I Mục tiờu bài học 1 Về kiến thức
93: a) Chất oxihoỏ mạnh nhất: Ce 4+ (do lớn nhất)
Chất khử mạnh nhất: Zn (do bộ nhất).
b) Chất cú khả năng oxi hoỏ I- thành I2: Fe3+, Ce4+
2Fe3+ + 2I- = 2Fe2+ + I2 và2Cevà2Ce và 2Ce4+ + 2I- = 2Ce3+ +
I2
Bảo toàn (e)
Bài95 Những lượng bằng nhau của cỏc chất, khi chuyển sang cựng một
trạng thỏi oxh thỡ đều cho đi (hoặc nhận thờm) số mol (e)nh nhau. Điều đú cú
nghĩa là số mol (e) mà Fe, Cu và Ag phúng đi ở hai phần là bằng nhau:
0, 64, 48/22, 44, 48/22,4 4,48/22,4 4 4,48/22,4
Phần 2: SO42-+ 4H+ + 2e → SO2 ↑ + 2H2O
0, 6 0, 3 0, 3 0,3
→ V(SO2) = 0,3. 22, 4 = 6,72 (lớt).
Bài103 Bài toán này nếu viết theo phơng trình p phân tử thì rất
nhiều p mà cũng không biết rõ Mg hay Al hay là cả hai p với HNO3 tạo ra khí nào trong 3 khí hay cả 3 khí.
Khi áp dụng định luật bảo toàn (e), thấy rõ có các quá trình oxi hóa, quá
trình khử : kim loại bị oxh thành ion kim loại và NO-
3bị khử thành N2, N2O, NO; NO bị oxh thành NO2, và NO2 tự oxh - tự khử trong môi trờng kiềm thành NO-
3,NO- NO- 2 Mg → Mg2+ + 2e 2N+5 + 10e → N0 2 154 Al→ Al3++ 3e 2N + 5 +8e → 2N+1 (N2O) N+5+3e→ N+2 (NO) H.hợp khí X (NO, N2O, N2) H. hợp khí Y (NO2, N2O, N2) Z (N2, N2O) Từ đó ta tính đợc 0,15 mol, = 0,05 mol, nNO = 0,2 mol
Theo định luật bảo toàn (e) :
2.nMg + 3.nAl = 3.nNO + 10 + 8 2.3 mol
Và lợng kết tủa lớn nhất Mg(OH)2 và Al(OH)3 : 58.nMg + 78 .nAl = 62,2 g
Ta tính đợc: nMg = 0,4; nAl = 0,5 mol và m1 = 23,1 g
Vận dụng bảo toàn khối lợng: = +nNO + 2 +
Ta tính đợc: m2 = 0,135 g
Bài105a. Nhận xét: Thay việc viết phơng trình p giữa Mg, Zn với CuSO4và AgNO3, ta tính số mol (e) mà hỗn hợp X có thể cung cấp và dd Y có thể
nhận. nZn = 6,5/65 = 0,1 (mol) nMg = 4,8/24 = 0,2(mol)
Zn → Zn2+ + 2eMg
Mg Mg → Mg2+ + 2e
có thể nhờng tối đa = (0,1+0,2) .2 = 0,6 (mol)
Ag+ + e → AgCuCu Cu2++ 2e → Cu
có thể nhận tối đa = 0,06 + 0,1.2 = 0,26 (mol)
Để khử hết Ag+ và Cu2+ chỉ cần 0,26 mol (e) trong khi X cung cấp 0,6 mol (e) (cung cấp d (e)) vậy Ag+ và Cu2+ bị khử hết.
Khối lợng chất rắn A thu đợc.
Ag và Cu kết tủa hết, Mg có tính khử mạnh nên Mg p trớc. 0,2 mol Mg cung cấp 0,4 mol > 0,26 mol (cần thiết để khử Ag+ và Cu2+). Vậy chỉ cần có Mg p và nMg (p ) = 0,26/2 = 0,13 (mol) Mg.
nMg d = 0,2- 0,13 = 0,07 (mol) mA = 0,06.108 + 0,1. 64 + 0,07. 24 + 0,1. 65 = 21,06 (g) b.Thể tích dd Y đã p hết với hỗn hợp X
Để p hết với dd X, phải lấy một thể tích dd Y có khả năng nhận đợc 0,6 mol (e) V dd.Y = 461 (ml)
Bài107 Hướng dẫn: 2 khớ đú là N2 và N2O với số mol tương ứng là: a và bmol
155
M→Mn+ + nene ne 10H+ + 2NO3-+ 8e→N2O + 5
xnxnx nx 32, 40, 32, 40, 3 2,4 0,3
12H+ + 2NO3- + 10e→N2 + 6H2O
5, 4 4, 50, 45 4, 50, 45 4,5 0,45 Theo định luật bảo toàn (e): → nx = 2, 4 + 4, 5 = 6,9. Theo định luật bảo toàn (e): → nx = 2, 4 + 4, 5 = 6,9.
→ x = 6, 9/ n mặt khỏc x = 62, 1/ M →M = 9n → n = 3 →M = 27 (Al)
= n = 8, 4 →V = 8, 4/ 2 = 4, 2 (lớt) (→ĐS: b)
Bài108HNO3 nhận bao nhiờu mol (e) từ hỗn hợp X thỡ H2SO4 cũng nhận từng đú.
→ V (SO2) = 0, 672 ( lớt).
Bài110 2. * Cỏch 1: Bằng pp đại số. (4 ẩn), Cỏch 2: Bằng pp đại số (nhưng chỉ cú 3 ẩn), Cỏch 3: Dựng pp bảo toàn khối lượng, Cỏch 4: Dựng pp suy luận (bỡnh thường), Cỏch 5: Dựng pp suy luận(nhưng theo hướng khỏc), Cỏch 6: Dựng ppbảo toàn (e).
Ta cú sơ đồ: FeFe Fe
Trong đú Fe: Chất khử. OO O2 và HNO3 : Chất oxh
Xột cỏc mức oxh đầu và cuối hs lập được:
Giải ra: m = 25,2( g)( g) ( g)
3. FeFe Fe
NO3- + 2H++ e →NO2 + H2O
• Cỏch 1: Theo pp bảo toàn (e) ta cú:
Giải ra: n(NOGiải ra:
n(NO Giải ra: n(NO2) = 0, 75 (mol)
V(NO2) = 0, 075.22, 4 = 16, 8 (lit)
• Cỏch 2: Với hs thụng minh hơn, cú nhận xột: 156
Từ 1 NO3- thành NO thu 3 eCũn 1 NOCũn 1 NO Còn
1 NO3- thành NO2 chỉ thu 1e.
Do đú, nếu hũa tan (A) bằng HNO3 đặc, núng dư thỡ thu
V(NO2) thu được sẽ gấp 3 lần V(NO). Nờn
Nờn Nên = 5,6. 3 = 16, 8 (lớt)
Bài111 Fe
+ Nhận xột: Số mol (e) sắt tối đa cú thể nhận:
Al luụn dư vỡ: Al→Al3++ 3e Fe3+→ Fe + 3e
0, 2 →0, 60, 6 0,6 0, 013→0, 039 ( < 0, 6)0, 039 ( < 0,6) 0,039 ( < 0,6)
Quỏ trỡnh nhường (e) Quỏ trỡnh thu (e):
Fe→Fe2+ + 2e O2 + 4e →2O2- 0, 013→ 0, 0260, 0090, 0360, 0090, 036 0,009 0,036 Al → Al3+ + 3e2H2H 2H+ + 2e→H2 0, 2→ 0, 6 → 0, 036 + 2 nH2 = 0, 626 →nH2 = 0,295( mol) → nhường = 0, 626 (mol) → V H2 = 6, 608 (lớt) Bài
115:a) Điện phân các muối của các kim loại kiềm (Na+, Ba2+, Ca2+…) với các anion (An-) dễ bị điện phân (nh Cl-, Br-…)
b) Dd muối có cation kim loại (Mn+) dễ bị điện phân (đứng sau Al
trong dãy điện hóa của kim loại) và anion (An-) không bị điện phân (nh- SO42- ,NO3-)
Bài