Đang tải... (xem toàn văn)
phuong phap bao toan electron
Khóa học LTĐH môn Hóa –Thầy Ngọc Phương pháp bảo toàn electron Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 1 - PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN ELECTRON TÀI LIỆU BÀI GIẢNG I. CƠ SỞ LÝ THUYẾT - Trong một hệ oxi hoá khử: “tổng số e do chất khử nhường bằng tổng số e mà chất oxi hoá nhận”. Hay “tổng số mol e chất khử nhường bằng tổng số mol e chất oxi hoá nhận”. Ví dụ: Cr - 3e Cr 3+ x ------3x----x Cu - 2e Cu 2+ y------2y---y Fe - 3e Fe 3+ z -----3z----z N 5+ + 3e N 2+ t------3t------ t Áp dụng phương pháp bảo toàn e thì: 3x + 2y + 3z = 3t. - Quan trọng nhất là khi áp dụng phương pháp này đó là việc phải nhận định đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối của hệ oxi hoá khử, ta không cần quan tâm đến việc cân bằng phản ứng oxi hoá khử xảy ra. - Khi áp dụng phương pháp bảo toàn electron ta phải làm các bước sau: + B 1 : Từ dữ kiện của ví dụ đổi ra số mol. + B 2 : Viết quá trình oxi hoá, quá trình khử, đồng thời thiết lập các đại lượng theo số mol. + B 3 : Áp dụng định luật bảo toàn e cho hai quá trình trên: “Tổng số mol e chất nhường bằng tổng số mol e chất nhận”. Từ đó thiết lập phương trình đại số (nếu cần), kết hợp với giả thiết của Ví dụ để tìm ra két quả nhanh nhất và chính xác nhất. II. PHẠM VI SỬ DỤNG: Gặp nhiều chất trong ví dụ mà khi xét phương trình phản ứng là phản ứng oxi hóa khử (có sự thay đổi số e) hoặc phản ứng xảy ra phức tạp, nhiều đoạn, nhiều quá trình thì ta áp dụng phương pháp bảo toàn e. - Cần kết hợp các phương pháp như bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố để giải bài toán. - Cần có nhiều chất oxi hoá và nhiều chất khử cùng tham gia trong Ví dụ ta cần tìm tổng số mol e nhận và tổng số mol e nhường rồi mới cân bằng. III. VÍ DỤ ÁP DỤNG Ví dụ 1: (Trích đề thi tuyển sinh ĐH CĐ- Khối A-2008). Cho 3,2 gam bột Cu tác dụng với 100 ml dung dịch hỗn hợp HNO 3 0,8 M và H 2 SO 4 0,2 M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn sinh ra V lít khí NO (đktc) sản phẩm khử duy nhất. Giá trị V lít là: A. 0,746 lít. B. 0,448 lít. C. 1,792 lít. D. 0,672 lít. Bài giải: Áp dụng phản ứng oxi hoá khử: 32 NO 4H 3e NO 2H O 0,12 0,03 Ta có: 3 24 H (HNO ) H 24 H (H SO ) n 0,08mol n 0,12mol n 2.H SO 2.0,2.0,1 0,04 V NO = 0,03 x 22,4 = 0,672lít D đúng Ví dụ 2: (Trích đề thi tuyển sinh ĐH CĐ- Khối A-2008). Nung nóng m gam hỗn hợp Al và Fe 2 O 3 (trong môi trường không có không khí) đến phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp rắn Y, chia Y thành hai phần bằng nhần bằng nhau: - Phần 1 tác dụng với H 2 SO 4 loãng dư sinh ra 3,08 lít khí hiđrô (đktc). - Phần 2 tác dụng NaOH dư sinh ra 0,84 lít khí hiđrô (đktc). Giá trị m gam là: A. 22,75 . B. 21,40. C. 29,40. D. 29,43. Bài giải: Phân tích bài toán: Từ P 2 + NaOH dư nên Al dư còn Fe 2 O 3 hết: Như vậy hỗn hợp Y: Fe, Al 2 O 3 và Al dư . Khóa học LTĐH môn Hóa –Thầy Ngọc Phương pháp bảo toàn electron Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 2 - Gọi x, y, z lần lượt là số mol Al 2 O 3 , Fe và Al dư trong mỗi phần: P 1 : 3 2 2 Al 3e Al z 3z z Fe 2e Fe y 2y y 2H 2e H 0,275 0,1375 áp dụng ĐLBT e: 3z + 2y = 0,275 (1) P 2 : 3 2 Al 3e Al z 3z z 2H 2e H 0,075 0,0375 áp dụng ĐLBT e: 3z = 0,075 z = 0,025M. Thay vào (1) y = 0,1 mol: Fe 2 O 3 + 2Al Al 2 O 3 + 2Fe (3). Từ (3) 23 Al O Fe 1 x n n 0,05mol 2 m = 2.(0,05. 102 + 56. 0,1 + 27. 0,025)= 22,75 A đúng. Ví dụ 3: (Trích đề thi tuyển sinh ĐH CĐ- Khối B-2007). Nung m gam bột Fe trong ôxi thu được 3 gam hỗn hợp chất rắn X. Hoà tan hết hỗn hợp X bằng HNO 3 dư, thu được 0,56 lít khí NO (đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Giá trị m gam là: A. 2,62. B. 2,32 . C. 2,22. D. 2,52. Bài giải. Fe - 3e Fe 3+ x 3x N +5 + 3e N +2 (NO) 0,075 0,025 Áp dụng ĐLBT e: 3x = 0,075 + 4y (1) Mặt kháC. m X = m Fe + 2 O m 56x+ 32y=3 (2) O 2 + 4e 2O -2 y 4y Từ (1) và (2) x 0,045 y 0,015 m = 56 0,045 = 2,52g D đúng. Ví dụ 4: (Trích đề thi tuyển sinh ĐH CĐ- Khối A-2007). Hoà tan 5,6 gam Fe bằng dung dịch H 2 SO 4 loãng thu được dung dịch X. Dung dịch X phản ứng vừa đủ với V ml dung dịch KMnO 4 0,5 M. Giá trị V ml là: A. 20. B. 40. C. 60. D. 80. Bài giải Fe 5,6 n 0,1mol 56 ; Fe - 2e Fe 2+ 0,1 0,2 0,1 Fe 2+ - 1e Fe 3+ 0,1 0,1 0,1 Mn +7 + 5e Mn 2+ x 5x Áp dụng ĐLBT e: 5x = 0,1 x = 0,1 0,02 5 . 4 KMnO 0,02 V 0,04lit 40ml 0,5 B đúng. Ví dụ 5 (Trích đề thi tuyển sinh ĐH CĐ- Khối A-2007). Hoà tan hoàn toàn 12 gam hỗn hợp Fe và Cu ( tỉ lệ mol 1:1) bằng HNO 3 thu được V lít hỗn hợp khí X gồm NO và NO 2 (đktc) và dung dịch Y ( chỉ chứa 2 muối và axit dư). Tỉ khối của X so với H 2 bằng 19. Giá trị V lít là: A. 2,24 B. 3,36. C. 4,48. D. 5.60. Bài giải: Xác định %V của NO và NO 2 trong X: Khóa học LTĐH môn Hóa –Thầy Ngọc Phương pháp bảo toàn electron Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 3 - 2 X NO NO 30x 46(1 x) M 19.2 x 0,5hay50% n n xmol 1 Các phương trình oxi hoá khử: n Fe = a n Cu = a; 56a + 64a = 12 a = 0,1mol. 52 3 54 2 2 N 3e N (NO) Fe 3e Fe 3x x 0,1 0,3 N 1e N (NO ) Cu 2e Cu 0,1 0,2 xx Áp dụng định luật bảo toàn e ta có: 0,3 + 0,2 = 3x + x x = 0,125. Vậy n X = 0,125. 2 = 0,25mol V X = 0,25. 22,4 = 5,6 lít D đúng. Ví dụ 6: ( TN TH PT 2007). Hoà tan 5,4 gam Al bằng một lượng dung dịch H 2 SO 4 loãng dư. Sau phản ứng thu được dung dịch X và V lít khí H 2 đktc. Giá trị của V lít: A. 2,24. B. 3,36. C. 4,48. D. 6,72. Bài giải: 2 3 Al H 2 Al 3e Al 0,2 0,6 5,4 n 0,2 n 0,3 27 2H 2e H 0,6 0,3 ứng với 6,72 lít D đúng. Ví dụ 7: (Đề thi thử ĐH Vinh). Hoà tan hết hỗn hợp bột gồm m gam Cu và 4,64 gam Fe 3 O 4 vào dung dịch H 2 SO 4 loãng dư, sau phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch X. Dung dịch X làm mất màu vừa đủ 100 ml dung dịch KMnO 4 0,1 M. Giá trị của m gam là: A. 1,92. B. 0,96. C. 0,48. D. 1,44 . Bài giải: Fe 3 O 4 + 4 H 2 SO 4 FeSO 4 + Fe 2 (SO 4 ) 3 + 4H 2 O. 0,02---------------------0,02--------0,02 Cu + Fe 2 (SO 4 ) 3 CuSO 4 + 2FeSO 4 . 0,02---------------------------------0,04 Dung dịch X là H 2 SO 4 dư FeSO 4 , CuSO 4. 10FeSO 4 + 2KMnO 4 + 8 H 2 SO 4 5Fe 2 (SO 4 ) 3 + 2K 2 SO 4 + 2MnSO 4 + 8H 2 O. 0,05------ 0,01 2 4 3 Fe (SO ) n còn dư Cu 0,03 m 64. 0,96g 2 B đúng. Ví dụ 8: Cho m gam Al tan hoàn toàn dung dịch HNO 3 nóng dư thu được 11,2 lít (đktc) hỗn hợp khí A gồm: N 2 , NO, N 2 O có tỉ lệ về số mol tương ứng là 2:1:2. Giá trị m gam là: A. 35,1. B. 18,9. C. 27,9. D. 26,1. Bài giải: 22 A N NO N O 11,2 n 0,5mol n 0,2mol;n 0,1mol; n 0,2mol 22,4 + Quá trình oxi hoá: Al - 3e Al 3+ (1) a 3a a + Quá trình khử: 2N +5 + 10e N 2 (2) 0,4 2 0,2 N +5 + 3e N +2 (NO) (3) 0,3 0,1 2N +5 + 8e N +1 (N 2 O) (4) 1,6 0,2 Áp dụng ĐLBT e: 3a = 2 + 0,3 + 1,6 = 3,9 a = 1,3. m Al = 27. 1,3 = 35,1g A đúng. Khóa học LTĐH môn Hóa –Thầy Ngọc Phương pháp bảo toàn electron Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 4 - Ví dụ 10: Để m gam bột sắt ngoài không khí 1 thời gian thu được 11,8 gam hỗn hợp các chất rắn FeO, Fe 2 O 3 , Fe, Fe 3 O 4 . Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp đó bằng dung dịch HNO 3 loãng thu được 2,24 lít khí NO duy nhất (đktc). Giá trị m gam là: A. 9,52 gam. B. 9,94 gam. C. 8,96 gam. D. 8,12 gam. Bài giải: 2 Fe O NO(gp) m 11,8 m n ; n ; n 0,1mol 56 32 (p) Chất khử là Fe; Chất oxi hoá gồm O 2 và HNO 3 Fe O - 3e Fe 3+ m 56 3m 56 2- 2 .4 11,8 m 11,8 m 32 8.4 O + 4e 2O N +5 + 3e N +2 (NO) 0,3 0,1 n e nhường = n e chất oxi hoá nhận (O 2 , 3 NO ) 3m 11,8 m 0,3 56 8 m = 9,94 gam B đúng . Ví dụ 11: Hoà tan hoàn toàn 17,4 gam hỗn hợp 3 kim loại Al, Fe, Mg trong dung dịch HCl thấy thoát ra 13,44 lít khí, nếu cho 34,8 gam hỗn hợp trên tác dụng với dung dịch CuSO 4 dư, lọc lấy toàn bộ chất rắn thu được sau phản ứng tác dụng với dung dịch HNO 3 nóng dư, thu được V lít khí NO 2 đktc. Giá trị V là: A. 11,2 lit . B. 22,4 lít . C. 53,76 lít. D. 26,88 lít. Bài giải: Al, Fe, Mg nhường e, số mol e này chính bằng số mol e Cu nhường khi tham gia phản ứng với HNO 3 số mol e mà H + nhận cũng chính là số mol e mà HNO 3 nhận. 2H + + 2e H 2 1,2mol 13,44 0,6mol 22,4 . 17,4 gam hỗn hợp H + nhận 1,2mol e. Vậy 34,8 gam số mol mà H + nhận là: 2,4 mol. 17,4g hỗn hợp H n 1,2 . 34,8g hỗn hợp H n 2,4mol . N +5 + 1e NO 2 2,4 2,4mol 2 NO V 2,4.22,4 53,76 lít C đúng. Chú ý: Nếu H n 1,2 2 NO V 1,2.22,4 26,88 lít D sai. Ví dụ 12: Hoà tan hoàn toàn 43,2 gam kim loại Cu vào dung dịch HNO 3 loãng dư, tất cả khí NO thu được đem ôxi hoá thành NO 2 rồi sục vào nước có dòng oxi để chuyển hết thành dung dịch HNO 3 . V lít khí O 2 đktc tham gia vào quá trình trên là: A. 15,12 lít . B. 7,56 lít . C. 6,72 lít . D. 8,96 lít. Bài giải: Ta nhận thấy Cu nhường e cho HNO 3 tạo thành NO 2, sau đó NO 2 lại nhường cho O 2 . Vậy trong bài toàn này, Cu là chất nhường với O 2 là chất nhận e. Cu - 2e Cu 2+ 0,675 1,35 O 2 + 4e 2O 2- x 4x 4x = 1,35 x = 0,3375 2 O V 0,3375.22,4 7,56 lít B đúng. Ví dụ 13: Chia m gam hỗn hợp 2 kim loại A, B có hoá trị không đổi thành 2 phần bằng nhau. – Phần 1 tan hết trong dung dịch HCl tạo ra 1,792 lít H 2 đktc. - Phần 2 nung trong oxi thu được 2.84 gam hỗn hợp oxit. Giá trị của m là A. 1,56 gam. B. 4,4 gam. C. 3,12 gam . D. 4,68 gam. Bài giải: A, B là chất khử H + (ở, P1) và O 2 (ở P2) là chất oxi hoá eH n nhận = 2 eO n nhận Khóa học LTĐH môn Hóa –Thầy Ngọc Phương pháp bảo toàn electron Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 5 - 2H + - 2.1e H 2 0,16 0,08 O 2 + 4e 2O 2- 0,04 0,16 2 KLP oxit oxi m m m 2,84 0,04.32 1,56g m = 1,56 x2 = 3,12g C đúng . Ví dụ 14: : Chia 44 gam hỗn hợp gồm Fe và kim loại M có hoá trị không đổi thành 2 phần bằng nhau. - P1 tan hết trong 2 lít dung dich HCl tạo ra 14,56 lít H 2 đktc. - P2 tan hoàn toàn trong dung dich HNO 3 loãng nóng thấy thoát ra 11,2 lít khí NO duy nhất ở đktc. 1. Nồng độ mol của dung dich HCl là: A. 0,45 M . B. 0,25 M . C. 0,55 M. D. 0,65 M. 2. Khối lượng hỗn hợp muối clorua khan thu được khi cô cạn dung dịch sau pư ở P1 là: A. 65,54 gam. B. 68,15 gam . C. 55,64 gam. D. 54,65 gam. 3. Phần trăm khối lượng của Fe trong hỗn hợp ban đầu là: A. 49,01 % . B. 47,97 % . C. 52,03 % . D. 50,91 %. 4. Kim loại M là: A. Mg . B. Zn. C. Al . D. Cu. Bài giải: a) 22 H HCl H n 0,65mol n 2n 2.0,65 1,3mol . M 1,3 C 0,65M 2 Đáp án D đúng. b) KL Cl m m m muèi . Trong đó: HCl Cl n n 1,3mol . m muói = 22 + 1,3. 35,5 = 68,15g Đáp án B. c) Áp dụng định luật bảo toàn e: P 1 : Fe: Fe - 2e Fe 2+ x 2x M - ae M a+ y ay 2H + + 2e H 2 1,3 0,65 3 x 3x Fe 3e Fe M - ae M a+ N +5 + 3e N +2 (NO) 1,5 0,5 2x ay 1,3 x 0,2 3x ay 1,5 ay 0,9 n Fe = 0,2 Fe 0,2.56 %m .100% 50,91% 22 D đúng. d) m M = 22 - 0,2. 56 = 10,8g, M 0,9 m 10,8.a n y ; M 12a a n 0,9 . Vậy a = 2; M = 24(Mg) là phù hợp. Ví dụ 15: Cho luồng khí CO qua m gam bột Fe 2 O 3 nung nóng thu được 14 gam hỗn hợp X gồm 4 chất rắn . Cho hỗn hợp X hòa tan hoàn toàn bằng HNO 3 dư, thu được 2,24 lít khí NO (đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Giá trị m là: A. 16,4 gam. B. 14,6 gam. C. 8,2 gam . D. 20,5 gam. Bài giải: CO là chất khử (ta coi Fe 2 O 3 không tham gia vào phản ứng oxi hoá khử) m oxi(trong oxit) = m - 14g. n CO = n O(oxit) = m 14 16 . C +2 + 2e C +4 m 14 16 m 14 8 Khóa học LTĐH môn Hóa –Thầy Ngọc Phương pháp bảo toàn electron Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 6 - - HNO 3 là chất oxi hoá: N +5 + 3e N +2 0,3 0,1mol Ta có: m 14 0,3 m 16,4g 8 A đúng. Ví dụ 16: Cho tan hoàn toàn 58 gam hỗn hợp A gồm Fe, Cu, Ag trong dung dịch HNO 3 2M loãng nóng thu được dung dich B và 0,15 mol khí NO và 0,05 mol NO 2 . Cô cạn dung dich B khối lượng muối khan thu được là: A. 120,4 gam. B. 89.8 gam. C. 116.9 gam . D. kết quả khác. Bài giải: Nếu chỉ dùng phương pháp bảo toàn e thông thường, ta cũng chỉ lập được 2 phương trình 3 ẩn số và sẽ gặp khó khăn trong việc giải. Để tính khối lượng muối 3 NO trong Ví dụ trên ta có công thức 3 NO n (trong muối) = a. n X . Trong đó a là số e mà N +5 nhận để tạo thành Y. Như vậy: m muối khan = m Fe, Cu, Ag + 3 NO m 2 3 NO N O NO n 3.n 8n 3.0,15 8.0,05 0,95mol . m muối khan = 58 + 0,95. 62 = 116,9g C đúng. Ví dụ 17: Cho luồng khí CO qua m gam bột Fe 2 O 3 nung nóng thu được X gồm 4 chất rắn. chia X thành 2 phần bằng nhau. - Phần 1 hoà tan bằng HNO 3 dư, thu được 0,02 mol khí NO và 0,03 mol N 2 O. - Phần 2 hoà tan hoàn toàn trong dung dịch H 2 SO 4 đặc nóng thu được V lít SO 2 (đktc). Giá trị V là: A. 2,24 lít. B. 3,36 lít . C. 4,48 lít . D. 6,72 lít. Bài giải: HNO 3 là chất ôxi hóa. N +5 + 3e N +2 0,06 0,02mol 2N +5 + 8e 2N +1 (N 2 O) 0,24 0,06 0,03 n e nhận = 0,06 + 0,24 = 0,3mol - Chất khử ở hai phần là như nhau, do đó số mol eletron H 2 SO 4 nhận bằng số mol eletron HNO 3 nhận. Ta có 2 64 2 SO S 2e S (SO ) V 0,15.22,4 3,36 0,3 0,15 lít B đúng. Ví dụ 18: Chia hỗn hợp X gồm Al và Al 2 O 3 thành 2 phần bằng nhau. - Phần 1 tác dụng NaOH dư thu được 0,3 mol khí. - Phần 2 tan hoàn toàn trong dung dịch HNO 3 thu được 0,075 mol khí Y duy nhất. Y là: A. NO 2 . B. NO. C. N 2 O. D. N 2 . Bài giải: Trong X chỉ có Al có tính khử: 2H 2 O + 2e H 2 + 2OH - 0,6 0,3 Khi tác dụng với HNO 3 , chất oxi hoá là HNO 3. N +5 + ne Y 0,075n….0,075mol ta có: 0,075n = 0,6. Với n là số e mà N +5 nhận để tạo thành Y n = 8. Vậy Y là N 2 O C đúng. Ví dụ 19: Cho tan hoàn toàn 7,2 gam Fe x O y trong HNO 3 thu được 0,1 mol NO 2 . Công thức phân tử của ôxit là: A. FeO. B. Fe 2 O 3 . C. Fe 3 O 4. D. kết quả khác. Bài giải: N +5 + 1e N +4 … (NO 2 ) , Fe x O y là chất khử 0,1 0,1 0,1 2y 3 x 2y 7,2 x.Fe x. 3 e x.Fe (3x 2y) 0,1 x 56x 16y Khóa học LTĐH môn Hóa –Thầy Ngọc Phương pháp bảo toàn electron Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 7 - 7,2 7,2 (3x 2y) 16x 16y x y 56x 16y 56x 16y FeO A đúng. Ví dụ 20: Hoà tan hoàn toàn 19,2 gam kim loại M trong dung dịch HNO 3 dư thu được 8,96 lít (đktc) hỗn hợp khí NO 2 và NO có tỉ lệ về thể tích 3:1. 1. Kim loại M là: A. Al . B. Cu. C. Mg. D. Fe. 2. Khối lượng HNO 3 đã tham gia phản ứng là. A. 44,1 gam . B. 25,2 gam . C. 63 gam. D. kết quả khác. Bài giải: 2 h 8,96 n 0,4mol 22,4 khÝ vì 22 NO NO NO NO Vn 33 V 1 n 1 2 NO 3 n .0,4 0,3mol 4 n NO = 0,1mol. Chất khử M: M - ne M n+ (1) 19,2 M 19,2 M .n Chất oxi hoá: 3 2 2 32 NO 1e 2H NO H O (2) 0,3 0,3 0,6 0,3 NO 3e 4H NO 2H O (3) 0,1 0,3 0,4 0,1 0,2 Áp dụng định luật bảo toàn e: n e nhận = n e nhường 19,2 .n 0,6 M . 1) 19,2 M .n 32n M 64(n 2) 0,6 Cu B đúng. 2) 3 HNO H n n 0,6 0,4 1mol 3 HNO m 1.63 63gam C đúng Ví dụ 21: Hoà tan hoàn toàn 11,2g Fe trong dung dịch HNO 3 dư, thu được A và 6,72 lít hỗn hợp khí X gồm NO và một khí X với tỉ lệ thể tích là 1: 1. Khí X có công thức là: A. NO 2 B. N 2. C. N 2 O . D. N 2 O 3. Bài giải: 2 Fe h 6,72 11,2 n 0,3mol n 0,2mol 22,4 56 khÝ - Quá trình oxi hoá: Fe - 3e Fe 3+ (1) 0,2 0,6 0,2 - Quá trình khử: 32 NO 3e 4H H O NO 0,15 0,45 0,6 0,15 2 (2) 3 x y 5x 2y 0,15 .0,15 x xNO (5x 2y)e N O (3) Áp dụng định luật bảo toàn e: 5x 2y 0,6 0,45 .0,15 x 2 x1 NO y2 A đúng Ví dụ 22: Một hỗn hợp 3 kim loại gồm Al, Fe, Mg có khối lượng 26,1 gam được chia làm 3 phần bằng nhau. - Phần 1 cho tan hết trong dung dịch HCl thấy thoát ra 13,44 lít khí. - Phần 2 cho tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được 3,36 lít khí. - Phần 3 cho tác dung dịch CuSO 4 dư, lọc lấy toàn bộ chất rắn thu được sau phản ứng đem hoà tan trong dung dịch HNO 3 dư thì thu được V lít khí NO 2 ( các khí đều đo đktc). Giá trị V lít thu được là: Khóa học LTĐH môn Hóa –Thầy Ngọc Phương pháp bảo toàn electron Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 8 - A. 26,88. B. 53,70 . C. 13,44. D. 44,8. Bài giải: 2Al + 6HCl AlCl 3 + 3H 2 Mg + 2HCl MgCl 2 + H 2 Fe + 2HCl FeCl 2 + H 2 Khối lượng mỗi phần 26,1 m 8,7g 3 Gọi x, y, z là số mol Al, Mg, Fe trong 7,4 gam hỗn hợp. 27x 24y 56z 8,7 x 0,1 1,5x y z 0,3 y 0,075 1,5 0,15 x 0,075 Trong 34,7 g hỗn hợp n Al = 0,4; n Mg = 0,3; n Fe = 0,3. 2Al + 3CuSO 4 Al 2 (SO 4 ) 3 + 3Cu Mg + CuSO 4 MgSO 4 + Cu Fe + CuSO 4 FeSO 4 + Cu Cu + 4HNO 3 Cu(NO 3 ) 2 + 2NO 2 + 2H 2 O - Ở P 3 khi các kim loại tác dụng với dung dịch CuSO 4 tạo thành Cu, lượng Cu này tác dụng với HNO 3 tạo ra Cu 2+ . Do đó: Al, Mg, Fe là chất khử, nhường e. n e nhường = 3. 0,1 + 2. 0,075 + 2. 0,075 = 0,6mol - HNO 3 là chất oxi hoá, nhận e: N +5 + 1e N +4 (NO 2 ) a = 0,6 a a 22 NO NO n 0,6mol V 0,6.22,4 13,44 lit C đúng . Ví dụ 23: Chia hỗn hợp X gồm Al, Al 2 O 3 , ZnO thành 2 phần bằng nhau. – Phần 1 cho tác dụng dung dịch NaOH dư thu được 0,3 mol khí. – Phần 2 tan hoàn toàn trong dung dịch HNO 3 thu được 0,075 mol khí Y duy nhất. Khí Y là: A. NO 2 . B. NO. C. N 2 O. C. N 2 . Bài giải: Trong X chỉ có Al có tính khử nước bị nhôm khử theo phương trình 2H 2 O + 2e H 2 + 2OH - 0,6 0,3mol Khi tác dụng với HNO 3 , chất oxi hoá là HNO 3 N +5 + ne Y 0,075n 0,075 0,075n = 0,6, n là số e mà N +5 nhận để tạo thành Y. n = 8. Vậy Y là N 2 O C đúng . Ví dụ 24: Cho tan hoàn toàn 3,76 gam hỗn hợp X ở dạng bột gồm: S, FeS và FeS 2 trong dung dịch HNO 3 thu được 0,48 mol NO 2 và dung dịch dung dịch D. Cho dung dịch D tác dụng dung dịch Ba(OH) 2 dư, lọc và nung kết tủa đến khối lượng không đổi được m gam chất hỗn hợp rắn. Giá trị m gam là: A. 11,650. B. 12,815 . C. 13,980. D. 17,545. Bài giải: 21 2 Fe S tương đương với Fe 2+ . S -2 . S 0 , Vì vậy có thể coi hỗn hợp X gồm hai chất S và FeS có số mol a và b ta có: Số gam: X = 32a + 88b = 3,76 (I) Chất khử: S 0 - 6e S +6 a 6a FeS -2 - 9e Fe 3+ + S +6 b 9b Chất oxi hoá: N +5 + 1e N +4 (NO 2 ) 0,48 0,48 Ta có: 6a + 9b = 0,4 8 (II), Từ (I) và (II): a = 0,035 mol S, b = 0,03 mol FeS. 2 4 4 BaSO S FeS SO n n n n 0,035 0,03 0,065mol 4 BaSO m 0,065.233 15,145g , 23 Fe O m 0,015.160 2,4g m 15,145 2,4 17,545gam D đúng. Khóa học LTĐH môn Hóa –Thầy Ngọc Phương pháp bảo toàn electron Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 9 - Ví dụ 25: Cho tan hoàn toàn 3,6 gam hỗn hợp gồm Fe và Mg trong dung dịch HNO 3 2M loãng nóng thu được dung dịch D, 0,04 mol khí NO và 0,01 mol N 2 O. Cho dung dịch D tác dụng với NaOH lấy dư, lọc và nung kết tủa đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn. 1. Giá trị m là A. 2,6 gam. B. 3,6 gam. C. 5,2 gam. D. 7,8 gam. 2. Thể tích HNO 3 đã phản ứng là: A. 0,5 lít. B. 0,24 lít. C. 0,26 lít. D. 0,13 lít. Bài giải: a) HNO 3 là chất oxi hoá: N +5 + 3e NO 0,12--0,04 mol 2N +5 + 8e 2N +1 (N 2 O) 0,02 0,08 0,01mol n e nhận = 0,12 + 0,08 = 0,2mol. - Mg và Fe là chất khử. Gọi x, y là số mol Mg và Fe trong hỗn hợp Mg - 2e Mg 3+ x 2x mol Fe - 3e Fe 3+ y 3y mol n e nhường = 2x + 3y Ta có hệ phương trình: 23 x 0,01molMg 0,01molMgO 24x 56y 3,6 y 0,06molFe 0,03molFe O 2x 3y 0,2 23 MgO Fe O m m m 0,01.40 0,03.160 5,2g . Ta có thể tính theo cách sau: Ta có sơ đồ: Mg MgO; Fe Fe 2 O 3 . Trong đó Mg và Fe là chất khử, oxi là chất oxi hoá, số mol e nhân vẫn là 0,2mol: O + 2e O 2- 0,1 0,2 m = m Mg, Fe + m O = 3,6 + 16. 0,1 = 5,2gam C đúng. b) Theo định luật bảo toàn nguyên tố N ta có: 3 3 2 N(HNO ) N(NO ) N(NO) N(N O) n n n n Hay 3 3 2 3 3 2 HNO Mg(NO ) Fe(NO ) NO N O n 2n 3n n 2n 2.0,01 3.0,06 0,04 2.0,01 0,26 3 HNO 0,26 V 0,13 2 lít D đúng. Giáo viên: Vũ Khắc Ngọc Nguồn: Hocmai.vn . bảo toàn electron Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58- 58- 12 - Trang | 8 - A. 26 ,88 . B. 53,70 . C. 13,44. D. 44 ,8. Bài. 56 2- 2 .4 11 ,8 m 11 ,8 m 32 8. 4 O + 4e 2O N +5 + 3e N +2 (NO) 0,3 0,1 n e nhường = n e chất oxi hoá nhận (O 2 , 3 NO ) 3m 11 ,8 m 0,3 56 8 m = 9,94 gam