Phạm vi ứng dụng: - Phương pháp này cho phép giải nhanh nhiều bài toán oxihoa – khử phức tạp thường gặp : + Trong hỗn hợp các chất phản ứng có nhiều chất oxihoa – khử và nhiều chất khử k[r]
Trang 1Equation Chapter 1 Section 1 PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN ELECTRON
I Nguyên tắc:
Trong phản ứng oxihoá - khử :
số e nhường = số e nhận
=> số mol e nhường = số mol e nhận
II Phạm vi ứng dụng:
- Phương pháp này cho phép giải nhanh nhiều bài toán oxihoa – khử phức tạp thường gặp :
+ Trong hỗn hợp các chất phản ứng có nhiều chất oxihoa – khử và nhiều chất khử khác nhau, không đủ điều kiện để xác định
số lượng và thứ tự các phản ứng xảy ra
+ Phản ứng oxihoa – khử xảy ra qua nhiều trạng thái trung gian.Chẳng hạn :
+3e
Fe
2e 2e
Fe2+
1e 1e
Fe3+
-3e
* Các bước áp dụng:
Bước1:Xác định chất khử(nhường e) và chất oxihoa(nhận e), ta dựa vào số oxihoa để xác định
Bước2:Viết và cân bằng phương trình nhường nhận e(có gắn số mol tương ứng của các chất trong mỗi quá trình) Bước3:Từ định luật bảo toàn e ta viết phưong trình giữa các đại lượng và giải phương trình để trả lời các yêu cầu màbài
toán đặt ra
III Các dạng bài tập:
1 Dạng 1:Kim loại (hỗn hợp kim loại), hợp chất có tính khử của kim loại tác dụng với hợp chất có tính oxihoa.
Ví dụ:Hợp chất có tính khử của kim loại:FeO, FeCO3, Fe(OH)2, FeS2 …
FeO + HNO3 Fe(NO3)3 + NO + H2O FeCO3 + HNO3 Fe(NO3)3 + NO + CO2 + H2O
Bài tập minh họa :
Bài tập 1: Hòa tan hết 2,16g FeO trong axit HNO3 thấy thoát ra 0,224l khí X(đktc) là sản phẩm khử duy nhất.Xác định X?
Tóm tắt bài toán:
HNO3 Khí X 0.224l (đktc)
dd B
Giải:
B1:Xác định chất khử (FeO), chất oxi hoá (HNO3) Đặt khí X chứa Nitơ là NxOy
B2 :Viết pt nhường nhận e
2y
x
Fe+2 Fe+3 + 1e N+5 +
2x 5 y
e (NxOy) 0,03 0,03 (5x-2y)0,01 0,01x
B3 :Áp dụng định luật bảo toàn e ta có :
(5x-2y)0,01 = 0,03 5x-2y = 3 Biện luận ta được: x = 1, y = 1 => X là NO
Bài tập 2 :Có 3,04g Hỗn hợp Fe vàCu hòa tan hết trong HNO3 tạo thành 0,08mol NO và NO 2 cóM= 42 và thu được dd B
Hãy xác định thành phần % hỗn hợp ban đầu.
Tóm tắt :
Fe HNO3 hh NO
M= 42
dd B Giải : Đặt số mol của NO và NO2 lần lượt là x,y
Ta có hệ : x+y = 0,08 x = 0,02
30x + 46y = 42(x + y) y = 0,06
Trang 2Quá trình nhường e Quá trình nhận e
Fe Fe+3 + 3e N+5 + 3e N+2
0,02
Cu Cu+2 + 2e N+5 + 1e N+4(NO2)
Ta có hệ : 3a + 2b = 0,12 a= 0.02 =>%Fe = 36,84%
56a + 64b = 3,04 b = 0,03 =>%Cu = 63,16%
2.Dạng 2 : Hỗn hợp kim loại + hỗn hợp muối (với dạng này cần phân biệt rõ chất có và không thay đổi số oxi hoá)
* Lưu ý:Dãy điện hoá và quy tắc :
Oxhmạnh + Khmạnh Oxhyếu + Khyếu
Bài tập 3: Khuấy kỹ 100ml dd A chứa AgNO3, Cu(NO 3 ) 2 với hỗn hợp kim loại có0,03molAl và 0,05mol Fe Sau phản ứng thu được dd C và 8,12g chất rắn B gồm 3kim loại Cho B tác dụng với HCl dư thì thu được 0,672l H 2 (đktc) Tính nồng độ C M của AgNO 3 và Cu(NO 3 ) 2 trong A.
Tóm tắt :
Al (0,03mol) 100ml dd A (AgNO3, Cu(NO3)2) HCl H2 0,672l(đktc)
Brắn(3kl)
Xđ CM của AgNO3, Cu(NO3)2 trong A?
Giải :
Vì Al hoạt động mạnh hơn Fe nên Al hết => hh B gồm 3kl:Ag, Cu, Fedư
Ta có : Fedư + 2HCl FeCl2 + H2 => nFe(pứ)= 0,02mol
m B= mCu + mAg + mFe dư => mCu + mAg = m B - mFe dư =8,12 – 56.0,03=6,44g
Mặt khác:
Al Al+3 + 3e Cu+2 + 2e Cu
Fe Fe+2 + 2e Ag+ + 1e Ag
Suy ra: a + 2b = 0,13 a= 0,03 => CM(AgNO3)=0,3M
108a + 64b = 6,44 b= 0,05 => CM(Cu(NO3)2)=0,2M
3.Dạng 3: Phản ứng nhiệt nhôm.
Phản ứng nhiệt nhôm là phản ứng giữa Al với oxit kim loại hoạt động hoá học kém hơn ở nhiệt độ cao.
2xAl + 3M x O y
0 t
yAl 2 O 3 + 3xM
Bản chất của phản ứng nhiệt nhôm là phản ứng oxihoa – khử.Al là chất oxihoa, oxit kim loại là chất khử( Al chiếm oxi của oxit kim loại để tạo Al2O3 : 4Al + 3O2 2Al2O3)
Bài tập 4: Trộn 0,54g bột Al với hh Fe2 O 3 và CuO rồi tiến hành phản ứng nhiệt nhôm trong điều kiện không có không khí trong 1 thời gian, được hh rắn X Hòa tan Xtrong dd HNO 3 (đặc,nóng dư) thì thu được V (l)NO 2 (sp khử duy nhất ở đktc) Xác định V?
Tóm tắt :
Trộn 0,54g Al t0 HNO3 đ,nóng,dư V(l) NO2(đktc)
Fe2O3 dd A
-3e
Al Al+3 + 3e N+5 + 1e N+4(NO2)
=> VNO2
= 1,344(l)
Trang 34.Dạng 4: Bài toán điện phân.
Điện phân là một quá trình oxihóa – khử xảy ra trên bề mặt các điện cực khi có dòng điện 1 chiều đi qua Gồm 2
loại: Điện phân nóng chảy và điện phân dung dịch
Quy tắc:
- Tại catot nhận các ion dương chạy về và tại đây xảy ra quá trình khử cation kim loại Mn+, H+, H2O
2H2O + 2e H2 + 2OH
Mn+ + ne M
- Các anion gốc axit có oxi và F – không bị oxi hoá: SO42-, NO3- ,PO43- …(trừ các gốc axit hữu cơ).H2O bị oxi hoá theo phản ứng:
2H2O - 4e O2 + 4H+
S2- > I - > Cl- > OH- > H2O
Chú ý:
ra sự khử
+ Anot là nơi xảy ra sự oxihoa
điện, một quá trình nhờ tác dụng dòng điện).Vì vậy, dấu của điện cực là ngựơc nhau
+ Trong pin: anot là cực âm, catot là cực dương
+ trong bình điện phân: anot là cực dương, catot làcực âm
Bài tập 4: Tiến hành điện phân hoàn toàn dung dịch X chứa AgNO3, Cu(NO 3 ) 2 thu được 56g hỗn hợp kim loại ở catốt và 4,48l khí ở anốt Tính số mol mỗi muối trong X?
Tóm tắt:
Cu(NO3)2 (56g) Cu Xđ n của AgNO3, Cu(NO3)2 trong X?
Anot: khí 4,48l (đktc) Giải: Gọi số mol của AgNO3, Cu(NO3)2 trong X lần lượt là a, b
Quá trình điện phân:
Ở catot: Ag+, Cu+2(, H2O) Ở anot: NO3-, H2O
Ag+ + 1e Ag 2H2O 4H+ + O2 + 4e
Cu+2 + 2e Cu
b 2b b
Suy ra hệ: a + 2b = 0,8 a= 0,4
108a + 64b = 56 b= 0,2
5.Dạng 5: Kim loại (hỗn hợp kim loại) có hóa trị không thay đổi khi tác dụng với nhiều tác nhân oxi hoa.
* Chú ý: Chất khử chỉ thể hiện 1 mức oxi hoa với mọi tác nhân oxi hoa
Bài tập 5: Chia 1,2g hỗn hợp 2 kim loại có hoá trị không đổi thành 2 phần bằng nhau:
+Phần 1: Bị oxi hoa hoàn toàn thu được 0,78g hỗn hợp oxit.
+Phần 2: Tan trong dd H 2 SO 4 l thu được V(l) H 2 (đktc) Tính V?
Tóm tắt:
O2
A Chia 2phần bằng nhau Phần 1 hoàn toàn hh oxit 0,78g
Phần 2 Khí H2 V(l) Giải:
+Phần1: Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng
moxit = mkl + mO(oxit) => nO(oxit) =
O
1,24 0,78
2
Ta có:
M M+n + ne O2 + 4e 2O-2
0,02 0,01
Trang 4Vì ne nhường (kl) = ne nhaôn(O )2
ne nhường (kl) = ne nhaôn(H )
=> ne nhaôn(H )
= ne nhaôn(O )2
= 0,02 => VH2
6.Dạng 6: Có nhiều phản ứng oxi hoâ – khử xảy ra đồng thời.
Lă phản ứng xảy ra qua nhiều giai đoạn trung gian.
Băi tập 5: Để m(g) bột Fe ngoăi không khí, sau một thời gian tạo thănh hỗn hợp B có khối lượng 12g gồm Fe, FeO, Fe3 O 4 ,
Fe 2 O 3 Cho B tâc dụng hoăn toăn với dung dịch HNO 3 thấy sinh ra 2,24l khí NO duy nhất (đktc) Tính m.
Tóm tắt:
Không khí Fe dd HNO3 (hoăn toăn)
Giải:
Băi toân năy co 18câch giải (Vũ Khắc Ngọc)
+ Câch1:
Tư duy băi toân theo sơ đồ:
-3e Dựa văo sơ đồ: Fe lă chất khử; O2, HNO3 lă chất oxi hoa
Âp dụng ĐLBT khối lượng: Fe + O2 -> hh B
mO2
= mB – mFe = 12 –m => nO2
=
12 m 32
; nFe =
m 56
Fe Fe+3 + 3e O2 + 4e 2O-2
m
3m
12 m 32
8
0,3 0, 1
Aùp dụng ĐLBT e:
3m 12 m
0,3
56 8
=> m = 10,08g
+ Câch2:FexOy + HNO3 Fe(NO3)3 + NO + H2O
Âp dụng ĐLBT nguyín tố Nito:
n
= nN(Fe(NO ) )3 3
+ nN(NO) = 3x + 0,1
vă dựa văo pứ: nH O2
=
1
2 nHNO3
=
1
Âp dụng ĐLBT khối lượng:
mhh + mHNO3
= mFe(NO )3 3
+ mNO + mH O2
12 + (3x + 0,1)63 = 242.x + 0,1.30 + (1,5x + 0,05)18 => x = 0,18
Tượng tự ẫp dụng ĐLBT nguyín tố Fe: Febđ Fe(NO3)3
=> n Fe(bđ)= x = 0,18mol => m Fe(bđ) = 10,08g + Câch3:
Quy đổi: hh B Fe
=12g
Fe2O3
Ta có ptpứ: Fe + 4HNO3 Fe(NO3)3 + NO + H2O
Fe2O3 + 6HNO3 2Fe(NO3)3 + 3H2O
=> mFe(hh) = 0,1.56 = 5,6 => mFe O (hh)2 3
= 12 – 0,1.56 = 6,4g
Trang 52.56g 160g => mFe(bđ) = mFe(hh) + mFe(Fe O )2 3
= 5,6 + 4,48 = 10, 08g 4,48g 6,4g
7.Dạng 7: Phản ứng khử tạo ra nhiều sản phẩm.
Bài tập 8: Thổi 1 luồng khí CO qua hỗn hợp Fe và Fe 2 O 3 nung nóng được chất khí B và hỗn hợp rắn D gồm Fe, FeO, Fe 3 O 4 Cho B lội qua dd nước vôi trong (dư) thấy tạo được 6g kết tủa.Hoà tan D bằng H 2 SO 4 (đặc, nóng) thấy tạo 0,18mol SO 2 và dd
E Cô cạn dd E thu được 24g muối khan Xác định thành phần hỗn hợp đầu?
Tóm tắt:
Ca(OH)2 dư
Fe CO Khí B 6g
Fe HSO4 đ,nóng dd E muối khan 24g
hh rắn D FeO
Xđ thành phần hh đầu?
Giải: Tư duy bài toán theo sơ đồ:
Fe, Fe2O3
0,06mol 0,06mol 0,06mol
H2O + SO2 +Fe+3 hh D + H2SO4
=> muối khan là Fe2(SO4)3
+2e
Áp dụng ĐLBT nguyên tố Fe: 2Fe Fe2(SO4)3 (nFe (SO )2 4 3
=
24
400=0,06mol)
a 0,5a Ta có:
Fe2O3 Fe2(SO4)3 0,5a + b = 0,06 (1)
b b Mặt khác:
Fe Fe+3 + 3e S+6 + 2e S+4
C+2 C+4 + 2e
0,06 0,12
Áp dụng ĐLBT e: 3a + 0,12 = 0,36 => a = 0,08 (2)
Từ (1) và (2) : a = 0,08mol => mFe = 4,48g
b = 0,02mol => mFe O2 3
= 3,2g
IV Phương pháp bảo toàn electron mở rộng:
1.Phương pháp bảo tồn e kết hợp với bán phản ứng ion – electron:
Là vận dụng định luật bảo toàn e vào phương trình bán phản ứng ion – electron Để giải nhanh các bài toán với chất khử là kim loại và axit co ùtính oxi hoa thể hiện ở gốc (H2SO4, HNO3 …)
Khi bài toán yêu cầu tính khối lượng muối hoặc là số mol axit phản ứng thì phương pháp này tỏa ra ưu việt hơn
* Bài tập minh họa: Cho hỗn hợp chứa 0,15mol Cu và 0,15mol Fe phản ứng vừa đủ với dd HNO3 được 0,2mol khí NO (sản phẩm khử duy nhất) Tổng khối lượng các muối trong dung dịch sau phản ứng là:
+ Cách1:
Áp dụng ĐLBT e:
Fe Fe+3 + 3e N+5 + 3e N+2
Cu Cu+2 + 2e
0,15 0,3
Ta thấy: ne(nhường) > ne(nhận) : vô lí
=> Phải có thêm chất nhận e (0,15mol) và chỉ có thể là Fe+3:
Fe+3 +1e Fe+2
0,15 0,15 0,15
=>Hết Fe+3,dd có Fe(NO3)2 0,15mol, Cu(NO3)2 0,15mol => mmuối = 0,15(180 + 188) = 55,2g
+ Cách2:
Vì kim loại phản ứng vừa đủ nên:
Trang 6mmuối = mkl + mNO3
(tạo muối)
4 HNO3 + 3e 3NO3-(muối) + NO + 2H2O
0,6mol 0,2mol
=> mmuối = 0,15(64 + 56) + 0,6.62 = 55,2g
* Vận dụng phương pháp trên trong 1 số trường hợp thường gặp:
1.1 Phản ứng kim loại + axit nitric:
NO2
Kl + HNO3 Muối nitrat + NO + H2O
N2O N2 NH4NO3
(Al, Fe khơng tác dụng với HNO3 đặc nguội)
Ta cĩ cơng thức:
3
HNO
n
(tạo sp khử) = n(nguyên tử Nito trong sp khử)
NO3
(muối) = ne(nhường) (hoặc ne(nhận))
= số e(nhận trong bán pứ).n(sp khử)
HNO3
n
(pứ) = nNO3
(muối) + nHNO3
(tạo sp khử)
Lưu ý:chỉ dùng cho trường hợp dd sau phản ứng khơng muối amoni.
Một số phản ứng thường gặp:
*
Bài tập vận dụng:Hòa tan hoàn toàn 12,42g Al bằng dd HNO3 0.01M Thu được dd X và 1,344l (đktc) hh Y gồm 2khí N 2 O và
N 2 Tỉ khối của khí Y so với H 2 là 18 Cô cạn dd X được muối khan Xđ khối lượng muối khan thu được và thể tích dd HNO 3 tối thiểu cần dùng?
Giải: Gọi số mol N2O, N2 lần lượt là a, b
Ta có hệ: a + b = 0,06 => a = 0,03mol
44a 28b
18 2(a b)
b = 0,03mol
Al Al +3 + 3e 2NO3- + 10H+ + 8e N2O + 5H2O
0,36 0,3 0,03
Vì 0,24 + 0,3 < 1,38 nên phải cĩ phản ứng :
NO3- + 10H+ + 8e NH4+ + 3H2O 1,05 0,84 0,105
=> muối khan gồm: Al(NO3)3:0,46mol => mmuối = 213.0,56 + 80.0,105 = 106,38g
NH4NO3 :0,105mol
=> nHNO3
(pứ) = 10.nN O2
+ 12.nN2
+ 10. NH4
= 0,3 + 0,36 + 1,05 = 1,71mol
Hay nHNO3
= 0,3 + 0,36 + 1,05 = 1,71 mol
HNO3
n
(mơi trường)
= nNO3
(muối)
3
HNO
n
(pứ)
NO2 NO3- + 2H+ + 1e -> NO2 + H2O
NO2
n
2 nNO2
NO NO3- + 4H+ + 3e -> NO + 2H2O
N2O 2NO3- + 10H+ + 8e -> N2O + 5H2O
8.nN O2
10.nN O2
N2 2NO3- + 12H+ + 10e -> N2 + 6H2O
10.nN2
12.nN2
NH4NO3 NO3- + 10H+ + 8e -> NH4+ + 3H2O
9.nNH4 (nNO3
(tạo muối với KL)=8.nNH4
)
10.nNH4
Trang 7=> VHNO3
(cần dùng) = 1,71.0,01 = 0,0171(l)
1.2 Phản ứng kim loại + axit Sunfuric đậm đặc:
SO2
Kl + H2SO4 Muối sunfat + S + H2O
(Al, Fe khơng tác dụng với H2SO4 đặc nguội)
Ta cĩ cơng thức:
H SO2 4
n
(tạo sp khử) = n(sp khử)
SO2 4
(muối) = ne(nhường) (hoặc ne(nhận))
= số e(nhận trong bán pứ).n(sp khử)
H SO2 4
n
(pứ) = SO
2 4
(muối) + H SO2 4
n
(tạo sp khử)
Một số phản ứng thường gặp:
*
Bài tập vận dụng:Hồ tan hết 16,3 hh kim loại gồm Mg, Al, Fe trong dd H2 SO 4 đặc nĩng thu được 0,55mol SO 2 Cơ cạn dd sau phản ứng, m chất rắn thu được là:
Giải:
Ta cĩ: SO42- + 4H+ +2e -> SO2 + 2H2O
SO2 4
(muối) = nSO2
= 0,55 mol
mmuối = mkl + mSO24
= 16,3 + 96.0,55 = 69,1(g)
1.3 Phản ứng kim loại + axit nitric + axit Sunfuric đậm đặc:
* Bài tập minh họa:Cho 12,9g hh gồm Al và Mg phản ứng hết 100ml dd 2 axit H2 SO 4 7M và HNO 3 4M thấy thốt ra 0,1 mol
SO 2 , 0,1 mol NO, 0,1mol N 2 O:
a)Tính thành phần % của Mg trong hh đầu b) Cơ cạn dd sau phản ứng thu được bao nhiêu gam muối khan
Giải: Gọi số mol của Mg, Al trong hh lần lượt là a,b
Mg Mg+2 + 2e 2NO3- + 10H+ + 8e N2O + 5H2O
a 2a 0,2 0,8 0,1
Al Al +3 + 3e NO3- + 4H+ + 3e NO + 2H2O
b 3b 0,1 0,3 0,1
SO42- + 4H+ +2e SO2 + 2H2O 0,1 0,2 0,1
Áp dụng ĐLBT e: 2a + 3b = 0,8 +0,3 + 0,2 = 1,3 (2)
Từ (1) và (2) giải hệ ta được: a = 0,2; b = 0,3 => %Mg = 37,21%
Từ quá trình nhận e ta cĩ: SO24
(muối) = 0,7 – 0,1 = 0,6 NO3
(muối) = 0,4 – 0,3 = 0,1
=> m = 12,9 + 96.0,6 + 62.0,1 = 76,7
2 4
H SO
n
(mơi trường)
= nSO24
(muối)
2 4
H SO
n
(pứ)
SO2 SO42- + 4H+ +2e -> SO2 + 2H2O
2
SO
n
2
SO
2.n
S SO42- + 8H+ +6e -> S + 4H2O
S
H2S SO42- + 10H+ +8e -> H2S + 4H2O
2
H S
Trang 8Như vậy, nếu biết được số mol chất khử hoặc số mol muối tạo thành hoặc số mol axit phản ứng thì ta biết được số mol electron cho Trên cơ sở đó chúng ta có thể xây dựng được các bài toán xác định sản phẩm khử và có thể mở rộng cho các bài toán về xác định tên kim loại,khối lượng muối tạo thành, số mol axit và số nồng độ mol axit của các axit có tính oxihoa mạnh.
2.Phương pháp bảo toàn e kết hợp với một số phương pháp khác:
Ví dụ để giải nhanh các bài toán hỗn hợp oxit sắt ngoài dùng phương pháp bảo toàn electron ta kết hợp với phương pháp quy đổi
V Ưu nhược điểm:
Ưu điểm:
+ làm bài toán trở nên đơn giản, giải nhanh
+ Không cần viết phản ứng
+ Số kimloại, số sản phẩm khử trong bài toán càng nhiều thì phương pháp càng trở nên ưu việt
Nhược điểm:
+ Không thấy rõ bản chất hoá học
+ Chỉ ápdụng cho phương trình phản ứng oxi hoa – khử
+ Không giải được bài toán hữu cơ mà chủ yếu là vô cơ
VI Lưu ý :
Xác định các chất nhường và nhận e Trong 1 phản ứng hoặc hệ phản ứng cần quan tâm đến trạng thái oxihoa ban đầu và cuối của1nguyên tố mà không cần quan tâm đến các quá trình biến đổi trung gian
Cần kết hợp với các phương pháp khác như: bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố, quy đổi, đường chéo
dư hoặc phản ứng vừa đủ thì ta dùng phương pháp bảo toàn electron Còn nếu nH
thiếu thì ta sử dụng phương
trình ion
Ví dụ: Thực hiện 2 thí nghiệm :
1 Cho 3,84g Cu phản ứng với 80ml dd HNO 3 1M thấy thoát ra V 1 (l) NO.
2 Cho 3,84g Cu phản ứng với 80ml dd HNO 3 1M và H 2 SO 4 0,5M thấy thoát ra V 2 (l) NO.
Biết NO là sản phẩm khử duy nhất, các thể tích khí đo ở cùng điều kiện Quan hệ giữa V 1 , V 2 ?
Giải:
TN1: nHNO 3
= 0,08mol => nH
= nNO 3
= 0,08mol Ptpứ ion thu gọn:
2NO3- + 3Cu + 8H+ 3Cu2+ + 2NO + 4H2O
Ta thấy:
0,08 0,06 0,08
2 3 8 H+ phản ứng hết, NO được tính theo H+
Theo ptpứ: nNO= H
1 n
4
=
1 0,08
4 = 0,02mol
=> V1= 0,448l
TN2: nHNO 3
= 0,08mol => nH
= 0,16mol
2 4
H SO
n
=0,08mol
Ptpứ ion thu gọn:
2NO3- + 3Cu + 8H+ 3Cu2+ + 2NO + 4H2O
Ta thấy:
0,08 0,06 0,16
2 3 8 Cu, H+ phản ứng hết, NO được tính theo H+ hoặc Cu
Theo ptpứ: nNO= H
1 n
=
1 0,16
4 = 0,04mol => V2 = 0,896l
Vậy:
2 1
2
V 0, 448 => V
2 = 2V1
VII Một số sai lầm có thể mắc phải:
Vấn đề thứ nhất:
Trang 9Sai lầm khi sử dụng phương pháp bán phản ứng oxi hoa – khử Phương pháp này phát huy tác dụng đối với bài toán cho kim loại hoặc hỗn hợp kim loại phản ứng với axi tính oxi hoa như HNO3, H2SO4 đặc, còn nếu áp dụng bài toán hỗn hợp kim loại, oxit kim loại hay hỗn hợp oxit, hỗn hợp lim loại với hydroxit thì dễ sai
Ví dụ: Cho hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe3 O 4 có khối lượng 4,04g phản ứng hết với dd HNO 3 thu được 336ml khí NO(đktc, sản
phẩm khử duy nhất).Số mol HNO 3 đã dùng:
A 0,06mol B 0,0975 C 0,18 D.0,125mol
Giải:
NO
n = 0,015mol
NO3- + 4H+ + 3e NO + 2H2O
0,045 0,015
=> ne (trao đổi) = 0,045mol
=> Từ hh X có thể tạo ra tối đa:
Fe O2 3
m
= mhh X + mO 2
= 4,04 +
0,045
16 4, 4g
2
Fe2O3 Fe(NO3)3 => nFe(NO 3)3
(trong dd sau pứ)
4, 4
2 0, 055 mol 160
Fe(NO3)3 Fe + 3NO3
=> nHNO3
(pứ) = nNO3
(muối) + nNO= 3.0,055 + 0,015 = 0,18 mol => Đáp án C
Sai lầm có thể gặp:
Sử dụng NO3- + 4H+ + 3e NO + 2H2O
4.0,015 0,015
=> nHNO3
(pứ) = nH
= 0,06 mol => Đáp án A
Vấn đề thứ hai:
Sai lầm khi sử dụng các phương pháp thăng bằng electron
Ví dụ: Thể tích khí thoát ra khi cho 10,4g hỗn hợp Fe và C( trong đó Fe chiếm 53,85% về khối
lượng) phản ứng với dd HNO 3 đặc,nóng,dư là(đo ở đktc):
A 42,56 l B 51,52 l C.14,2 l D 44,8 l
Giải :
Gọi số mol Fe và C lần lượt là x, y
Ta có hệ : 56x + 12y = 10,4 => x = 0,1
56x 53,85 12y 46,15
y = 0,4
Fe Fe+3 + 3e N+5 + 1e N+4(NO2)
C + O-2
4 2
CO + 4e 0,4 0,4 4.0,4
=> n NO
= 3.0,1 + 4.0,4 =1,9 mol và nCO2
(tạo thành) = 0,4 mol => Vhh
= 22,4.(1,9 + 0,4) = 51,52 (l) => Đáp án B
Sai lầm có thể gặp:
Bỏ quên có CO2 tạo ra, chỉ xác định số mol NO2 theo phương pháp thăng bằng electron
Fe Fe+3 + 3e N+5 + 1e N+4(NO2)
C C4
+ 4e
=> n NO
= 3.0,1 + 4.0,4 =1,9 mol => VNO
= 22,4.1,9 = 42,56 (l) => Đáp án A Dạng này cũng có thể xây dựng từ phản ứng của FeS, FeS2 với H2SO4 đặc
FeS H SO dac
2 4,
Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O
Trang 10H SO dac
2 4,
Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O
Sai lầm vì xác định sai hoặc chưa đủ sản phẩm của phản ứng oxi hoa – khử
Ví dụ: Số mol HNO3 tối thiểu hòa tan 0,06mol Fe kim loại là(sản phẩm khử duy nhất là NO):
Giải:
Fe Fe+3 + 3e NO3- + 4H+ + 3e NO + 2H2O
2Fe+3 + Fe 3Fe+2 0,16 0,12
3Fe 3Fe+2 + 6e
Hay Fe Fe+2 + 2e
=> nHNO3
(pứ) = nH
= 0,16 mol => Đáp án B
Sai lầm có thể gặp:
Bỏ quên phản ứng: 2Fe+3 + Fedư 3Fe+2
Ta có:
Fe Fe+3 + 3e NO3- + 4H+ + 3e NO + 2H2O
=> nHNO3
(pứ) = nH
= 0,24 mol => Đáp án A
Ta có thể xây dựng tiếp ví dụ tương tự dựa vào phản ứng với HNO3, phần sản phẩm ẩn đi là NH4NO3, yêu cầu tính số (g) muối sau phản ứng
Như vậy,ta có thể sử dụng những sai lầm có thể mắc phải để xây dựng những dạng trắc nghiệm cho bài toán.