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.
Trang 1CÁC 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 0oC, 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
nH2O = nCO2 = 0,3 mol
= 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
H2 (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
nH2 = 1,68:22,4 = 0,075 mol
= 2,17 + 0,15x36,5 – 0,075x2 = 7,495 gam (chọn B)
Hoặc mRCla = mR + mCl-(muối), trong đó nCl-(muối) = nHCl
được 1,344 lít H2 (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
nH2 = 1,344: 22,4 = 0,06 mol
Trang 2Theo (1) nH2SO4 = nH2 = 0,06 mol
= 3,22 + 0,06x98 – 0,06x2 = 8,98 gam (chọn A)
Hoặc mRSO4 = mR + mSO42-(tạo muối), trong đó nSO42-(tạo muối)= nH2SO4
3/Một số bài tập tương tự
(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 0oC, 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 ACO3, B2CO3, R2CO3 tác dụng hết với dung dịch HCl thấy thoát ra 22,4 lít CO2
(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 Na2CO3 và K2CO3 tác dụng vừa đủ với dung dịch BaCl2 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 Fe3O4; 0,1 mol FeS2 vào dung dịch H2SO4 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:
Fe → Fe FeS2 → Fe Fe3O4 → 3Fe
0,3 mol 0,3 mol 0,1 mol 0,1 mol 0,1 mol 0,3 mol
Tổ hợp ta có: 2Fe → Fe2O3
0,7 mol 0,35 mol
Bài 2) Tính khối lượng quặng pirit sắt chứa 75% FeS2 (còn lại là tạp chất trơ) cần dùng để điều chế 1 tấn dung dịch
H2SO4 98% (hiệu suất quá trình điều chế H2SO4 là 80%) ?
A 1,28 tấn B 1 tấn C 1,05 tấn D 1,2 tấn
Trang 3Giải: 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:
FeS2 → 2H2SO4
120 2x98
Khối lượng FeS2 cần dùng là:
0,98 x120x100
2 x98 x 80 = 0,75
Khối lượng quặng: (0,75 x 100):75 = 1 tấn (chọn B)
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
Fe(NO3)3 Nung Y đến khối lượng không đổi thu được chất rắn Z là (Fe2O3)
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 ↔ Fe2O3
(mol) 0,12 0,06
mZ thu được = mFe2O3 = 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, Fe3O4, Fe2O3 cần 0,05 mol H2 Mặt khác hoà tan hoàn toàn
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 H2 đi qua một ống đựng 16,8 gam hỗn hợp 3 oxit: CuO, Fe3O4,
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
Fe3O4, Fe2O3 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 Fe3O4, FeO, Fe2O3, 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
Trang 4V.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: Mg2+, Ba2+, Ca2+, 0,1 mol Cl- và 0,2 mol NO3- Thêm dần V lít dung dịch
K2CO3 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 Mg2+, Ba2+, Ca2+ tác dụng hết với ion Ca2+
Mg2+ + CO32- → MgCO3↓
Ba2+ + CO32- → BaCO3↓
Ca2+ + CO32- → CaCO3↓
Sau khi phản ứng kết thúc, trong dung dịch chứa các ion K+, Cl- và NO3- (kết tủa tách khỏi dung dịch)
dK2CO3 = 0,15 : 1 = 0,15 lít = 150 ml (chọn D)
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 : FeS2 → Fe3+ + 2SO4
0,12 0,12 0,24
Cu2S →2Cu2+ + SO4
a 2a a
Bài 3) (TSCĐ khối A 2007): Một dung dịch chứa 0,02 mol Cu2+, 0,03 mol K+, x mol Cl- và y mol SO42- 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)
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+ Ca2+ NO3- Cl- HCO3
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 NH4+, c mol HCO3-, d mol CO32- và e mol SO42- ( không kể các ion H+ và
OH- của H2O) 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 Mg2+, SO42-, NH4+, 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
thu gọn) Tính tổng khối lượng của các chất tan trong dung dịch G
Bài 4) Dung dịch chứa các ion: Na+ a mol, HCO3- b mol, CO32- c mol, SO42- 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 Ca2+, c mol HCO3- 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
Trang 5V.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 HNO3 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: NxOy
nFeO = 0,03mol ; nNxOy = 0,01mol FeO + HNO3 -> Fe(NO3)3 + NxOy + H2O 0,03 Fe+2 – 1e -> Fe+3
0,01 xN+5 + (5x – 2y)e -> xN2y/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 H2SO4 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
-> mkl = 56a + 64a = 2,4 -> a = 0,02mol
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 SO2
* Dạng 2: Hỗn hợp kim loại tạo hỗn hợp khí
Giải:
42 -> NO
2
nNO =3
-> nNO = 0,02mol ; nNO2 = 0,06mol
a Fe – 3e -> Fe+3
b Cu – 2e -> Cu+2
0,02 N+5 + 3e -> N+2
Trang 60,06 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
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 H2 (đktc) Tính nồng độ mol/lít của AgNO3 và Cu(NO3)2 trong A
Giải: 3 kim loại thu được là Ag, Cu và Fe dư.
Giả sử: Cu(NO3)2 a mol và AgNO3 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 -> FeCl2 + H2
Ta có: nFe = x + y = 0,05
nH2 = y = 0,03 -> x = 0,02 mol ; y = 0,03 mol
0,05 Fe – 2e -> Fe+2
a Cu+2 + 2e -> Cu
b Ag+ + 1e -> Ag 0,03 2H+ + 2e -> H2
Bảo toàn electron, ta có:
2a + b + (0,03 x 2) = (0,03 x 3) + (0,05 x 2)
Khối lượng B:
mCu + mAg + mFe/dư = 64a + 108b + (56 x 0,03) = 8,12
Từ (1) và (2) :
-> a = 0,05mol Cu(NO3)2 hay 0,5M
b = 0,03mol AgNO3 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
và NO2 có tỷ lệ số mol 1:1 Tính p
Giải: Có moxit = mFe + mO2 = p + mO2 = 7,52
-> mO2 = 7,52 – p -> = nO2=
32
7,52 - p
nkhí = 0,03 mol -> nNO = nNO2 = 0,015mol
7,52 - p
0,015 N+5 + 3e -> N+2
Trang 70,015 N+5 + 1e -> N+4
Bảo toàn electron, ta có:
p
56 x 3 =
7,52 - p
-> p = 5,6g
* Dạng 5: Phản ứng nhiệt nhôm
Ví dụ 6: Trộn 2,7g Al vào 20g hỗn hợp Fe2O3 và Fe3O4 rồi tiến hành phản ứng nhiệt nhôm được hỗn hợp A
Fe3O4
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
-> nFe3O4 = 0,06mol hay 13,92g
nFe2O3 = 20 – 13,92 = 6,08g
* Dạng 6: Bài toán điện phân
loại ở catốt và 4,48 lít khí ở anốt (đktc) Tính số mol mỗi muối trong X
Giải: Khí thoát ra là O2
b Cu2+ + 2e -> Cu 0,2 2O2- - 4e -> O2
Bảo toàn electron, ta có:
a + 2b = 0,8 (1)
Khối lượng kim loại: 108a + 64b = 56 (2)
Hệ (1) & (2) -> a = 0,4 = nAgNO3
b = 0,2 = nCu(NO3)2
*Dạng 7: Phản ứng khử tạo ra nhiều sản phẩm
FeO, Fe2O3 và Fe3O4 Cho B lội qua dung dịch nước vôi trong (dư) thấy tạo 6g kết tủa Hòa tan D bằng H2SO4 (đặc,
ban đầu
Giải:
2Fe -> Fe2(SO4)3
a 0,5a mol
Fe2O3 -> Fe2(SO4)3
b b mol
-> nCO2 = nCaCO3 = 0,06mol
nSO2 = 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 = nFe2O3 hay 3,2g 3/ Hệ quả:
Trang 8Một 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 H2SO4 loãng thu được V lít H2 (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
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 → H2
mol: 0,02 →0,01
Vậy thể tích H2 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 H2 (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 H2SO4 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 HNO3 Trong đó N+5 bị khử xuống N+x
Đặt nN+x = b Các bán phản ứng:
R -> R+n + me N+5 + ( 5 – x)e -> N+x
Áp dụng định luật bảo toàn e:
-> ma = (5 – x)b -> b =
ma x
−
- Sản phẩm muối của kim loại tồn tại dưới dạng R(NO3)m (a mol)
-> nNO3tạo muối với kim loại = ma
Ta có: ∑nHNO3 =nNO3tạo muối với kim loại + nNO3tạo sản phẩm khử N+ x
= ma + b = ma +
ma x
x x
−
= ne.((6 )
x x
−
đặc
R -> R+n + me S+6 + ( 6 – x)e -> S+x
Trang 9a a ma (6 – x)b b
Áp dụng định luật bảo toàn e:
-> ma = (6 – x)b -> b =
ma x
−
- Sản phẩm muối của kim loại tồn tại dưới dạng R2(SO4)m (a/2mol)
->
2-4
SO
n
tạo muối với kim loại =
2
ma
= 1
2-4
H SO SO
∑ tạo muối với kim loại +
2-4
SO
n
tạo sản phẩm khử S+ x
= 2
ma
+ b =
2
ma
+
ma x
x x
−
= ne.((8 )
x x
−
Kết luận:
Từ (I) và (III) ta nhận thấy:
ne = nNO3tạo 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 HNO3 a(M) vừa đủ thu được khí N2O 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:
Giải: Sản phẩm khử là N O2+1 -> x = +1
muốimuối = mk.im loại + mNO3− tạo muối với kim loại
-> m NO3− tạo muối với kim loại = mmuối – mkim loại
= (m +18,6) – m =18,6g
-> ne =n NO3 −
tạo muối với kim loại =
18,6
62 =0,3
3
HNO
n
∑ = ne x(6(5 ))
x x
−
− = 0,3 x 54= 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 HNO3 b(M)
được (m + 37,2)g muối khan Giá trị của b là:
Giải: Sản phẩm khử là:
+2
NO -> x = + 2
mmuối = mkim loại + mNO−
Trang 10-> ne = nNO3− = 37,2
-> ∑ nHNO3 = ne x(6(5 ))
x x
−
− = 0,6 x 43= 0,8 mol -> b =
0,8
0, 2 = 4 -> Đáp án C.
* Bài 3: Cần vừa đủ 0,5 lít dung dịch HNO3 x (M) để hòa tan hoàn toàn m gam hợp kim Al và Mg Sau phản
tổng khối lượng là (m + 136,4) Biết dB/H 2 = 18,5 Giá trị của x là:
Giải: dB/H 2= 18,5 -> B 44 30
2
+
= =
-> nNO: nN O 2 = 1: 1 Đặt n
NO = nN O 2 = x
Xét các bán phản ứng:
Ta có: mNO3− = mmuối - mkim loại
= (m + 136,4) – m = 136,4g -> ne = nNO3− = 136,4
Từ (I) và (II) -> 11x = 2,2
-> x = 0,2
-3
NO
n tạo muối với kim loại + nNO + 2
2
N O
N
= ne + nNO+ 2NN O2
= 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 HNO3 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:
Giải:
X, Y, Z -> ion kim loại + ne
N+5 + 8e -> N-3
ne -> e
8
n
mmuối = mmuối kim loại + mmuối amoni
mmuối = mkim loại +
-3
NO
m tạo muối với kim loại + mmuối amoni
mmuối = m + 21,6 = m + ne x 62 + e
8
n
x 80 -> ne = 0,3
3
nHNO
-3
NO
n tạo muối với kim loại +
-3
NO
n tạo sản phẩm khử N-3
3
nHNO
∑ = ne + 2nN - 3 = ne + 2 x ne
8 = 0,3 + 2 x
0,3