Sử dụng linh hoạt các phương pháp để giải bài toán về ion NO3 trong môi trường axit

Là một giáo viên nhiều năm ôn thi đại học cho học sinh, tôi nhận thấy những khó khăn của các em khi giải dạng bài tập này, phần vì đây là dạng bài tập đòi hỏi mức độ tư duy cao, phần vì

PHẦN I: MỞ ĐẦU I.ĐẶT VẤN ĐỀ

Một trong những xu hướng phát triển của bài tập hoá học hiện nay là tăng cường khả năng tư duy hoá học cho sinh ở cả ba phương diện : lí thuyết, thực hành và ứng dụng Tuy nhiên , với hình thức thi hai trong một và đề thi có tính phân loại cao như hiện nay, để có được điểm 9,10 trong bài thi quả không dễ

Đề thi quốc gia THPT năm 2015-2016 có khoảng 10-20% bài tập khó, một trong các dạng bài tập khó đó có dạng bài tập về ion NO3- trong môi trường axit

Thật vây, dạng bài tập về ion NO3- trong môi trường axit không có gì mới đối với học sinh, tuy nhiên để làm đúng, làm nhanh dạng bài tập này cũng không dễ, đặc biệt một vài năm gần đây, hệ thống bài tập phức tạp, khó về ion NO3- càng nhiều Là một giáo viên nhiều năm ôn thi đại học cho học sinh, tôi nhận thấy những khó khăn của các em khi giải dạng bài tập này, phần vì đây là dạng bài tập đòi hỏi mức độ tư duy cao, phần vì các tài liệu chưa tổng hợp được phương pháp giải nhanh

Trong quá trình giảng dạy tôi nhận thấy khi sử dụng hệ thông bài tập từ

dễ đến khó, kết hợp linh hoạt các phương pháp bảo toàn điện tích (BTĐT), bảo

toàn khối lượng (BTKL) , bảo toàn e (BTE) để giải bài toán, học sinh hiểu bài

nhanh hơn, vận dụng tốt , học tập hứng thú và có hiệu quả hơn

Đó là lí do tôi muốn trao đổi một số kinh nghiệm về việc “VẬN DỤNG LINH

MÔI TRƯỜNG AXIT”

II.MỤC ĐÍCH VÀ NHIỆM VỤ

1.Mục đích

- Xây dựng phương pháp giải bài tập về ion NO3- trong môi trường axit

- Giúp học sinh sẽ giải quyết được các bài tập dạng này một cách nhanh chóng, chính xác, ít thời gian nhất

2 Đối tượng nghiên cứu :

a/ Nghiên cứu tính chất của ion NO3- trong môi trường axit

b/ Nghiên cứu phương pháp giải bài toán bằng phương pháp bảo toàn e (BTE), dùng phương trình ion, bảo toàn điện tích (BTĐT)

c/ Trên cở sở của các phương pháp trên hướng dẫn học sinh lập sơ đồ, kết hợp

tư duy đi tắt đón đầu và giải bài toán

d/ Đối tượng học sinh nghiên cứu là học sinh khá, giỏi

III PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU

Trong quá trình nghiên cứu đề tài tôi đã sử dụng các phương pháp nghiên cứu sau:

1 Nghiên cứu lý luận

Nghiên cứu các vấn đề lý luận có liên quan đến đề tài

2 Điều tra cơ bản

- Trao đổi ý kiến với các đồng nghiệp.

- Thăm dò ý kiến của học sinh sau khi sử đề tài trong quá trình thực nghiệm

3 Thực nghiệm sư phạm và xử lý kết quả

- Xác định nội dung, kiến thức, kỹ năng giải bài tập về NO3- trong môi trường axit

- Thực nghiệm kiểm tra, đánh giá phương pháp

- Xử lý kết quả bằng phương pháp thống kê

PHẦN 2: NỘI DUNG

I CƠ SỞ LÝ LUẬN

1 Tính oxi hóa của ion NO 3

-_- Trong môi trường trung tính ion NO3 - không có tính oxi hoá

- Trong môi trường bazơ ion NO3- có tính oxi hoá yếu

Những kim loai như Al, Zn có thể bị oxi hoá bởi ion NO3- trong môi trường bazơ và N+5 có thể bị khử xuống N-3 trong NH3:

8Al + 5OH- + 3NO3- + 2H2O 8AlO2- + 3NH3

4Zn + NO3- + 7OH-  4ZnO22- + NH3 + 2H2O

- Trong môi trường axit ion NO3- có tính oxi hoá mạnh như axit HNO3 Khi đó

nó sẽ oxi hoá được các chất có tính khử như: các kim loại, phi kim và một số hợp chất Nếu chất khử là kim loại hoặc hợp chất của kim loại ta có sơ đồ sau:

Chất Khử + H + + NO 3 - -> Muối + sản phẩm khử + H 2 O

2/ Tính chất của HNO 3

a/ HNO3 có tính oxi hóa mạnh, oxi hóa được hầu hết các kim loại trừ Au, Pt

- Kim loại + H + + NO 3 - -> Muối + sản phẩm khử + H 2 O

Trong đó sản phẩm khử : NO2 : khí màu nâu

NO : khí không màu , hóa nâu trong không khí

N2 : khí không màu

N2O : khí không màu

NH4NO3 : muối tan

- HNO3 đặc nguội thụ động hóa Fe, Al, Cr

- Với Fe:

+ Tác dụng với HNO3 dư -> sản phẩm là muối Fe3+

+ Fe dư tác dụng với HNO3 ( hoặc axit cần dùng tối thiểu, hoặc kim loại hòa tan tối đa) -> sản phẩm là Fe2+

+ Khi bài toán cho cả mol Fe, cả mol HNO3 -> sản phẩm có thể tạo cả Fe2+ và

Fe3+

+ Hợp chất của Fe khi tác dụng với HNO3 luôn tạo muối Fe3+

b/ HNO3 là một axit mạnh

3 Dấu hiệu bài tập tạo NH 4 +

- Bài toán không cho “ sản phẩm khử duy nhất”

- Các kim loại phản ứng là kim loại mạnh

- Đề bài cho các thông tin để tính được số mol e chất khử cho và số mol e chất oxi hóa nhận mà ne cho > ne nhận

- Bài toán cho thông tin để tính được khối lượng muối của kim loại và cho biết

cả khối lượng muối thu được

4 Các bán phản ứng phân bổ nhiệm vụ của ion H +

2 H + + NO3- + 1e à NO2 + H2O

4 H+ + NO3- + 3e à NO + 2 H2O

10 H+ + 2NO3- + 8e à N2O + 5 H2O

12 H+ + 2NO3- + 10e à N2 + 6H2O

10 H+ + NO3- + 8e à NH4+ + 3H2O

2 H+ + O2- à H2O

5/ Một số lưu ý

- Khi sản phẩm khử có H2 thì chứng tỏ ion NO3- hết

- Khi cho Fe tác dụng với dung dịch chứa H+ và NO3-, H2 thoát ra dung dịch thu được vẫn có thể chứa cả muối Fe2+ và Fe3+

6/ Ngoài các cơ sở lý luận trên học sinh cần phải nắm được cách viết phương trình ion, cơ sở của phương pháp bảo toàn e và biết viết các phương trình phản ứng để nắm được sản phẩm của mỗi quá trình khi sơ đồ hóa bài toán

II

SỬ DỤNG LINH HOẠT CÁC PHƯƠNG PHÁP ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN VỀ

Khi bắt tay vào giải bài tập về ion NO3- trong môi trường axit, học sinh thường gặp phải khó khăn khi viết các phương trình ion, cân bằng phương trình , với những bài xảy ra nhiều phương trình ion thì học sinh không xác định được thứ

tự phản ứng dẫn đến kết quả sai Để khắc phục những khó khăn đó trong quá trình giảng dạy tôi hướng dẫn học sinh cách sơ đồ hóa bài toán trên cơ sở những kiến thức lý thuyết và giải bài toán trên sơ đồ, tránh sai sót khi phải cân bằng phương trình

1.Phương pháp giải

- Bước 1: Viết phương trình dạng ion, xác định chất oxi hóa, chất khử

- Bước 2: Sơ đồ hóa bài toán kết hợp linh hoạt phương pháp bảo toàn nguyên

tố, bảo toàn e để giải bài toán

2 Các ví dụ minh họa

a/ Giải bài toán bằng phương pháp sử dụng phương trình ion

Ví dụ 1 : (ĐTTS ĐH khối A năm 2008 - Câu 26 mã đề 329): Cho 3,2g bột Cu

tác dụng với 100ml dd hỗn hợp gồm HNO3 0,8M và H2SO4 0,2M Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được V lit khí NO( sản phẩm khử duy nhất) ở đktc Giá trị của V là:

A 0,756 lit B 0,672 lit C 0,448 lit D 1,792 lit

Hướng dẫn giải

Có nCu = 0,05 mol ; nH=0,12 mol; n NO3 = 0,08mol

PTHH: 3Cu + 8H+ + 2NO3-  3Cu2+ + 2NO + 4H2O

Ban đầu 0,05 0,12 0,08 (mol)

phản ứng 0,045  0,12  0,03  0,03 (mol)

sau pư: 0,005 0 0,05 0,03 (mol) Vậy nNO = 0,03 mol Do đó VNO = 22,4 0,03 = 0,672 lit Vậy chọn đáp án B

Ví dụ 2:(ĐTTS ĐH khối B năm 2007- Câu 5 mã đề 629)

Thực hiện 2 thí nghiệm:

TN 1: Cho 3,84g Cu phản ứng với 80ml dd HNO3 1M thoát ra V1 lit khí NO

TN 2: Cho 3,84g Cu phản ứng với 80ml dd có chứa HNO3 1M và H2SO4 0,5M thoát ra V2 lit NO( Các khí đo ở cùng điều kiện) Quan hệ giữa V1 và V2 là :

A V2 = 1,5V1 B V2 = 2V1 C V2 = 2,5V1 D V2 = V1

Hướng dẫn giải :

TN 1 : Có nCu = 0,06 mol ; nHNO3= 0,08 mol

PTHH: 3Cu + 8H+ + 2NO3-  3Cu2+ + 2NO + 4H2O

Ban đầu 0,06 0,08 0,08 (mol)

phản ứng 0,03  0,08  0,02  0,02 (mol)

sau pư: 0,03 0 0,04 0,02 (mol) Vậy nNO = 0,02 mol

TN 2: Có nCu = 0,06 mol; nH=0,16 mol; n NO3 = 0,08mol

PTHH: 3Cu + 8H+ + 2NO3-  3Cu2+ + 2NO + 4H2O Ban đầu 0,06 0,16 0,08 (mol)

phản ứng 0,06  0,16  0,04  0,04 (mol) sau pư: 0 0 0,04 0,04 (mol) Vậy nNO= 0,04 mol Do đó V2 = 2V1 Vậy chọn đáp án B

Ví dụ 3 (ĐTTS ĐHQG Tp Hồ Chí Minh – 2000):

Cho 1,92g Cu vào 100ml dd hỗn hợp có chứa KNO3 0,16M và H2SO4 0,4M, thấy sinh ra một chất khí có tỷ khối hơi so với H2 là 15 và dd A Tính thể tích khí thoát ra và dd NaOH 0,5M tối thiểu cần dùng để kết tủa hết ion Cu2+ trong

dd A

Hướng dẫn giải :

Có nCu = 0,03 mol; n NO3 = n KNO3= 0,016 mol; n H 2n H SO2 4=0,08 mol

Khí sinh ra có M = 30 chỉ là NO Vậy có PTHH:

3Cu + 8H+ + 2NO3-  3Cu2+ + 2NO + 4H2O

Ban đầu 0,03 0,08 0,016 (mol)

phản ứng 0,024  0,064  0,016  0,024  0,016 (mol) sau pư: 0,006 0,016 0 0,024 0,016 (mol) Vậy VNO = 22,4.0,016 = 0,3584 lit

Trong dd A có H+ = 0,016 mol; Cu2+ = 0,024 mol

Khi thêm dung dịch NaOH vào dung dịch A thì:

OH- + H+  H2O 0,016 0,016 mol

2OH- + Cu2+ Cu(OH)2

0,048 0,024 mol

Vậy nNaOH = 0,016 + 0,048 = 0,064mol  Vdd NaOH = 0,064 0,128

Ví dụ 4: Cho 5,6g Fe vào 100ml dd hỗn hợp gồm Cu(NO3)2 1,5M Sau khi kết

thúc phản ứng lọc bỏ phần chất rắn không tan, thêm tiếp dd HCl dư vào thì sau khi phản ứng xong thu được V lit khí NO duy nhất đktc thoát Giá trị của V là:

Hướng dẫn giải

Có nFe = 0,1 mol ; n NO3 =2n Cu NO( 3 2) = 0,3 mol

PTHH: Fe + Cu(NO3)2  Fe(NO3)2 + Cu

0,1 0,1 mol

Trong dd thu được có 0,1 mol Fe2+, khi thêm tiếp H+ dư thì có pư:

3Fe2+ + 4H+ + NO3-  3Fe3+ + NO + 2 H2O

0,1  0,1

3  0,1

3 mol Vậy nNO =0,1

3 mol  VNO = 22,4 0,1

3  0,75 lit

Vậy chọn đáp án A

Ví dụ 5: Dung dịch A có chứa 0,01 mol Fe(NO3)3 và 0,15 mol HCl có khả năng

hoà tan tối đa bao nhiêu gam Cu kim loại( Biết NO là sản phẩm khử duy nhất)

Hướng dẫn giải :

Có n Fe3  = 0,01 mol; n NO3 = 0,03 mol; n H= 0,15 mol

PTHH: Cu + 2Fe3+  2Fe2+ + Cu2+

0,005 0,01 mol

3Cu + 8H+ + 2NO3-  3Cu2+ + 2NO + 4H2O

Ban đầu 0,15 0,03 (mol)

phản ứng 0,045  0,12  0,03  0,045 (mol) sau pư: 0,03 0 (mol) Sau phản ứng H+ còn dư

Khối lượng Cu tối đa là 64.( 0,005 + 0,045) = 3,2g Vậy chọn đáp án C

Ví dụ 6: Cho 4,48g Fe vào 400ml dd HNO3 1M, đến khi phản ứng xảy ra hoàn

toàn, thu được khí NO( sản phẩm khử duy nhất) và dd X Dung dịch X có thể hoà tan tối đa m gam Cu Giá trị của m là:

Hướng dẫn giải :

Có nFe = 0,08 mol; nH=n NO3 = nHNO3= 0,4 mol

PTHH: Fe + 4H+ + NO3-  Fe3+ + NO + 2H2O

Ban đầu 0,08 0,4 0,4 (mol)

phản ứng 0,08  0,36  0,08  0,08  0,08 (mol)

sau pư: 0 0,04 0,32 0,08 0,08 (mol) Dung dịch X gồm có H+ = 0,04 mol; NO3- = 0,32; Fe3+ = 0,08

Khi hoà tan Cu: 3Cu + 8H+ + 2NO3-  3Cu2+ + 2NO + 4H2O

Ban đầu 0,04 0,32

phản ứng 0,12

8  0,04  0,01 Sau phản ứng 0 0,31

Sau đó: Cu + 2Fe3+  2Fe2+ + Cu2+

0,04 0,08

Vậy n Cu=0,12

8 +0,04=0,055 mol mCu = 64.0,55 = 3,52g đáp án D

Ví dụ 7: Hỗn hợp X gồm (Fe, Fe2O3, Fe3O4, FeO) với số mol mỗi chất là 0,1

mol, hoà tan hết vào dd Y gồm HCl và H2SO4 loãng dư thu được dd Z Nhỏ từ

từ dd Cu(NO3)2 1M vào dd Z cho tới khi ngừng thoát khí NO Thể tích dd

Cu(NO3)2 1M cần dùng và thể tích khí thoát ra ở đktc là:

C 100ml và 1,12lit D 50ml và 2,24 lit

Hướng dẫn giải :

Để đơn giản hơn ta qui gọn hỗn hợp gồm 0,1 mol FeO và 0,1 mol Fe2O3 thành 0,1 mol Fe3O4 Như vậy hh X gồm (Fe3O4 : 0,1+0,1 mol ; Fe : 0,1 mol) tác dụng với dd Y

PTHH : Fe3O4 + 8H+  Fe2+ + 2Fe3+ + 4H2O

0,2 0,2 0,4 mol

Fe + 2H+  Fe2+ + H2

0,1 0,1 mol

Dung dịch Z : (Fe2+: 0,3 mol; Fe3+: 0,4 mol ; H+ dư) + dd Cu(NO3)2

PTHH: 3Fe2+ + 4H+ + NO3-  3Fe2+ + NO + 2H2O

0,3 0,1 0,1 mol Vậy VNO = 22,4 0,1 = 2,24 lit

3 2

3

1 2

Cu NO NO

n  n  = 0,05 mol Do đó VddCu NO( 3 2) = 0,05 lit = 50ml

Vậy chọn đáp án D Nhận xét: Với những bài tập đơn giản chỉ có một chất oxi hóa và 1 chất khử

như ví dụ trên học sinh có thể sử dụng phương trình ion để giải Tuy nhiên với những bài tập có nhiều chất oxi hóa, chất khử thì việc sử dụng phương trình ion

tỏ ra không ưu thế Ta xét ví dụ tiếp theo để hiểu rõ hơn

Ví dụ 8 Cho 2,56g kim loại Cu tác dụng với 40ml dd HNO3 2M chỉ thu được

khí NO(sản phẩm khử duy nhất) Phản ứng xảy ra xong cho thêm dd H2SO4 loãng vào lại thấy tiếp tục có khí NO duy nhất thoát ra Thể tích dd H2SO4 0,5M tối thiểu thêm vào để Cu tan hết là?

A 80( )

Cách 1: Dùng phương trình ion

Có nCu = 0,04 mol; nHNO3=0,08 mol

PTHH: 3Cu + 8H+ + 2NO3-  3Cu2+ + 2NO + 4H2O (1) Ban đầu 0,04 0,08 0,08 (mol)

phản ứng 0,03  0,08  0,02  0,03  0,02 (mol) sau phản ứng 0,01 0 0,06 0,03 0,02 (mol) Vậy sau pư (1) còn dư 0,01 mol Cu, và dd sau pư có chứa 0,06 mol ion NO3- Khi thêm dd H2SO4 vào, vì ion NO3- trong môi trường axit có tính oxi hoá mạnh

do đó:

PTHH 3Cu + 8H+ + 2NO3-  3Cu2+ + 2NO + 4H2O

Ban đầu 0,01 0,06 (mol)

phản ứng 0,01  0,08

3  0,02

3  0,01  0,02

3 (mol) sau pư: 0 0,16

3 0,02

3 (mol) Vậy thể tích H2SO4 0,5M tối thiểu cần thêm vào để hoà tan hết Cu là:

2 4

H SO

M

n

C = 0.08 0,08( ) 80( )

Cách 2: Dùng phương pháp bảo toàn electron và tư duy đi tắt đón đầu

ne cho= 2nCu = 0,08mol Để hòa tan hết Cu thì : nenhan =0,08mol

4H+ + NO3- + 3e -> NO + 2 H2O

0,08

Vậy số mol NO3- đã phản ứng là 0,08/3 mol

Sử dụng tư duy đón đầu :Dung dịch thu được sau phản ứng gồm:

Cu2+: 0,04mol

NO3- dư : 0,08- 0,08/3 = 0,16/3( mol)

BTĐT ta có: SO42-: 1/75 mol

Vậy V H SO2 4=

M

n

C = 1/ 75 0,08( ) 80( )

Ví dụ 9: (ĐH-KA 09) Cho hỗn hợp gồm 1,12 gam Fe và 1,92 gam Cu vào 400

ml dung dịch chứa hỗn hợp gồm H2SO4 0,5M và NaNO3 0,2M Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch X và khí NO (sản phẩm khử duy nhất) Cho V ml dung dịch NaOH 1M vào dung dịch X thì lượng kết tủa thu được là lớn nhất Giá trị tối thiểu của V là :

A 240 B 120 C 360 D 40

Hướng dẫn giải:

Cách 1: Sử dụng phương trình ion

- Theo bài ra ta có phương trình ion sau:

Fe + 4H+ + NO3-  Fe3+ + NO + 2H2O

0,02 0,08 0,02 0,02 mol 3Cu + 8H+ + 2NO3-  3Cu2+ + 2NO + 4H2O

0,03 0,08 0,06 0,03

Vậy sau phản ứng thấy H+ dư 0,24 mol

Dung dịch X gồm Cu2+ , Fe 3+, H+, SO42-, NO3

-Khi cho dung dịch X tác dụng với dung dịch NaOH để dược kết tủa lớn nhất , ta

có phương trình H+ + OH- -> H2O

Cu2+ + 3OH- -> Cu(OH)2

Fe3+ + 3OH- -> Fe(OH)3

Vậy mol OH- cần dùng là: 0,36 mol => V = 360 ml

Cách 2: Sử dụng phương pháp bảo toàn electron

Ta có bán phản ứng: 4H+ + NO3- + 3e -> NO + 2 H2O

0,4 0,08mol

H+ dư, số mol e trao đổi là 0,24mol => sản phẩm tạo Fe3+

ne cho = 3nFe + 2nCu = 0,12 mol

Vậy dung dịch sau phản ứng gồm: Fe3+ 0,02 mol

Cu2+ 0,03mol

H+ dư: 0,24mol

 nOH- cần dùng = 3nFe + 2nCu + nH+ = 0,36 mol => V = 360ml

Cách 3: Sử dụng phương pháp bảo toàn electron kết hợp tư duy đi tắt đón đầu

Ta có bán phản ứng: 4H+ + NO3- + 3e -> NO + 2 H2O

0,4 0,08mol

H+ dư, số mol e trao đổi là 0,24mol => sản phẩm tạo Fe3+

ne cho = 3nFe + 2nCu = 0,12 mol

Nhận thấy ion NO3- dư: 0,04 mol

Sau khi cho dung dịch NaOH vào dung dịch X để được kết tủa max, dung dịch sau phản ứng gồm:

Na+ : (0,08 + V)

NO3- : 0,04mol

SO42- : 0,2 mol

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích cho dung dịch sau phản ứng ta được V = 0,36 lit

Nhận xét: Mỗi cách giải đều có những ưu nhược điểm nhất định, tuy nhiên với

những bài toán có quá nhiều phản ứng và giai đoạn trung gian thì phương pháp

bảo toàn electron kết hợp việc sử dụng linh hoạt các phương pháp như: BTKL, BTĐT và tư duy đi tắt đón đầu tỏ ra có hiệu quả hơn hẳn Học sinh tiết kiệm

được thời gian viết phương trình ion, tránh được các sai sót : cách viết phương

trình ion, cân bằng phương trình

b/ Sử dụng linh hoạt các phương pháp để giải bài toán ion NO 3 - trong môi trường H+

Ví dụ 1 : Cho 50,82 gam hỗn hợp X gồm NaNO3 , Fe3O4, Fe(NO3)2 và Mg tan

hoàn toàn trong dung dịch chứa 1,8 mol KHSO4 loãng Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y chỉ chứa 275,42 gam muối sunfat trung hòa và 6,272 lít khí ( đkc) Z gồm 2 khí trong đó có một khí hóa nâu ngoài

không khí Biết tỉ khối của khí Z so với H2 là 11 Phần trăm khối lượng của Mg trong hỗn hợp X là:

Hướng dẫn giải

Ta có: nZ = 0,28 => nNO = 0,2 mol ; nH2 = 0,08 mol

( Gợi ý: số liệu 50,82 gam không thể tính được mol và chỉ có H2O chưa biết=> dấu hiệu để sử dụng phương pháp BTKL)

Áp dụng định luật BTKL ta có : nH2O = 0,78 mol

BT nguyên tố H : 1,8 = 2nH2 + 2nH2O + 4nNH4+ => nNH4+ = 0,02 mol

Phân bổ nhiệm vụ của ion H+ ta có :

nH+ = 4nNO + 2nH2 + 10nNH4 + 2nO( oxit) => nO = 0,32 mol

 nFe3O4 = 0,08 mol

 Áp dụng phương pháp bảo toàn electron ta có:

2nMg =3nNO + 2nH2 + 8nNH4 + 2nFe3O4 => nMg =0,54 mol

Vậy phần trăm khối lượng của Mg là: 25,5%

Ví dụ 2: Cho 5,6 gam hỗn hợp X gồm Mg và MgO có tỷ lệ mol tương ứng là

5 : 4 tan vừa đủ trong dung dịch hỗn hợp chứa HCl và KNO3 Sau phản ứng thu được 0,224 lít khí N2O (đktc) và dung dịch Y chỉ chứa muối clorua Biết các phản ứng hoàn toàn Cô cạn cẩn thận Y thu được m gam muối Giá trị của m là

Nhận xét: Khi hỗn hợp kim loại (hoặc có chứa kim loại) mà “xuất hiện” các

kim loại hoạt động mạnh như Mg, Al, Zn tác dụng với HNO3 mà sản phẩm khử

là khí không nói là “sản phẩm khử duy nhất” thì nhiều khả năng sẽ có sản phẩm khử là NH4+ Với mặt toán học nếu không NH4 + thì quá trình tính toán số mol NH4+ = 0

Ở bài này ta dễ dàng có thể kiểm tra bằng BTE để thấy có NH4+

Theo BTE ta có: necho = 2nMg =0,2 mol > nenhan của khí = 0,08 => Có NH4 + = 0,015 mol

Trong 5,6 gam hỗn hợp có : Mg: 0,1mol

MgO : 0,08mol

Sử dụng tư duy đi tắt đón đầu ta có:

dung dịch Y chỉ chứa muối clorua nên dung dịch Y chứa:

Mg2+: 0,1+0,08 ( mol)

NH4+ : 0,015mol

K+

Cl

-Bảo toàn N ta có nKNO3 = 2nN2O + nNH4 = 0,035mol = nK+

Bảo toàn điện tích cho dung dịch Y ta được mol Cl- : 0,41 mol

Vậy m= 0,18 24 + 0,035 39+ 0,015.18 + 0,41.35,5 = 20,15 gam

Ví dụ 3 :( Đề thi thử ĐH chuyên Vinh 2014) Cho 5 gam bột Mg vào dung dịch hỗn hợp KNO3 và H2SO4, đun nhẹ trong điều kiện thích hợp đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch X chứa m gam muối và 1,792 lít hỗn hợp khí Y (đktc) gồm 2 khí không màu trong đó có 1 khí hoá nâu ngoài không khí

và còn lại 0,44 gam chất rắn không tan Biết tỉ khối hơi của Y đối với H2 là 11,5 Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây?

Hướng dẫn giải

Rắn không tan là Mg dư => Mg phản ứng = 0,19 mol

Khí hóa nâu ngoài không khí là NO Mkhí = 23 => có khí H2 => dung dịch X không chứa NO3

-Ta có: nNO = 0,06 mol và nH2 = 0,02 mol

Có Mg là kim loại mạnh, sản phẩm khí không nói là sản phẩm khử duy nhất => dung dịch X có chứa ion NH4+

.

Áp dụng BTE ta có: nNH4 = 0,02 mol

Do dung dịch X không chứa NO3- nên bảo toàn nguyên tớ N ta có :

nKNO3 = nNO + nNH4 = 0,08 mol

Sử dụng tư duy đi tắt đón đầu ta có: dung dịch X gồm:

Mg2+ = 0,19 mol

K+ = 0,08 mol

NH4+ = 0,02 mol

SO42

Áp dụng BTĐT trong dung dịch X => SO42- = 0,24 mol

Vậy khối lượng muối thu được là :

m= 0,19 24 + 0,08 39+ 0,02.18 + 0,24.96= 31,08 gam => Đáp án C

Ví dụ 4: Nung nóng hỗn hợp chất rắn A gồm a mol Mg và 0,25 mol Cu(NO3)2,

sau mootk thời gian thu được chất rắn X và 0,45 mol hỗn hợp khí NO2 và O2 X tan hoàn toàn trong dung dịch chứa vừa đủ 1,3 mol HCl , thu được dung dịch Y chứa m gam hỗn hợp muối clorua và thoát ra 0,05 mol hỗn hợp khí Z gồm N2

và H2, dZ/H2 = 11,4 Giá trị gần nhất của m là:

Hướng dẫn giải

Theo bài ra ta có : nH2 = 0,01 mol và nN2= 0,04 mol

Do có khí H2 thoát ra nên dung dịch thu được không chứa NO3-

Vậy dung dịch X gồm: Mg2+ = a mol

Cl- = 1,3 mol

Cu2+ = 0,25 mol

dùng BTĐT -> NH4+ = 1,3 – 2a- 0,25.2 = 0,8 – 2a ( mol)

Bảo toàn H ta có số mol của H2O = 4a – 0,96 ( mol)

Bảo toàn O ta có:

6nCu(NO3)2 = nH2O + 2n(NO2 + O2) => 0,25 6 = 4a -0,96 + 0,45 2