PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG

PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN LƯỢNG NGUYÊN TỐ PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG I)KIẾN THỨC CẦN NHỚ: 1) Định luật bảo toàn nguyên tố : “ tổng số mol nguyên tử của một nguyên tố hoặc nhóm nguyên tử trước phản ứng và sau phản ứng luôn bằng nhau” - Phạm vi áp dụng: Thường dùng cho các bài toán hỗn hợp phức tạp, chẳng hạn : các bài toán có phản ứng giữa các hỗn hợp muối, axit, bazơ … hoặc bài toán có nhiều biến đổi rất phức tạp. Ví dụ 1 : hỗn hợp axit với hỗn hợp bazơ: yR(OH) x + xH y G → R y G x + xyH 2 O Theo ptpư ta có : H n ( ( OH H O 2 cuûa axit) = n cuûa bazô) = n (sản phẩm) Vì vậy khi biết được số mol của nhóm OH thì tìm được số mol H trong axit , số mol H 2 O và ngược lại. Ví dụ 2: phản ứng nhiệt nhôm giữa a(mol) Al và b(mol) Fe 2 O 3 theo sơ đồ : Al + Fe 2 O 3 0 → t 2 3 3 4 2 3 Fe O (x mol ); + Al ( y mol ) + FeO ( z mol ) + Fe O ( t mol ) + Fe ( n mol) + Al O ( n' mol )    Vì Σ n Fe ( trước pư ) = Σ n Fe ( sau pư ) nên ⇒ ta luôn có : 2x + z + 3t + n = 2b Vì Σ n Al ( trước pư ) = Σ n Al ( sau pư ) nên ⇒ ta luôn có : y + 2n’ = a Ví dụ 3 : Điều chế H 2 SO 4 từ a (gam) FeS 2 ta dễ dàng thấy : S a a n (mol) 120 60 = 2 = ⇒ H SO 2 4 a m 98 60 = × 2) Phương pháp quy đổi : Nguyên tắc : quy đổi hỗn hợp nhiều chất thành 1 chất hoặc một hỗn hợp có số lượng chất ít hơn. Ví dụ : Hỗn hợp Na 2 SO 4 và K 2 SO 4 tỷ lệ mol 1 :1 ⇔ KNaSO 4 Hỗn hợp FeO và Fe 2 O 3 đồng mol ⇔ Fe 3 O 4 ( đúng cả 2 chiều ) 3) Kết hợp giữa bảo toàn nguyên tố và bảo toàn khối lượng. Phương pháp này thường được áp dụng trong các trường hợp sau đây : Thường gặp 2 trường hợp sau đây: * Trường hợp 1: Fe O 2 + → 3 3 2 x y HNO 3 Fe Fe(NO ) H O (NO, Fe O + → + +   hoặc NO 2 ↑ ) ⇒ 3 3 Fe(NO ) n = Fe n ( bđ ) 3 HNO N n n= ( muối) + N n ( các sp khí ) = Fe N 3 n n× + ( các sp khí ). H O HNO 2 3 1 n n 2 = × * Trường hợp 2 : Fe O 2 + → 2 4 3 2 2 x y H SO 2 4 Fe Fe (SO ) H O (SO ) Fe O +  → + + ↑   ⇒ Fe (SO ) 2 4 3 n = Fe 1 n 2 × ( bđ ) H SO S 2 4 n n= ( muối) + S n ( các sp khí ) = Fe S 1,5 n n× + ( các sp khí ). 1 (a mol) (b mol) H O H SO 2 2 4 n n= .v.v. ( còn nhiều trường hợp khác) Nhận xét: Nếu biết khối lượng của các khí sản phẩm và hỗn hợp A ( hoặc muối Fe) thì có thể áp dụng định luật BTKL. Ví dụ : Trường hợp 1 : giả sử biết m 1 (g) ( Fe + Fe x O y ) ; biết b (mol) khí NO sinh ra. Áp dụng định luật BTKL ta có : 1 3a b m + 63 (3a + b)= 242a + 18 b.30 2 + × × + ( trong đó : Fe n a mol= ) II- Một số bài toán minh họa 1) Để hòa tan hoàn toàn 34,8 gam hỗn hợp gồm Fe 3 O 4 , FeO, Fe 2 O 3 ( số mol FeO = số mol Fe 2 O 3 ) thì phải dùng một lượng vừa đủ dung dịch H 2 SO 4 4,9 % ( loãng). a) Tính khối lượng của dung dịch H 2 SO 4 4,9% . b) Tính nồng độ % của các chất trong dung dịch thu được. Hướng dẫn: Vì số mol FeO = số mol Fe 2 O 3 nên xem như Fe 3 O 4 . 2) Cho m(g) hỗn hợp FeO, Fe 3 O 4 , Fe 2 O 3 tan vừa hết trong V (lít) dung dịch H 2 SO 4 loãng thì thu được một dung dịch A. Chia đung dịch A làm 2 phần bằng nhau. Phần 1: tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc lấy kết tủa nung nóng trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 8,8 gam chất rắn. Phần 2: làm mất màu vừa đúng 100ml dung dịch KMnO 4 0,1M trong môi trường H 2 SO 4 loãng dư. a) Viết các phương trình hóa học xảy ra. b) Tính m , V ( nếu dung dịch H 2 SO 4 có nồng độ 0,5M). Hướng dẫn: Xem Fe 3 O 4 như hỗn hợp FeO và Fe 2 O 3 Vậy hỗn hợp xem như chỉ có FeO và Fe 2 O 3 : số mol lần lượt x,y. * Có thể giải theo phương pháp bảo toàn nguyên tố Fe. Fe n ( các oxit ) = 2 × 0,055 = 0,11 mol Fe n ( FeO ) = FeSO 4 0, 05 mol KMnO 4 n 5 n = = × ⇒ Fe n ( Fe 2 O 3 ) = 0,11 0,05 =0,06 mol− Vậy khối lượng hỗn hợp đầu : m = 2( 0,05 × 72 + 0,06 160 2 × ) = 16,8 gam. Số mol H 2 SO 4 = 0,1 + (3 × 0,06) = 0,28 mol. ⇒ thể tích V = 0,56 lít. 3) Hỗn hợp A gồm FeO, Fe 3 O 4 , Fe 2 O 3 ( với số mol bằng nhau). Cho m 1 (g) A vào ống sứ nung nóng rồi dẫn dòng khí CO đi qua ( CO pư hết ), thấy khí bay ra và trong ống còn lại 19,2 (g) rắn B (gồm Fe, FeO, Fe 3 O 4 ) . Hấp thụ khí vào dung dịch Ba(OH) 2 dư thì thu được m 2 (g) kết tủa trắng. Hòa tan hết rắn B trong HNO 3 nóng thì thấy bay ra 2,24 lít khí NO duy nhất ( đktc). a) Viết phương trình hóa học. b) Tính m 1 , m 2 và số mol HNO 3 đã phản ứng. Hướng dẫn: Xem phần FeO + Fe 2 O 3 ( đồng mol) như Fe 3 O 4 4) Đốt x (mol) Fe bởi O 2 thu được 5,04 gam hỗn hợp A gồm các oxit của sắt. Hòa tan A trong HNO 3 nóng dư thì thu được một dung dịch X và 0,035 mol khí Y ( gồm NO và NO 2 ), biết 2 Y/ H d = 19. Tính x. Hướng dẫn: Xem các oxit sắt chỉ gồm Fe 2 O 3 và FeO ( vì Fe 3 O 4 coi như FeO và Fe 2 O 3 ) 5) Muối A là muối cacbonat của kim loại R hóa trị n ( R chiếm 48,28% theo khối lượng ). Nếu đem 58 gam A cho vào bình kín chứa sẵn lượng O 2 vừa đủ rồi nung nóng. Phản ứng xong thu được 39,2 gam rắn B gồm Fe 2 O 3 và Fe 3 O 4 . a) Xác định CTPT của A. b) Nếu hòa tan B vào HNO 3 đặc nóng, thu được khí NO 2 duy nhất. Trộn lượng NO 2 này với 0,0175 mol khí O 2 rồi sục vào lượng nước rất dư thì thu được 2 lít dung dịch X. Xác định nồng độ mol của các chất trong dung dịch X. 2 Hướng dẫn: a) Ta có 2R 48, 28 60n 51,72 = ⇒ R = 56 , n = 2 là thỏa mãn ( Fe) b) gọi x, y lần lượt là số mol Fe 2 O 3 và Fe 3 O 4 trong rắn B. 6) Hòa tan a gam một oxit sắt Fe x O y vào trong dung dịch H 2 SO 4 đặc nóng dư thì thu được khí SO 2 duy nhất.Mặt khác, nếu khử hoàn toàn a gam oxit sắt trên bằng khí CO, hòa tan lượng sắt tạo thành trong dung dịch H 2 SO 4 đặc nóng (dư) thu được lượng SO 2 gấp 9 lần lượng SO 2 ở thí nghiệm trên. a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra trong hai thí nghiệm trên. b) Xác định định công thức hóa học của oxit sắt. Giải mẫu : 2Fe x O y + (6x -2y )H 2 SO 4 ( đặc) 0 t → xFe 2 (SO 4 ) 3 + (3x-2y) SO 2 ↑ + (6x -2y )H 2 O (1) a (mol) → ( ) a 3x 2y 2 − (mol) Fe x O y + yH 2 0 t → xFe + yH 2 O (2) a (mol) → ax (mol) 2Fe + 6H 2 SO 4 ( đặc) 0 t → Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3SO 2 ↑ + 6H 2 O (3) ax (mol) → 1,5 ax ( mol) Theo đề bài : SO SO 2 2 n (3) 9 n (1)= × nên ta có : 1,5ax 2 9 a(3x 2y) × = − ⇒ x 18 3 y 24 4 = = ⇒ CTPT của oxit sắt là : Fe 3 O 4 . 7) Hòa tan một lượng oxit sắt Fe x O y vào dung dịch HNO 3 loãng, dư thì thu được một dung dịch A và khí NO duy nhất. Mặt khác nếu khử lượng oxit sắt trên bằng lượng CO dư rồi lấy toàn bộ kim loại sinh ra hòa tan hoàn toàn trong dung dịch HNO 3 đặc, nóng thì thu được dung dịch B và khí NO 2 duy nhất. Biết thể tích khí NO 2 sinh ra gấp 9 lần thể tích khí NO sinh ra ( cùng nhiệt độ, áp suất). a) Viết các phương trình hóa học. b) Xác định công thức hóa học của oxit sắt. Hướng dẫn : Giải như bài 6 ( FeO) 8) Để m gam một phoi bào sắt ( A ) ngoài không khí sau một thời gian thu được hỗn hợp B có khối lượng 12 gam gồm sắt và các oxit của sắt. Cho B tác dụng hoàn toàn với HNO 3 loãng thấy giải phóng 2,24 lít khí NO ( đktc). Xác định m Hướng dẫn : xem hỗn hợp B gồm Fe 2 O 3 , FeO, Fe ( vì Fe 3 O 4 đã quy đổi) Kết hợp định luật BTNT và BTKL để giải. m = 10,08 gam 9) Có 190 ml dung dịch chứa đồng thời KOH và Ba(OH) 2 có nồng độ tương ứng là 3M và 4M. Tính thể tích dung dịch Axit chứa đồng thời HCl 1,98M và H 2 SO 4 1,1M đủ để trung hoà lượng dung dịch kiềm trên. Hướng dẫn: số mol OH của bazơ = số mol H của axit (V = 0,5 lít ) 10) Có 1 lít dung dịch hỗn hợp Na 2 CO 3 0,1M và (NH 4 ) 2 CO 3 0,25M. Cho vào dung dịch đó 43 gam hỗn hợp BaCl 2 và CaCl 2 , sau khi kết thúc phản ứng thì thu được 39,7 gam kết tủa A và d.dịch B. a) Chứng minh hỗn hợp muối clorua đã phản ứng hết. b) Tính % khối lượng của các chất có trong kết tủa A. Hướng dẫn: a) Từ công thức Na 2 CO 3 và (NH 4 ) 2 CO 3 ⇒ số mol CO 3 = 0,35 mol Đặt RCl 2 là công thức đại diện cho hỗn hợp BaCl 2 và CaCl 2 . Từ (1), (2) nhận thấy : Cứ 1 mol muối clorua biến thành kết tủa RCO 3 thì khối lượng giảm 71 – 60 =11 g Chứng minh số mol CO 3 phản ứng < 0,35 b) Gọi x, y là số mol của BaCO 3 và CaCO 3 trong kết tủa A, ta có: Vậy : 3 BaCO 0,1 197 %m 100 49,62% 39,7 3 CaCO %m =50,38% × = × = ⇒ 11) Nhiệt phân 19,8 gam propan C 3 H 8 thì thu được hỗn hợp khí X gồm C 3 H 8 ( dư ) ; C 3 H 6 ; C 2 H 4 ; CH 4 ; H 2 . Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X thì phải dùng V lít O 2 ( đktc) và thu được m ( gam ) CO 2 . Xác định V và m. 3 Hng dn : S dng phng phỏp bo ton nguyờn t. 12) Mt hn hp (A) gm 15,2gam FeO v Fe 2 O 3 ( t l mol 2:1). Kh hn hp bng khớ CO sau mt thi gian thu c rn B ( khi lng a gam ) gm 3 oxit kim loi v Fe v cú b lớt khớ thoỏt ra ( ktc). Tỡm a, b Hng dn : S dng phng phỏp bo ton nguyờn t. 13/ Cho 10,4 gam hn hp bt Fe v Mg ( t l mol 1:2 ) ho tan va ht trong 600ml dung dch HNO 3 x(M), thu c 3,36 lớt hn hp 2 khớ N 2 O v NO. Bit t khi ca hn hp khớ so vi khụng khớ l 1,195. Xỏc nh tr s x. Hng dn : t s mol Fe l a (mol) s mol Mg : 2a mol 56a + 24b = 10,4 gii ra c a= 0,1 S phn ng : Fe,Mg + HNO 3 Fe(NO 3 ) 3 , Mg(NO 3 ) 2 + N 2 O, NO + H 2 O 0,1 v 0,2 0,1 0,2 n 1 , n 2 ( mol ) 14) Ho tan 5,9 gam hn hp Al v kim loi R hoỏ tr II vo trong dung dch H 2 SO 4 c núng. Sau ú cho tỏc dng vi dung dch NaOH d. Lc ly kt ta em tỏc dng vi dd HCl d thỡ thu c dung dch A. in phõn dung dch A n khi cú bt khớ thoỏt ra catot (cc õm) thỡi dng li, khi lng catot tng lờn 3,2 gam cũn anot ( cc dng ) thoỏt ra 1,12 lớt mt khớ. Xỏc nh R v th tớch khớ thoỏt ra t dung dch H 2 SO 4 Hng gii : Vit s p : Al,R 2 4 . H SO Al 2 (SO 4 ) 3 , RSO 4 NaOH NaAlO 2 , R(OH) 2 loùc laỏy KT R(OH) 2 R(OH) 2 HCl RCl 2 ủpdd R + Cl 2 Theo s : s mol R = s mol Cl 2 = 0,05 ( khớ anot ) 64( )= 3,2 R= 0,05 Cu 15) mt mu nhụm trong khụng khớ sau mt thi gian thỡ thu c rn A cú khi lng 2,802 gam. Ho tan rn A bng dung dch HCl d thỡ thu c m ( gam) mui v 3,36 lớt khớ a/ Tớnh % Al ó b oxi hoỏ ? Tỡm m (gam) b/ Ho tan hon ton A trong HNO 3 c , núng thỡ thu c bao nhiờu lớt khớ mu nõu ( ktc). 16) Cho 200ml dung dch (A) gm hn hp : MgCl 2 0,3M ; AlCl 3 0,45M ; HCl 0,55M tỏc dng va vi V lớt dung dch NaOH 0,02M ; Ba(OH) 2 0,01M. Tỡm V t kt ta ln nht ? bộ nht ? Xỏc nh khi lng kt ta ú ? Hng dn : Phn ng trung hũa xy ra trc * Nu kt ta max : V=12,5 lớt , kt ta : 10,5 gam * Nu kt ta min : A(OH) 3 b tan ht trong kim d , V=14,75 lớt , kt ta : 3,48 gam 17) mu Fe khi lng 11,2gam sau mt thi gian trong khụng khớ ( gi s ch xy ra phn ng oxi hoỏ to thnh oxit ) thỡ thu c hn hp A cú khi lng m 1 ( gam). Ho tan hon ton A vo HNO 3 loóng d thỡ sau phn ng thu c m 2 gam mui v 0,896 lớt khớ NO bay ra ( ktc). a/ Vit cỏc phng trỡnh phn ng cú th xy ra. b/ Tớnh m 1 , m 2 ( S: m 1 = 15,04g ; m 2 = 48,4 g ) 18) Cho V lớt CO ( ktc) ly d i qua ng s cha 0,15 mol hn hp A gm FeO v Fe 2 O 3 nung núng. Sau mt thi gian ngui, thu c 12 gam cht rn B ( gm 4 cht ) v khớ X thoỏt ra ( t khi ca X so vi H 2 bng 20,4). Cho X hp th ht vo dung dch nc vụi trong d thỡ thu c 20 gam kt ta trng. 1- Tớnh phn trm khi lng ca cỏc cht trong A. Xỏc nh giỏ tr V. 2- Cho B tan ht trong dung dch HNO 3 m c núng. Tớnh khi lng ca mui khan to thnh sau khi cụ cn dung dch sau phn ng. ( thi Tnh GL 07-08) Hng dn : Dựng phng phỏp bo ton NT v BTKL .S: 5,6 lớt v 15,2 gam. 4 . PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN LƯỢNG NGUYÊN TỐ PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG I)KIẾN THỨC CẦN NHỚ: 1) Định luật bảo toàn nguyên tố : “ tổng số mol nguyên tử. và Fe 2 O 3 đồng mol ⇔ Fe 3 O 4 ( đúng cả 2 chiều ) 3) Kết hợp giữa bảo toàn nguyên tố và bảo toàn khối lượng. Phương pháp này thường được áp dụng trong các trường hợp sau đây : Thường gặp. theo phương pháp bảo toàn nguyên tố Fe. Fe n ( các oxit ) = 2 × 0,055 = 0,11 mol Fe n ( FeO ) = FeSO 4 0, 05 mol KMnO 4 n 5 n = = × ⇒ Fe n ( Fe 2 O 3 ) = 0,11 0,05 =0,06 mol− Vậy khối lượng