải

2

NO

22, 4

22, 4 mol

 

Ta có các quá trình trao đổi electron :

Quá trình nhường e: Quá trình nhận e :

M  Mn ne N 1e 5   N 4

Số mol e do N+5 nhận : 1*1 = 1 mol

1

32

M

m

   

mà n biến thiên từ 1-3

Vậy M là Cu

Bài 2 : Hoà tan8,1 gam kim loại M trong dung dịch HNO 3 thu được 0,3 mol NO 2

và 0,2 mol NO Xác định kim loại M?

Bài giải

Ta có các quá trình trao đổi electron :

Quá trình nhường e: Quá trình nhận e :

N 1e N

N 3e N

Số mol e do N+5 nhận : 3.nNO + nNO2= 3.0,2 + 0,3 = 0,9 mol

mà n biến thiên từ 1-3.

Vậy M là Al

Bài 3: Hoà tan 3,3 g hỗn hợp X gồm Fe và kim loại R ( R có hoá trị không đổi ) trong dung dịch HCl dư ,được 2,688 lít khi H 2 .Nếu hoà tan 3,3 g X trên bằng dung dịch HNO 3 dư được 0,896 lít hỗn hợp khí Y gồm N 2 O và NO có tỉ khối so với

H 2 là 20,25

Tìm kim loại M và % khối lượng của X

Bài giải

Gọi số mol NO ,N2O trong hỗn hợp lần lượt là a,b mol

 

a b 0,04 mol I

30 44

40,5 g II

M

a b

 







Từ (I) vá (II) ta có a =0,01 , b= 0,03

Gọi x,y là số mol của Fe ,R trong hỗn hợp

Phản ứng của X với dung dịch HCl :

Quá trình nhường e :

Fe Fe +3 +2e

x 2x

R R +n + ne

y ny

Số mol e nhường là : 2x + ny

Quá trình nhận e :

2H+ + 2e H 2

2.0,12 0,12

áp dụng định luật bảo toàn e ta có : 2x + ny = 0,24 (I)

Phản ứng của X với HNO3 :

Quá trình nhường e :

Fe Fe +3 +3e

x 3x

R R +n + ne

y ny

Số mol e nhường là : 3x + ny



Quá trình nhận e :

N +5 + 3e = N +2

3.0,03 0,03

2N+5 +10e = N2

10.0,01 0,01

Số mol e nhận là : 3.0,03 + 10.0,01 = 0,19

áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có : 3x + ny = 0,19 (II)

Mặt khác theo bài ra ta có : 56x + ny = 3,3 g (III)

từ (I) ,(II) ,(III) ta được : x= 0,03 mol ; y= o,o6 mol ; M=27 ; n=3 Vậy M là Al

%mFe = 100 =50,91%

3 , 3

56 03 , 0

%mAl= 100= 49,09%

3 , 3

27 06 , 0

Bài 4 : (Đề ĐH Dược -2001)

Hỗn hợp X gồm FeS 2 và MS có số mol như nhau , M là kim loại có hoá trị không

đổi Cho 6,51 gam X tác dụng hoàn toàn với lượng dư dd HNO 3 đun nóng ,thu

được dd a và 13,216 lít (đktc) hỗn hợp khí A 2 có khối lượng là 26,34 gam gồm NO 2

và NO Thêm một lượng dư dd BaCl 2 loãng vào A 1 ,thấy tạo thành m 1 g chất kết tủa trắng trong dd dư axit trên

1 Hãy cho biết kim loại M

2 Tính giá trị khối lượng m 1

Bài giải

Gọi a,b là số mol của NO và NO trong A :