zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Trung học phổ thông

Phương pháp bảo toàn điện tích

Chia sẻ: Nguyên Quang Hoài | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Báo xấu

1.607
lượt xem 443
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Phương pháp bảo toàn điện tích -1- VẬN DỤNG ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN ĐIỆN TÍCH ĐỂ GIẢI NHANH MỘT SỐ BÀI TOÁN HÓA HỌC DẠNG TRẮC NGHIỆM (Đã đăng Báo Hóa Học & Ứng Dụng Số 12/2008) I- Cơ sở lý thuyết Định luật bảo toàn điện tích được phát biểu dạng tổng quát: “Điện tích của một hệ thống cô lập thì luôn luôn không đổi tức là được bảo toàn”. Từ định luật trên ta có thể suy ra một số hệ quả để áp dụng giải nhanh một số bài toán hóa học: Hệ quả 1: Trong dung dịch các...

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Phương pháp bảo toàn điện tích

Phương pháp bảo toàn điện tích -1- VẬN DỤNG ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN ĐIỆN TÍCH ĐỂ GIẢI NHANH MỘT SỐ BÀI TOÁN HÓA HỌC DẠNG TRẮC NGHIỆM (Đã đăng Báo Hóa Học & Ứng Dụng Số 12/2008) I- Cơ sở lý thuyết Định luật bảo toàn điện tích được phát biểu dạng tổng quát: “Điện tích của một hệ thống cô lập thì luôn luôn không đổi tức là được bảo toàn”. Từ định luật trên ta có thể suy ra một số hệ quả để áp dụng giải nhanh một số bài toán hóa học: Hệ quả 1: Trong dung dịch các chất điện ly hoặc chất điện ly nóng chảy thì tổng số điện tích dương của các cation bằng tổng số đơn vị điện tích âm của các anion. (Hệ quả 1 còn được gọi là định luật trung hòa điện) Ví dụ 1: Dung dịch A có chứa các ion sau: Mg2+, Ba2+, Ca2+, 0,1mol Cl- và 0,2 mol NO3-. Thêm dần V lit dung dịch K2CO3 1M vào A đến khi được lượng kết tủa lớn nhất. V có giá trị là: A. 300 ml B. 200 ml C. 250 ml D. 150 ml Giải Để thu được kết tủa lớn nhất khi các ion Mg2+, Ba2+, Ca2+ tác dụng hết với ion CO32-: Mg2+ + CO32- → MgCO3 ↓ Ba2+ + CO32- → BaCO3 ↓ Ca2+ + CO32- → CaCO3 ↓ Sau khi phản ứng kết thúc, trong dung dịch chứa các ion K+, Cl- và NO3- ( kết tủa tách khỏi dung dịch ). Theo hệ quả 1 thì: n K + = n Cl- + n NO - = 0,1 + 0,2 = 0,3(mol) ⇒ nK2CO3 = 0,15(mol) 3 0,15 → VddK CO = = 0,15(lit ) = 150ml → Chọn D 1 2 3 Ví dụ 2: (TSĐH A 2007): Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,12 mol FeS2 và a mol Cu2S vào axit HNO3 (vừa đủ), thu được dung dịch X (chỉ chứa hai muối sunfat) và khí duy nhất NO. Giá trị của a là A. 0,04. B. 0,075. C. 0,12. D. 0,06. Giải: FeS2 ⎯→ Fe3+ + 2SO42− 0,12 0,12 0,24 Cu2S ⎯→ 2Cu2+ + SO42− a 2a a ¸p dông ®Þnh luËt trung hoµ ®iÖn (hệ quả 1): 3.0,12 + 2.2a = 0,24.2 + 2a ⇒ a = 0, 06 → Chọn D GV: LƯU HUỲNH VẠN LONG( Trường THPT Thanh Hòa-Bù Đốp- Bình Phước) Phone:0986.616.225 Email: vanlongthpt@gmail.com or vanlongthpt@yahoo.com
Phương pháp bảo toàn điện tích -2- 2+ + - Ví dụ 3: (TSCĐ A 2007): Một dung dịch chứa 0,02 mol Cu , 0,03 mol K , x mol Cl và y mol SO42-. Tổng khối lượng các muối tan có trong dung dịch là 5,435 gam. Giá trị của x và y lần lượt là: A. 0,03 và 0,02 B. 0,05 và 0,01 C. 0,01 và 0,03 D. 0,02 và 0,05 Giải: ¸p dông ®Þnh luËt trung hoµ ®iÖn: 2.0,02 + 0,03 = x + 2y hay x + 2y = 0,07 (1) Khối lượng muối: 0,02.64 + 0,03.39 + 35,5x + 96y = 5,435 (2) Giải hệ phương trình (1) và (2) được: x = 0,03 và y = 0,02 → Chọn A Hệ quả 2: Trong các phản ứng oxi hóa khử thì tổng số mol electron do các chất khử nhường bằng tổng số mol electron do các chất oxi hóa nhận. ( Dựa vào hệ quả 2 này ta có phương pháp bảo toàn electron) Ví dụ 1: (TSĐH B 2007): Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 3 gam hỗn hợp chất rắn X. Hòa tan hết hỗn hợp X trong dung dịch HNO3( dư), thoát ra 0,56 lit (ở đktc) NO( là sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của m là: A. 2,52 B. 2,22 C. 2,62 D. 2,32 Giải 0,56 n NO = = 0,025(mol) 22,4 m n Fe = (mol) 56 Dựa vào định luật bảo toàn khối lượng, ta có: 3-m mO = 3 – m(g) → n O = (mol) 16 Fe → Fe3+ + 3e m 3m → 56 56 O + 2e → O2- 3-m 2(3-m) → 16 16 +5 +2 N + 3e → N 0,075 ← 0,025 3m 2(3-m) Dựa vào hệ quả 2 ta có: = 0,075 + → m = 2,52 → Chọn A 56 16 Ví dụ 2: (TSĐH A 2008): Cho 11,36 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 phản ứng hết với dung dịch HNO3 loãng(dư), thu được 1,344 lit (ở đktc) NO( là sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch X. Cô cạn dung dịch X thu được m gam muối khan. Giá trị m là: A. 49,09 B. 34,36 C. 35,50 D. 38,72 Giải GV: LƯU HUỲNH VẠN LONG( Trường THPT Thanh Hòa-Bù Đốp- Bình Phước) Phone:0986.616.225 Email: vanlongthpt@gmail.com or vanlongthpt@yahoo.com
Phương pháp bảo toàn điện tích -3- 1,344 n NO = = 0, 06(mol) 22,4 m n Fe = (mol) 56 Dựa vào định luật bảo toàn khối lượng, ta có: 11,36-m mO = 11,36 – m(g) → n O = (mol) 16 Fe → Fe3+ + 3e m 3m → 56 56 O + 2e → O 2- 11,36-m 2(11,36-m) → 16 16 +5 +2 N + 3e → N 0,18 ← 0,06 3m 2(11,36-m) Dựa vào hệ quả 2 ta có: = 0,18 + → m = 8,96 56 16 8,96 mmuối = mFe + mNO3- = 8,96 + 62.3nFe = 8,96 + 62.3. = 38,72gam → Chọn D 56 Hệ quả 3: Một hỗn hợp gồm nhiều kim loại có hóa trị không đổi và có khối lượng cho trước sẽ phải nhường một số mol electron không đổi cho bất kỳ tác nhân oxi hóa nào. Ví dụ 1: Chia 1,24 gam hỗn hợp hai kim loại có hóa trị không đổi thành hai phần bằng nhau: - Phần 1: bị oxi hóa hoàn toàn thu được 0,78 gam hỗn hợp oxit. - Phần 2: tan hoàn toàn trong dung dịch H2SO4 loãng thu được V lit H2 ( đktc). Giá trị V là: A. 2,24 lit B. 0,112 lit C. 5,6 lit D. 0,224 lit G iả i Khối lượng mỗi phần: 1,24 : 2 = 0,62 gam 0, 78 − 0,62 = 0, 01(mol) Số mol O kết hợp với 0,62 gam hỗn hợp kim loại: 16 + 2e → O2- Quá trình tạo oxit: O 0,01 → 0,02(mol) Theo hệ quả 3 thì ở phần 2 hỗn hợp kim loại khử H+ của dung dịch axit cũng nhường 0,02 mol electron: 2H+ + 2e → H2 0,02 → 0,01(mol) Vậy thể tích H2 thu được là: 0,01 . 22,4 = 0,224 lit → Chọn D Ví dụ 2: Chia hỗn hợp 2 kim loại A,B có hóa trị không đổi thành 2 phần bằng nhau: - Phần 1: tan hết trong dung dịch HCl tạo ra 1,792 lit H2( đktc) - Phần 2: nung nóng trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 2,84 gam chất rắn. Khối lượng hỗn hợp 2 kim loại trong hỗn hợp đầu là: GV: LƯU HUỲNH VẠN LONG( Trường THPT Thanh Hòa-Bù Đốp- Bình Phước) Phone:0986.616.225 Email: vanlongthpt@gmail.com or vanlongthpt@yahoo.com
Phương pháp bảo toàn điện tích -4- A. 2,4g B. 3,12g C. 2,2g D. 1,8g G iả i Xét phần 1: 2H+ + 2e → H2 1, 792 0,16 ← = 0,08 (mol) 22, 4 + 2e → O2- Theo hệ quả 3 thì ở phần 2: O 0,08 ← 0,16(mol) → mKL = moxit – mO = 2,84 – 0,08.16 = 1,56 gam Khối lượng hỗn hợp ban đầu: 2.1,56 = 3,12 gam → Chọn B Ví dụ 3: Lấy 7,88 gam hỗn hợp A gồm hai kim loại hoạt động X,Y có hóa trị không đổi, chia thành hai phần bằng nhau: - Phần 1 nung trong oxi dư để oxi hóa hoàn toàn thu được 4,74 gam hỗn hợp 2 oxit - Phần 2 hòa tan hoàn toàn trong dung dịch chứa hỗn hợp hai axit HCl và H2SO4 loãng thu được V lít khí (đktc). Giá trị V là: A. 2,24 lit B. 0,112 lit C. 1,12 lit D. 0,224 lit G iả i Khối lượng mỗi phần: 7,88 : 2 = 3,94 gam 4, 74 − 3,94 = 0, 05(mol) Số mol O kết hợp với 3,94 gam hỗn hợp kim loại: 16 + 2e → O2- Quá trình tạo oxit: O 0,05 → 0,1(mol) Theo hệ quả 3 thì ở phần 2: 2H+ + 2e → H2 0,1 → 0,05 (mol) Vậy thể tích H2 thu được là: 0,05 . 22,4 = 1,12 lit → Chọn C (Còn tiếp…) II- Kết luận: Qua các ví dụ trên ta thấy dựa vào các hệ quả của định luật bảo toàn điện tích ta có thể giải nhanh một số bài toán hóa học, đặc biệt phù hợp với dạng bài tập trắc nghiệm hiện nay. Chúc các em học tốt. GV: LƯU HUỲNH VẠN LONG( Trường THPT Thanh Hòa-Bù Đốp- Bình Phước) Phone:0986.616.225 Email: vanlongthpt@gmail.com or vanlongthpt@yahoo.com

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.03: Bộ 400 Đề Thi Thử THPT Quốc Gia 2021

400 tài liệu

955 lượt tải

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.