Đang tải... (xem toàn văn)
Từ nhiều chất ban đầu tạo thành một sản phẩm.[r]
(1)Phơng pháp
Phơng pháp Bảo toàn nguyên tố
I PHNG PHP GII
- Nguyên tắc chung phương pháp dựa vào định luật bảo toàn nguyên tố (BTNT); “ Trong các phản ứng hóa học thơng thường, ngun tố ln được bảo tồn”
Điều có nghĩa là: “Tổng số mol nguyên tử của một nguyên tố X bất kỳ trước sau phản ứng là bằng nhau”
- Điểm mấu chốt phương pháp phải xác định hợp phần có chứa nguyên tố X trước sau phản ứng, áp dụng ĐLBT nguyên tố với X để rút mối quan hệ hợp phần từđó đưa kết luận
II CÁC DẠNG BÀI TẬP THƯỜNG GẶP
Phương pháp bảo toàn nguyên tố áp dụng cho hầu hết dạng tập, đặc biệt dạng hỗn hợp nhiều chất, xảy nhiều biến đổi phức tạp Dưới số dạng tập điển hình
Dạng Từ nhiều chất ban đầu tạo thành sản phẩm
Từ kiện đề → số mol nguyên tố X chất đầu → tổng số mol sản phẩm tạo thành → số mol sản phẩm
- Hỗn hợp kim loại oxit kim loại → hyđroxit kim loại → oxit
- Al Al2O3 + oxit sắt hỗn hợp rắn → hyđroxit → Al2O3 + Fe2O3 ⇒
2 Al O
n (cuối) = nAl
2 + nAl O2 3(đầu) ; nFe O2 3(cuối) = Fe
n
∑
Dạng Từ chất ban đầu tạo thành hỗn hợp nhiều sản phẩm
Từ kiện đề → tổng số mol ban đầu, số mol hợp phần cho → số mol chất cần xác định
- Axit có tính oxi hóa (HNO3, H2SO4đặc, nóng) Muối + khí ⇒ nX (axit) = nX (muối) + nX (khí) (X: N S)
- Khí CO2 (hoặc SO2) hấp thụ vào dung dịch kiềm:
CO2 → CO32− + HCO3− SO2 → SO32− + HSO3−
⇒
2 CO
n =
3 CO
n − +
3 HCO
n − ⇒
2 SO
n =
3 SO
n − +
3 HSO
n −
t0
(đầu)
Kim loại
CLB GIA SU THU KHOA
(2)- Tính lưỡng tính Al(OH)3
Trường hợp Trường hợp Al3+OH−→ Al(OH)
3 + [Al(OH)4]− [Al(OH)4]− H
+
→ Al(OH)3 + Al3+
⇒ ∑nAl3+ =
3 Al(OH)
n[ ]− +
3 Al(OH)
n ⇒
4 Al(OH)
n[ ]−
∑ = nAl3+ +
3 Al(OH)
n
- Hỗn hợp oxit kim loại + CO (H2) t
→ hỗn hợp chất rắn + CO2 (H2O) Theo định luật bảo toàn nguyên tố với O:
* Khi H = 100%: nO (oxit) = nO (rắn) + nhỗn hợp khí sau = nO (rắn) + nhỗn hợp khí trước * Khi H < 100%:
nO (oxit) = nO (rắn) + - Bài toán cracking ankan:
Ankan X hỗn hợp Y
Mặc dù có biến đổi hóa học xảy trình cracking, Y thường hỗn hợp phức tạp (có thể có H2), phản ứng cracking xảy theo nhiều hướng, với hiệu suất H < 100% Nhưng ta quan tâm đến bảo toàn nguyên tốđối với C, H từđó dễ dàng xác định tổng lượng nguyên tố
Thông thường đề cho số mol ankan X → C(Y) C(X) H(Y) H(X)
n n
n n
=
=
∑ ∑
∑ ∑
Dạng Từ nhiều chất ban đầu tạo thành hỗn hợp nhiều sản phẩm
Trong trường hợp khơng cần thiết phải tìm xác số mol chất, mà quan tâm đến hệ thức: ∑nX( =∑nX(
Tức quan tâm đến tổng số mol nguyên tố trước sau phản ứng Nếu biết ∑nX(
⇒∑nX( ngược lại
Với dạng này, đề thường yêu cầu thiết lập hệ thức dạng tổng quát số mol chất Dạng Bài tốn điốt cháy hóa hữu
Xét đốt cháy tổng quát: CxHyOzNt + O2 → CO2 + H2O + N2 nC = nCO2
Theo ĐLBT nguyên tố: nH = 2.nH O2 ⇒ nO(C H O N )x y z t = 2.nCO2 + nH O2 - 2.nO2 nN = 2.nN2
mhỗn hợp khí sau - mhỗn hợp khí
trước 16
cracking
đầu) cuối)
đầu)
cuối)
t0
CLB GIA SU THU KHOA
(3)Phương pháp bảo toàn khối lượng nguyên tố với O sử dụng phổ biến tốn hóa hữu
* Chú ý:Đối với trường hợp đốt cháy hợp chất hữu cơ chứa Nitơ bằng khơng khí, lượng nitơ thu
được sau phản ứng là:
2 N
n (sau phản ứng) = nN2(từ phản ứng đốt cháy) + nN2(từ khơng khí) Để áp dụng tốt phương pháp BTNT, cần ý số điểm sau:
* Hạn chế viết phương trình phản ứng mà thay vào nên viết sơ đồ phản ứng (sơđồ hợp thức, có ý hệ số) biểu diễn biến đổi nguyên tố quan tâm
* Đề thường cho (hoặc qua kiện tốn tính được) số mol nguyên tố quan tâm, từđó xác định lượng (mol, khối lượng) chất
III CÁC VÍ DỤ
Ví dụ 1: Hồ tan hỗn hợp X gồm 0,2 mol Fe 0,1 mol Fe2O3 vào dung dịch HCl dưđược dung dịch D Cho dung dịch D tác dụng với NaOH dư thu kết tủa Lọc kết tủa, rửa đem nung khơng khí đến khối lượng khơng đổi thu m gam chất rắn Y Giá tri m
A 16,0 B 30,4 C 32,0 D 48,0
Giải:
Sơđồ : t { 2 3 }
3 NaOH
3 HCl
3
O Fe Y Fe(OH)
Fe(OH) FeCl
FeCl O
Fe Fe
X →0
→
→
Theo BTNT với Fe: nFe2O3(Y) = 0,1 0,2mol
2 0,2 n
2 n
(X) O Fe Fe
3
2 = + =
+
⇒ m = 0,2.160 = 32,0 ⇒ Đáp án C
Ví dụ 2: Đun nóng hỗn hợp bột X gồm 0,06 mol Al, 0,01 mol Fe3O4, 0,015 mol Fe2O3 0,02 mol FeO thời gian Hỗn hợp Y thu sau phản ứng hoà tan hoàn toàn vào dung dịch HCl dư, thu dung dịch Z Thêm NH3 vào Z dư, lọc kết tủa T, đem nung ngồi khơng khí đến khối lượng khơng đổi thu m gam chất rắn Giá trị m
A 6,16 B 6,40 C 7,78 D 9.46
Giải:
Theo BTNT với Al: 2O Al
n =
2 nAl
= 0,03 mol
CLB GIA SU THU KHOA
(4)Theo BTNT với Fe: ∑ 2O Fe
n = n 0,04mol
2 3n n
(X) O Fe (X) O Fe Fe
3
3 + =
+
⇒ m = n +n =0,06.102+0,04.160=9,46⇒
3
2O FeO
Al Đáp án D
Ví dụ 3:Đốt cháy 9,8 gam bột Fe khơng khí thu hỗn hợp rắn X gồm FeO, Fe3O4 Fe2O3 Để hoà tan X cần dùng vừa hết 500ml dung dịch HNO3 1,6M, thu V lít khí NO (sản phẩm khử nhất, ởđktc) Giá trị V
A 6,16 B 10,08 C 11,76 D 14,0 Giải:
Sơđồ phản ứng : Fe+ →O2,t0 X+ →HNO3 Fe(NO3)3+NO↑ Theo BNTN với Fe:
3 3) Fe(NO
n = nFe = 0,175mol
Theo BNTN với N: nNO = nHNO3 – 3nFe(NO3)3 = 0,5.1,6 – 3.0,175 = 0,275 mol
⇒ V = 0,275 22,4 = 6,16 ⇒ Đáp án A
Ví dụ 4: Lấy a mol NaOH hấp thụ hồn tồn 2,64 gam khí CO2, thu 200ml dung dịch X Trong dung dịch X khơng cịn NaOH nồng độ ion CO23− 0,2M a có giá trị :
A 0,06 B 0,08 C 0,10 D 0,12
Giải:
Sơ đồ phản ứng :
CO2 + NaOH → Na2CO3 + NaHCO3
Theo BNTN với C : 0,2.0,2 0,02mol
44 2,64 n
n
nNaHCO3 = CO2 − Na2CO3 = − = Theo BNTN với Na: a =
3 2CO Na
n +
3 NaHCO
n = 0,04 + 0,02 = 0,1 ⇒ Đáp án C
Ví dụ 5: Hồ tan hồn tồn hỗn hợp gồm x mol FeS2 y mol Cu2S vào axit HNO3 (vừa đủ), thu dung dịch X (chỉ chứa hai muối sunfat) khí NO Tỉ số x/y
A 6/5 B 2/1 C 1/2 D 5/6
Giải:
X chứa muối sunfat, khí NO ⇒ S chuyển hết thành SO24−
Sơđồ biến đổi:
→ →
2y y 0,5x
x
2CuSO S
Cu ; ) (SO Fe
2FeS2 2 4 3 2 4
Theo BTNT với S: 2x + y = 3.0,5x + 2y ⇒ 0,5x = y ⇒ x/y = 2/1 ⇒ Đáp án B
CLB GIA SU THU KHOA