Tổng hợp các tài liệu ôn thi Đại Học hay và có đáp án, giúp các em nắm chắc kiến thức, phát triển tư duy, các tài liệu đều được biên soạn kĩ càng, cô đọng nhất để gúp các em hiểu sâu vấn đề, với mong muốn mở rộng cánh cửa Đại Học với các em hơn, giúp các em thực hiện mơ ước của mìnhChúc các em học tốt Ban biên soạn tài liệu.
CÁC PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN ĐƯỢC VẬN DỤNG ĐỂ GIẢI NHANH CÁC BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN NHIỀU LỰA CHỌN PHẦN HOÁ VÔ CƠ. V.1) Phương pháp bảo toàn khối lượng dựa vào Định luật bảo toàn khối lượng (ĐLBTKL) . 1/Cơ sở lí thuyết * ĐLBTKL: Trong các phản ứng hóa học, tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng các chất tạo thành sau phản ứng. A + B -> C + D Ta có mA + mB = mC + mD Từ đó tính được khối lượng của 1 trong 4 chất A, B, C, D khi biết khối lượng của 3 chất còn lại. * Đối với phản ứng chỉ có chất rắn tham gia : -Gọi mT là tổng khối lượng các chất trước phản ứng mS là tổng khối lượng các chất sau phản ứng Phản ứng xảy ra hoàn toàn hay không hoàn toàn ta luôn có: mT = mS * Đối với phản ứng xảy ra trong dung dịch mà sản phẩm có chất kết tủa tạo thành hoặc có chất khí bay ra thì khi tìm khối lượng của dung dịch sau phản ứng phải trừ đi khối lượng chất rắn và chất khí tách ra khỏi dung dịch. * Khi cô cạn dung dịch thì khối lượng hỗn hợp muối thu được bằng tổng khối lượng của các cation kim loại và anion gốc axit. 2/Một số bài tập minh hoạ Bài 1)Hoà tan 28,4 gam một hỗn hợp gồm 2 muối cacbonat của 2 kim loại hoá trị II bằng dung dịch HCl dư thu được 3,36 lít khí (ở 0 o C, 2 atm) và một dung dịch A. Khối lượng muối có trong dung dịch A là: A. 1,73 gam B. 3,17 gam C. 3,71 gam D. 31,7 gam Giải: Gọi hai kim loại hoá trị II là A ACO 3 + 2HCl ACl 2 + CO 2 + H 2 O (1) nCO 2 =(3,36x2): (0,082x273) = 0,3 mol Từ (1) suy ra nHCl = 2nCO 2 = 2x0,3 = 0,6 mol nH 2 O = nCO 2 = 0,3 mol Theo ĐLBTKL ta có: mACl 2 = mACO 3 + mHCl – mCO 2 – mH 2 O = 28,4 +0,6x36,5- 44x0,3- 18x0,3 = 31,7 gam (chọn D) Bài 2) Cho hỗn hợp gồm 3 kim loại A, B, C có khối lượng 2,17 gam tác dụng hết với dung dịch HCl tạo ra 1,68 lít H 2 (đktc). Khối lượng muối clorua trong dung dịch sau phản ứng là: A.7,945 gam B. 7,495 gam C. 7,549 gam D. 7,594 gam Giải: Kí hiệu R là 3 kim loại. 2R + 2aHCl 2RCl a + aH 2 ↑ (1) nH 2 = 1,68:22,4 = 0,075 mol Từ (1) nHCl = 2nH 2 = 2x0,075= 0,15 mol Theo ĐLBTKL ta có : mRCl a = mR + mHCl – mH 2 = 2,17 + 0,15x36,5 – 0,075x2 = 7,495 gam (chọn B) Hoặc mRCl a = mR + mCl - (muối), trong đó nCl - (muối) = nHCl Do đó mRCl a = 2,17 + 0,15x35,5 = 7,495 gam Bài 3) Hoà tan hoàn toàn 3,22 gam hỗn hợp X gồm Fe, Mg, Zn bằng một lượng vừa đủ dung dịch H 2 SO 4 loãng, thu được 1,344 lít H 2 (đktc) và dung dịch chứa m gam muối, giá trị của m là: A. 8,98 gam B. 9,52 gam C. 10,27 gam D. 7,25 gam Giải: Gọi R là 3 kim loại Fe, Mg, Zn. R + H 2 SO 4 RSO 4 + H 2 (1) nH 2 = 1,344: 22,4 = 0,06 mol Theo (1) nH 2 SO 4 = nH 2 = 0,06 mol Theo ĐLBTKL ta có : mRSO 4 = mR + mH 2 SO 4 – mH 2 = 3,22 + 0,06x98 – 0,06x2 = 8,98 gam (chọn A) Hoặc mRSO 4 = mR + mSO 4 2- (tạo muối), trong đó nSO 4 2- (tạo muối)= nH 2 SO 4 Do đó mRSO 4 = 3,22 + 0,06x96 = 8,98 gam 3/Một số bài tập tương tự Bài 1) Hoà tan hết 38,60 gam hỗn hợp gồm Fe và kim loại M trong dung dịch HCl dư thấy thoát ra 14,56 lít H 2 (đktc). Khối lượng muối clorua khan thu được là: A.48,75 gam B.84,75 gam C.74,85 gam D.78,45 gam Bài 2) Hoà tan 28,4 gam một hỗn hợp gồm 2 muối cacbonat của 2 kim loại hoá trị II bằng dung dịch HCl dư thu được 3,36 lít khí (ở 0 o C, 2 atm) và một dung dịch A. Khối lượng muối có trong dung dịch A là: A. 1,73 gam B. 3,17 gam C. 3,71 gam D. 31,7 gam Bài 3) Cho 115,0 gam hỗn hợp gồm ACO 3 , B 2 CO 3 , R 2 CO 3 tác dụng hết với dung dịch HCl thấy thoát ra 22,4 lít CO 2 (đktc). Khối lượng muối clorua tạo ra trong dung dịch là: A. 142 gam B. 126 gam C. 141 gam D. 123 gam Bài 4) Cho 24,4 gam hỗn hợp Na 2 CO 3 và K 2 CO 3 tác dụng vừa đủ với dung dịch BaCl 2 . Sau phản ứng thu được 39,4 gam kết tủa. Lọc kết tủa, cô cạn dung dịch thu được a gam muối clorua . Giá trị của a là: A. 20 gam B. 25,6 gam C. 26,6 gam D. 30 gam V.2) Phương pháp bảo toàn nguyên tử dựa vào Định luật bảo toàn nguyên tử của các nguyên tố(ĐLBTNT) * ĐLBTNT: Trong các phản ứng hoá học, các nguyên tố luôn luôn được bảo toàn. -Khối lượng của nguyên tố tham gia phản ứng bằng khối lượng của nguyên tố đó tạo thành sau phản ứng. -Số mol nguyên tử của nguyên tố tham gia phản ứng bằng số mol nguyên tử của nguyên tố đó tạo thành sau phản ứng. 1/Một số bài tập minh hoạ Bài 1) Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,3 mol Fe; 0,1 mol Fe 3 O 4 ; 0,1 mol FeS 2 vào dung dịch H 2 SO 4 đặc, nóng, dư thu được dung dịch A. Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch A thu được kết tủa B. Lọc kết tủa, rửa sạch, sấy khô, nung đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn, m có giá trị là: A. 84 gam B. 51 gam C. 56 gam D. 48 gam Giải: Nếu giải bài toán này bằng cách thông thường: Viết phương trình hoá học các phản ứng, dựa vào các phương trình hoá học để tính toán đi tới kết quả sẽ dài dòng. Tuy nhiên dùng bảo toàn lượng nguyên tố Fe ta sẽ tính nhanh đến kết quả như sau: Toàn bộ Fe trong hỗn hợp ban đầu được chuyển hoá thành Fe 2 O 3 theo sơ đồ sau: Fe → Fe FeS 2 → Fe Fe 3 O 4 → 3Fe 0,3 mol 0,3 mol 0,1 mol 0,1 mol 0,1 mol 0,3 mol Tổ hợp ta có: 2Fe → Fe 2 O 3 0,7 mol 0,35 mol mFe 2 O 3 = 0,35x160 = 56 gam (chọn C) Bài 2) Tính khối lượng quặng pirit sắt chứa 75% FeS 2 (còn lại là tạp chất trơ) cần dùng để điều chế 1 tấn dung dịch H 2 SO 4 98% (hiệu suất quá trình điều chế H 2 SO 4 là 80%) ? A. 1,28 tấn B. 1 tấn C. 1,05 tấn D. 1,2 tấn Giải: Nếu viết đầy đủ phương trình hoá học thì cách giải bài toán trở nên phức tạp. Tuy nhiên để giải nhanh ta lập sơ đồ (bảo toàn lượng nguyên tố S) như sau: FeS 2 → 2H 2 SO 4 120 2x98 Khối lượng FeS 2 cần dùng là: 0 , 98 x 120 x 100 2 x 98 x 80 = 0 , 75 Khối lượng quặng: (0,75 x 100):75 = 1 tấn (chọn B) Bài 3) Hoà tan hỗn hợp X gồm 0,01 mol Fe 3 O 4 , 0,015 mol Fe 2 O 3 , 0,03 mol FeO và 0,03 mol Fe bằng một lượng vừa đủ dung dịch HNO 3 loãng. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được chất rắn Y. Nung Y đến khối lượng không đổi thu được chất rắn Z. Khối lượng chất rắn Z là: A. 8 gam B. 9,6 gam C. 16 gam D. 17,6 gam Giải: X (Fe 3 O 4, Fe 2 O 3 ,FeO,Fe) + dd HNO 3 vừa đủ dd Fe(NO 3 ) 3 , cô cạn dung dịch thu được chất rắn Y là Fe(NO 3 ) 3 . Nung Y đến khối lượng không đổi thu được chất rắn Z là (Fe 2 O 3 ) Bảo toàn lượng Fe ta có: nFe(Z) thu được = nFe(X) ban đầu = 0,01x 3 + 0,015x 2 + 0,03 + 0,03 = 0,12 mol 2Fe ↔ Fe 2 O 3 (mol) 0,12 0,06 mZ thu được = mFe 2 O 3 = 0,06x 160 = 9,6 gam (chọn B) 2/Một số bài tập tương tự Bài 1) Để khử hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe 3 O 4 , Fe 2 O 3 cần 0,05 mol H 2 . Mặt khác hoà tan hoàn toàn 3,04 hỗn hợp X trong dung dịch H 2 SO 4 đặc thu được thể tích khí SO 2 ( sản phẩm khử duy nhất) ở điều kiện tiêu chuẩn là: A. 448 ml B. 224 ml C. 336 ml D. 112 ml Bài 2) Thổi từ từ V lít hỗn hợp khí (đktc) gồm CO và H 2 đi qua một ống đựng 16,8 gam hỗn hợp 3 oxit: CuO, Fe 3 O 4 , Al 2 O 3 nung nóng, phản ứng hoàn toàn. Sau phản ứng thu được m gam chất rắn và một hỗn hợp khí nặng hơn khối lượng của hỗn hợp khí ban đầu là 0,32 gam. Tính V và m. A. 0,224 lít và 14,48 gam B. 0,672 lít và 18,46 gam C. 0,112 lít và 12,28 gam D. 0,448 lít và 16,48 gam Bài 3) Thổi rất chậm 2,24 lít (đktc) một hỗn hợp khí gồm CO và H 2 qua một ống sứ đựng hỗn hợp Al 2 O 3 , CuO, Fe 3 O 4 , Fe 2 O 3 có khối lượng là 24 gam dư đang được đun nóng. Sau khi kết thúc phản ứng khối lượng chất rắn còn lại trong ống sứ là: A. 22,4 gam B. 11,2 gam C. 20,8 gam D. 16,8 gam Bài 4) Đốt cháy hoàn toàn 4,04 gam một hỗn hợp bột kim loại gồm Al, Fe, Cu thu được 5,96 gam hỗn hợp 3 oxit. Hoà tan hết hỗn hợp 3 oxit bằng dung dịch HCl. Tính thể tích dung dịch HCl cần dùng. A. 0,5 lít B. 0,7 lít C. 0,12 lít D. 1 lít Bài 5) Hỗn hợp A gồm Fe 3 O 4 , FeO, Fe 2 O 3 , mỗi oxit đều có 0,5 mol. Thể tích dung dịch HCl 1M để hoà tan hỗn hợp A là: A. 4 lít B. 8 lít C. 6 lít D. 9 lít V.3) Phương pháp bảo toàn điện tích dựa vào Định luật bảo toàn điện tích(ĐLBTĐT) * Định luật bảo toàn điện tích được phát biểu tổng quát: “Điện tích của một hệ thống cô lập thì luôn không đổi tức là được bảo toàn”. -Trong dung dịch các chất điện li hoặc chất điện li nóng chảy thì tổng số điện tích dương của các cation bằng tổng số điện tích âm của các anion. 1/Một số bài tập minh hoạ Bài 1) Dung dịch A có chứa các ion sau: Mg 2+ , Ba 2+ , Ca 2+ , 0,1 mol Cl - và 0,2 mol NO 3 - . Thêm dần V lít dung dịch K 2 CO 3 1M vào A đến khi được lượng kết tủa lớn nhất. V có giá trị là: A. 300ml B. 200ml C. 250ml D. 150ml Giải : Để thu được kết tủa lớn nhất khi các ion Mg 2+ , Ba 2+ , Ca 2+ tác dụng hết với ion Ca 2+ . Mg 2+ + CO 3 2- → MgCO 3 ↓ Ba 2+ + CO 3 2- → BaCO 3 ↓ Ca 2+ + CO 3 2- → CaCO 3 ↓ Sau khi phản ứng kết thúc, trong dung dịch chứa các ion K + , Cl - và NO 3 - (kết tủa tách khỏi dung dịch). Áp dụng ĐLBTĐT ta có: nK + = nCl - + nNO 3 - = 0,1 + 0,2 = 0,3 mol nK 2 CO 3 =0,15 mol V d d K 2 CO 3 = 0,15 : 1 = 0,15 lít = 150 ml (chọn D) Bài 2) (TSĐH khối A 2007): Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,12 mol FeS 2 và a mol Cu 2 S vào axit HNO 3 (vừa đủ), thu được dung dịch X (chỉ chứa 2 muối sunfat) và khí duy nhất NO. Giá trị của a là: A. 0,04 B. 0,075 C.0,12 D.0,06 Giải : FeS 2 → Fe 3+ + 2SO 4 2- 0,12 0,12 0,24 Cu 2 S →2Cu 2+ + SO 4 2- a 2a a Áp dụng ĐLBTĐT ta có : 3x0,12 + 2x2a = 0,24x2 + 2a a = 0,06 (chọn D) Bài 3) (TSCĐ khối A 2007): Một dung dịch chứa 0,02 mol Cu 2+ , 0,03 mol K + , x mol Cl - và y mol SO 4 2- . 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 Giải : Ấp dụng ĐLBTĐT ta có : 2x0,02 + 0,03 = x + 2y hay x + 2y = 0,07(1) Khối lượng muối : 0,02x64 + 0,03x39 + 35,5x + 96y = 5,435 (2) Giải hệ (1) & (2) được : x = 0,03 và y = 0,02 chọn A 2/Một số bài tập tương tự Bài 1) Kết quả xác định nồng độ mol của các ion trong một dung dịch như sau: Ion : Na + Ca 2+ NO 3 - Cl - HCO 3 - Số mol: 0,05 0,01 0,01 0,04 0,025 Hỏi kết quả đó đúng hay sai ? Tại sao. Bài 2) Dung dịch A chứa a mol Na + , b mol NH 4 + , c mol HCO 3 - , d mol CO 3 2- và e mol SO 4 2- ( không kể các ion H + và OH - của H 2 O). Cho ( c+ d+e ) mol Ba(OH) 2 vào dung dịch A, đun nóng thu được kết tủa B, dung dịch X và khí Y. Tính số mol cúa mỗi chất trong kết tủa B, khí Y duy nhất có mùi khai và mỗi ion trong dung dịch X theo a, b, c, d, e. Bài 3) Cho dung dịch G chứa các ion Mg 2+ , SO 4 2- , NH 4 + , Cl - . Chia dung dịch G thành 2 phần bằng nhau. Phần thứ nhất tác dụng với dung dịch NaOH dư, đun nóng, được 0,58 gam kết tủa và 0,672 lít khí (đktc). Phần thứ hai tác dụng với dung dịch BaCl 2 dư, được 4,66 gam kết tủa. Viết phương trình hoá học của các phản ứng (dưới dạng ion thu gọn). Tính tổng khối lượng của các chất tan trong dung dịch G. Bài 4) Dung dịch chứa các ion: Na + a mol, HCO 3 - b mol, CO 3 2- c mol, SO 4 2- d mol. Để tạo ra kết tủa lớn nhất người ta dùng 100 ml dung dịch Ba(OH) 2 nồng độ x mol/lít. Lập biểu thức tính x theo a và b. Bài 5) Dung dịch có chứa a mol Na + , b mol Ca 2+ , c mol HCO 3 - và d mol Cl - . Biểu thức liên hệ đúng là: A. a + b = c + d. B. a + 2b = c + 2d C. a +2b = c + d D. 2a + 2b = c + d. V.4) Phương pháp bảo toàn electron dựa vào Định luật bảo toàn electron 1/ Định luật bảo toàn electron: Trong các phản ứng oxi hoá khử thì tổng số mol electron chất khử nhường bằng tổng mol electron chất oxi hoá nhận. -Khi có nhiều phản ứng hoặc phản ứng qua nhiều giai đoạn thì cần nhận định đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối của các chất oxi hoá, hoặc chất khử không cần quan tâm đến trạng thái trung gian và không cần viết phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra. 2/ Các dạng bài tập được vận dụng: * Dạng 1: Xác định các sản phẩm oxi hóa-khử. Đặc điểm của loại toán này là phải xác định được số oxi hóa của sản phẩm trước và sau phản ứng để từ đó xác định đó là chất gì. Ví dụ 1: Hòa tan hết 2,16g FeO trong HNO 3 đặc. Sau một thời gian thấy thoát ra 0,224 lít khí X (đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Xác định X. Giải: Khí X có chứa nitơ: N x O y nFeO = 0,03mol ; nN x O y = 0,01mol FeO + HNO 3 -> Fe(NO 3 ) 3 + N x O y + H 2 O 0,03 Fe +2 – 1e -> Fe +3 0,01 xN +5 + (5x – 2y)e -> xN 2y/x Phương trình bảo toàn e: 0,03 = 0,01(5x – 2y) 5x – 2y = 3 -> x = 1 ; y = 1 (nhận) -> x = 2 ; y = 2,5 (loại) Vậy X là NO Ví dụ 2: Hòa tan 2,4g hỗn hợp Cu và Fe có tỉ lệ số mol 1:1 và dung dịch H 2 SO 4 đặc, nóng. Kết thúc phản ứng thu được 0,05mol một sản phẩm khử duy nhất có chứa lưu huỳnh. Xác định sản phẩm đó. Gọi a là số mol Fe -> nCu = nFe = a -> m kl = 56a + 64a = 2,4 -> a = 0,02mol Có 0,02 Fe – 3e -> Fe +3 0,02 Cu – 2e -> Cu +2 0,05 S +6 + ne -> S +(6-n) Phương trình bảo toàn e: 0,02 x 3 + 0,02 x 2 = 0,05n -> n = 2 -> S +4 Vậy sản phẩm khử là SO 2 . * Dạng 2: Hỗn hợp kim loại tạo hỗn hợp khí. Ví dụ 3: Có 3,04g hỗn hợp Fe và Cu hòa tan hết trong dung dịch HNO 3 tạo 0,08mol hỗn hợp NO và NO 2 có M = 42. Hãy xác định thành phần % hỗn hợp kim loại ban đầu. Giải: Ta có NO 30 4 42 -> NO 2 n 1 nNO 3 = NO 2 46 12 Mà nNO + nNO 2 = 0,08 -> nNO = 0,02mol ; nNO 2 = 0,06mol Fe Fe(NO 3 ) 3 + Cu(NO 3 ) 2 + H 2 O Cu NO + NO 2 + H 2 O a Fe – 3e -> Fe +3 b Cu – 2e -> Cu +2 0,02 N +5 + 3e -> N +2 0,06 N +5 + 1e -> N +4 Bảo toàn electron, ta có: 3a + 2b = 0,02 x 3 + 0,06 -> 3a + 2b = 0,12 (1) Khối lượng kim loại: 56a + 64b = 3,04 (2) Hệ (1) & (2) -> a = 0,02 ; b = 0,03 -> Fe = 1,12g hay 63,16% -> Cu = 1,92g hay 36,84% * Dạng 3: Hỗn hợp kim loại cộng hỗn hợp muối. Với dạng này cần phân biệt rõ chất có và không thay đổi số oxi hóa. Ví dụ 4: Khuấy kỹ 100ml dung dịch A chứa AgNO 3 .Cu(NO 3 ) 2 với hỗn hợp kim loại có 0,03mol Al và 0,05mol Fe. Sau phản ứng được dung dịch C và 8,12g chất rắn B gồm 3 kim loại. Cho B tác dụng với HCl dư thì thu được 0,672 lít H 2 (đktc) . Tính nồng độ mol/lít của AgNO 3 và Cu(NO 3 ) 2 trong A. Giải: 3 kim loại thu được là Ag, Cu và Fe dư. Giả sử: Cu(NO 3 ) 2 a mol và AgNO 3 b mol Lượng Fe phản ứng với dung dịch muối x mol Lượng Fe còn dư sau phản ứng trên là y mol Fe dư sẽ phản ứng với HCl: Fe + 2HCl -> FeCl 2 + H 2 y(mol) y(mol) Ta có: n Fe = x + y = 0,05 nH 2 = y = 0,03 -> x = 0,02 mol ; y = 0,03 mol Mặt khác: 0,03 Al – 3e -> Al +3 0,05 Fe – 2e -> Fe +2 a Cu +2 + 2e -> Cu b Ag + + 1e -> Ag 0,03 2H + + 2e -> H 2 Bảo toàn electron, ta có: 2a + b + (0,03 x 2) = (0,03 x 3) + (0,05 x 2) -> 2a + b = 0,13 (1) Khối lượng B: mCu + mAg + mFe/dư = 64a + 108b + (56 x 0,03) = 8,12 -> 64a + 108b = 6,44 (2) Từ (1) và (2) : -> a = 0,05mol Cu(NO 3 ) 2 hay 0,5M b = 0,03mol AgNO 3 hay 0,3M *Với ví dụ trên, nếu giải bằng phương pháp đại số thông thường sẽ phải viết 5 đến 7 phương trình và giải hệ 4 ẩn rất khó khăn. * Dạng 4: Nhiều phản ứng xảy ra đồng thời. Ví dụ 5: Để p gam bột Fe ngoài không khí sau một thời gian thu được chất rắn R nặng 7,52g gồm chất rắn R nặng 7,52g gồm Fe, FeO, Fe 3 O 4 : Hòa tan R bằng dung dịch HNO 3 đặc, nóng thu được 0,672 lít (đktc) hỗn hợp NO và NO 2 có tỷ lệ số mol 1:1. Tính p. Giải: Có m oxit = mFe + mO 2 = p + mO 2 = 7,52 -> mO 2 = 7,52 – p -> = 2 O n = 32 7,52 - p n khí = 0,03 mol -> nNO = nNO 2 = 0,015mol Xét p 56 Fe – 3e -> Fe +3 7,52 - p 32 O 2 + 4e -> 2O -2 0,015 N +5 + 3e -> N +2 0,015 N +5 + 1e -> N +4 Bảo toàn electron, ta có: p 56 x 3 = 7,52 - p 32 x 4 + 0,015 x 3 + 0,015 -> p = 5,6g * Dạng 5: Phản ứng nhiệt nhôm. Ví dụ 6: Trộn 2,7g Al vào 20g hỗn hợp Fe 2 O 3 và Fe 3 O 4 rồi tiến hành phản ứng nhiệt nhôm được hỗn hợp A. Hòa tan A trong HNO 3 thấy thoát ra 0,36mol NO 2 là sản phẩm khử duy nhất. Xác định khối lượng của Fe 2 O 3 và Fe 3 O 4 . Ta có: 0,1 Al – 3e -> Al +3 a 3Fe +8/3 – 1e -> 3Fe +3 0,36 N +5 + 1e -> N +4 Bảo toàn electron, ta có: 0,1 x 3 + a = 0,36 x 1 -> a = 0,06 -> nFe 3 O 4 = 0,06mol hay 13,92g nFe 2 O 3 = 20 – 13,92 = 6,08g * Dạng 6: Bài toán điện phân. Ví dụ 7: Tiến hành điện phân hoàn toàn dung dịch X chứa AgNO 3 và Cu(NO 3 ) 2 thu được 56g hỗn hợp kim loại ở catốt và 4,48 lít khí ở anốt (đktc). Tính số mol mỗi muối trong X. Giải: Khí thoát ra là O 2 . a Ag + + 1e -> Ag b Cu 2+ + 2e -> Cu 0,2 2O 2- - 4e -> O 2 Bảo toàn electron, ta có: a + 2b = 0,8 (1). Khối lượng kim loại: 108a + 64b = 56 (2). Hệ (1) & (2) -> a = 0,4 = nAgNO 3 b = 0,2 = nCu(NO 3 ) 2 *Dạng 7: Phản ứng khử tạo ra nhiều sản phẩm. Ví dụ 8: Thổi một luồng CO qua hỗn hợp Fe và Fe 2 O 3 nung nóng được chất khí B và hỗn hợp D gồm Fe, FeO, Fe 2 O 3 và Fe 3 O 4 . Cho B lội qua dung dịch nước vôi trong (dư) thấy tạo 6g kết tủa. Hòa tan D bằng H 2 SO 4 (đặc, nóng) thấy tạo ra 0,18mol SO 2 , còn dung dịch E. Cô cạn E thu được 24g muối khan. Xác định thành phần hỗn hợp ban đầu. Giải: 2Fe -> Fe 2 (SO 4 ) 3 a 0,5a mol Fe 2 O 3 -> Fe 2 (SO 4 ) 3 b b mol -> nCO 2 = nCaCO 3 = 0,06mol nSO 2 = 0,18mol a Fe – 3e -> Fe +3 0,06 C +2 – 2e – C +4 0,18 S +6 + 2e -> S +4 Bảo toàn electron, ta có: 3a + (2 x 0,06) = 0,18 x 2 -> a = 0,08 (1) Khối lượng muối: 400 x (0,5a + b) = 24 -> 0,5a + b = 0,06mol (2) Từ (1) và (2): -> a = 0,08mol = nFe hay 4,48g b = 0,02mol = nFe 2 O 3 hay 3,2g . 3/ Hệ quả: Một hỗn hợp gồm nhiều kim loại có hoá trị không đổi và có khối lượng cho trước sẽ phải nhường một số mol electron không đổi cho bất kỳ tác nhân oxi hoá nào. Bài tập minh hoạ: Chia 1,24 gam hỗn hợp 2 kim loại có hoá trị không đổi thành 2 phần bằng nhau : - Phần I : Bị oxi hoá hoàn toàn thu được 0,78 gam hỗn hợp oxit. -Phần II : Tan hoàn toàn trong dung dịch H 2 SO 4 loãng thu được V lít H 2 (đktc). Giá trị V là : A. 2,24 lít B. 0,112 lít C. 5,6 lít D. 0,224 lít Giải: Khối lượng mỗi phần: 1,24:2 = 0,62 gam Số mol O kết hợp với 0,62 gam hỗn hợp kim loại = (0,78 – 0,62) : 16 = 0,01 mol Quá trinh tạo oxit: O + 2e → O 2- mol: 0,01→0,02 Như vậy ở phần II hỗn hợp kim loại khử H + của dung dịch axit cũng nhường 0,02 mol electron. 2H + +2e → H 2 mol: 0,02 →0,01 Vậy thể tích H 2 thu được là: 0,01 x 22,4 = 0,224 lít (chọn D) Bài tập tương tự: Bài 1) Chia hỗn hợp 2 kim loại A, B có hoá trị không đổi thành 2 phần bằng nhau : -Phần I : Tan hết trong dung dịch HCl tạo ra 1,792 lít H 2 (đktc). -Phần II : Nung nóng trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 2,84 gam chất rắn. Khối lượng hỗn hợp 2 kim loại trong hỗn hợp ban đầu là : A. 2,4 gam B. 3,12 gam C. 2,2 gam D. 1,8 gam Bài 2) Lấy 7,88 gam hỗn hợp A gồm 2 kim loại hoạt động X, Y có hoá trị không đổi, chia thành 2 phần bằng nhau: - Phần I: Nung trong oxi dư để oxi hoá hoàn toàn thu được 4,74 gam hỗn hợp 2 oxit. -Phần II: Hoà tan hoàn toàn trong dung dịch chứa hỗn hợp 2 axit HCl và H 2 SO 4 loãng thu được V lít khí (đktc). Giá trị V là: A. 2,24 lít B. 0,112 lít C.1,12 lít D. 0,224 lít V.5) VẬN DỤNG PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN ELECTRON TÍNH NHANH SỐ MOL AXIT CÓ TÍNH OXI HÓA THAM GIA PHẢN ỨNG VỚI KIM LOẠI 1/ Cơ sở lý thuyết: Xét phản ứng của a mol kim loại R (có số oxi hóa + m) với HNO 3 . Trong đó N +5 bị khử xuống N +x . Đặt n N +x = b. Các bán phản ứng: R -> R +n + me N +5 + ( 5 – x)e -> N +x a a ma (5 – x)b b Áp dụng định luật bảo toàn e: -> ma = (5 – x)b -> b = (5 ) ma x− - Sản phẩm muối của kim loại tồn tại dưới dạng R(NO 3 ) m (a mol) -> NO 3 n tạo muối với kim loại = ma = ne (số mol electron cho – nhận) (I) Ta có: HNO NO 3 3 n n = ∑ tạo muối với kim loại + NO 3 n tạo sản phẩm khử N + x = ma + b = ma + (5 ) ma x− = ma x ( (6 ) (5 ) x x − − ) = n e .( (6 ) (5 ) x x − − ) (II) Tương tự như trên ta xây dựng được công thức tổng quát đối với trường hợp kim loại tác dụng với H 2 SO 4 đặc. R -> R +n + me S +6 + ( 6 – x)e -> S +x a a ma (6 – x)b b Áp dụng định luật bảo toàn e: -> ma = (6 – x)b -> b = (6 ) ma x− - Sản phẩm muối của kim loại tồn tại dưới dạng R 2 (SO 4 ) m (a/2mol) -> 2- 4 SO n tạo muối với kim loại = 2 ma = 1 2 ne (số mol electron cho – nhận) (III) Ta có: 4 2 2- 4 H SO SO n n = ∑ tạo muối với kim loại + 2- 4 SO n tạo sản phẩm khử S + x = 2 ma + b = 2 ma + (6 ) ma x− = ma x ( (8 ) 2(6 ) x x − − ) = n e .( (8 ) (6 ) x x − − ) (IV) Kết luận: Từ (I) và (III) ta nhận thấy: n e = NO 3 n tạo muối với kim loại = 2 2- 4 SO n tạo muối với kim loại Từ (II) và (IV) ta nhận thấy: Nếu biết số mol electron cho – nhận và số oxi hóa của sản phẩm khử trong phản ứng của các axit có tính oxi hóa với kim loại sẽ tính nhanh được số mol axit tham gia phản ứng. 2/ Một số bài tập áp dụng: * Bài 1: Cho m(g) Al tác dụng với 150ml dung dịch HNO 3 a(M) vừa đủ thu được khí N 2 O duy nhất và dung dịch A. Cô cạn dung dịch A thu được một muối khan có khối lượng (m + 18,6)g. Giá trị của a là: A. 1,5 B. 2 C. 2,5 D. 3 Giải: Sản phẩm khử là 1 2 N O + -> x = +1 muối muối = m k.im loại + 3 m NO − tạo muối với kim loại -> 3 NO m − tạo muối với kim loại = m muối – m kim loại = (m +18,6) – m =18,6g -> n e = 3 NO n − tạo muối với kim loại = 18,6 62 =0,3 3 HNO n ∑ = n e x (6 ) (5 ) x x − − = 0,3 x 5 4 = 0,375 mol -> a = 0,375 0,15 = 2,5 -> Đáp án C. Khi chỉ có một kim loại tham gia phản ứng thì phương pháp này tỏ ra ít vượt trội hơn so với phương pháp thông thường nhưng nếu là hỗn hợp nhiều kim loại không rõ hóa trị tham gia phản ứng thì phương pháp này tỏ ra ưu việt hơn rất nhiều. * Bài 2: Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp 3 kim loại X, Y, Z trong một lượng vừa đủ 200ml HNO 3 b(M) thu được khí không màu hóa nâu trong không khí và dung dịch A không chứa ion NH 4 + .Cô cạn dung dịch A thu được (m + 37,2)g muối khan. Giá trị của b là: A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 Giải: Sản phẩm khử là: +2 NO -> x = + 2 m muối = m kim loại + 3 m NO − -> n e = 3 n NO − = 37,2 62 = 0,6 -> 3 n HNO ∑ = n e x (6 ) (5 ) x x − − = 0,6 x 4 3 = 0,8 mol -> b = 0,8 0,2 = 4 -> Đáp án C. * Bài 3: Cần vừa đủ 0,5 lít dung dịch HNO 3 x (M) để hòa tan hoàn toàn m gam hợp kim Al và Mg. Sau phản ứng thu được dung dịch A và hỗn hợp khí B gồm N 2 O và NO. Khi cô cạn dung dịch A thu được hai muối khan có tổng khối lượng là (m + 136,4). Biết 2 B/H d = 18,5. Giá trị của x là: A. 4,8 B. 5,6 C. 6,2 D. 7,0 Giải: 2 B/H d = 18,5 -> B 44 30 M 37 2 + = = -> n NO : 2 N O n = 1: 1. Đặt n NO = 2 N O n = x Xét các bán phản ứng: N +5 + 3e -> N +2 2N +5 + 8e -> 2N +1 3x <- x 8x <- x -> n e = 3x + 8x = 11x (I) Ta có: 3 m NO − = m muối - m kim loại = (m + 136,4) – m = 136,4g -> n e = 3 n NO − = 136,4 62 = 2,2 (II) Từ (I) và (II) -> 11x = 2,2 -> x = 0,2 Ta có: 3 n HNO ∑ = - 3 NO n tạo muối với kim loại + n NO + 2 2 N O N = n e + NO n + 2 2 N O N = 2,2 + 0,2 + 2 x 0,2 = 2,8 mol -> x = 2,8 0,5 = 5,6 -> Đáp án B * Bài 4: m gam hỗn hợp ba kim loại X, Y, Z tác dụng vừa đủ với 250ml dung dịch HNO 3 c(M) vừa đủ thu được dung dịch A duy nhất. Nếu cho dung dịch A tác dụng với dung dịch NaOH (dư) thấy thoát ra khí có mùi khai. Mặt khác nếu cô cạn cẩn thận dung dịch A thu được (m + 21,6)g muối khan. Giá trị của c là: A. 1,5 B. 1,75 C. 2,5 D. 2,75 Giải: X, Y, Z -> ion kim loại + n e N +5 + 8e -> N -3 n e -> e 8 n m muối = m muối kim loại + m muối amoni m muối = m kim loại + - 3 NO m tạo muối với kim loại + m muối amoni m muối = m + 21,6 = m + n e x 62 + e 8 n x 80 -> n e = 0,3 3 n HNO ∑ = - 3 NO n tạo muối với kim loại + - 3 NO n tạo sản phẩm khử N -3 3 n HNO ∑ = n e + 2 - 3 N n = n e + 2 x e n 8 = 0,3 + 2 x 0,3 8 = 0,375 [...]... mol axit H2SO4 đã tham gia phản ứng là: A 0,8 B 1,1 C 1,2 D 1,4 Giải: Khi dẫn khí SO2 qua dung dịch nước Brom: SO2 + Br2 + 2H2O -> 2HBr + H2SO4 0,6 x = 4 S+6 + 2e -> S+4 1,2 ne = 1,2 (8 - x) 4 ∑ n H2SO4 = ne x ( 2(6 − x) ) = 1,2 x 4 = 1,2 mol -> Đáp án C 3/Một số bài tập giải bằng phương pháp bảo toàn electron: Bài 1) Hoà tan hết 2,16 gam FeO trong . CÁC PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN ĐƯỢC VẬN DỤNG ĐỂ GIẢI NHANH CÁC BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN NHIỀU LỰA CHỌN PHẦN HOÁ VÔ CƠ. V.1) Phương pháp bảo toàn khối lượng dựa vào. là: A. 84 gam B. 51 gam C. 56 gam D. 48 gam Giải: Nếu giải bài toán này bằng cách thông thường: Viết phương trình hoá học các phản ứng, dựa vào các phương trình hoá học để tính toán đi tới kết. ? A. 1,28 tấn B. 1 tấn C. 1,05 tấn D. 1,2 tấn Giải: Nếu viết đầy đủ phương trình hoá học thì cách giải bài toán trở nên phức tạp. Tuy nhiên để giải nhanh ta lập sơ đồ (bảo toàn lượng nguyên tố