intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

Phương pháp bảo toàn Electron

Chia sẻ: Ngothithanhbinh Ngothithanhbinh | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:15

Thêm vào BST
Báo xấu
334
lượt xem 103
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

- Phương pháp này cho phép giải nhanh nhiều bài toán oxihoa – khử phức tạp thường gặp : + Trong hỗn hợp các chất phản ứng có nhiều chất oxihoa – khử và nhiều chất khử khác nhau, không đủ điều kiện để xác định số lượng và thứ tự các phản ứng xảy ra. + Phản ứng oxihoa – khử xảy ra qua nhiều trạng thái trung gian.Chẳng hạn :

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Phương pháp bảo toàn Electron

  1. Biên soạn : Đặng Thị Kim Cúc và Nguyễn Ngọc Huy – Sư phạm Hoá K31 PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN ELECTRON PH TO ELEC Nguyên tắc: I. Trong phản ứng oxihoá - khử : ∑ ∑ số e nhường = số e nhận ∑ ∑ số mol e nhường = số mol e nhận => Phạm vi ứng dụng: II. Phương pháp này cho phép giải nhanh nhiều bài toán oxihoa – khử phức tạp - thường gặp : + Trong hỗn hợp các chất phản ứng có nhiều chất oxihoa – khử và nhiều chất khử khác nhau, không đủ điều kiện để xác định số lượng và thứ tự các phản ứng xảy ra. + Phản ứng oxihoa – khử xảy ra qua nhiều trạng thái trung gian.Chẳng hạn : +3e − 2e −1e Fe ¬ → Fe2+ ¬  Fe3+   →   +2e +1e -3e * Các bước áp dụng: Bước1:Xác định chất khử(nhường e) và chất oxihoa(nhận e), ta dựa vào số oxihoa để xác định. Bước2:Viết và cân bằng phương trình nhường nhận e(có gắn số mol tương ứng của các chất trong mỗi quá trình). Bước3:Từ định luật bảo toàn e ta viết phưong trình giữa các đại lượng và giải phương trình để trả lời các yêu cầu màbài toán đặt ra. Các dạng bài tập: III. 1. Dạng 1:Kim loại (hỗn hợp kim loại), hợp chất có tính khử của kim loại tác dụng với hợp chất có tính oxihoa. Ví dụ:Hợp chất có tính khử của kim loại:FeO, FeCO3, Fe(OH)2, FeS2 … FeO + HNO3 Fe(NO3)3 + NO + H2O FeCO3 + HNO3 Fe(NO3)3 + NO + CO2 + H2O • Bài tập minh họa: Bài tập 1: Hòa tan hết 2,16g FeO trong axit HNO3 thấy thoát ra 0,224l khí X(đktc) là sản phẩm khử duy nhất.Xác định X? Tóm tắt bài toán: HNO3 Khí X 0.224l (đktc) (Sp khử duy nhất) Xác định khí X? FeO dd B Giải: B1:Xác định chất khử (FeO), chất oxi hoá (HNO3) Trang 1
  2. Biên soạn : Đặng Thị Kim Cúc và Nguyễn Ngọc Huy – Sư phạm Hoá K31 Đặt khí X chứa Nitơ là NxOy B2 :Viết pt nhường nhận e Quá trình nhường e Quá trình nhận e  2x  2y + +  5 − y ÷e Fe+2 Fe+3 + N+5 1e (NxOy) N x   0,03 0,03 (5x-2y)0,01 0,01x B3 :Áp dụng định luật bảo toàn e ta có : (5x-2y)0,01 = 0,03  5x-2y = 3 Biện luận ta được: x = 1, y = 1 => X là NO. Bài tập 2 :Có 3,04g Hỗn hợp Fe vàCu hòa tan hết trong HNO3 tạo thành 0,08mol NO và NO2 có M = 42 và thu được dd B. Hãy xác định thành phần % hỗn hợp ban đầu. Tóm tắt : Fe HNO3 hh NO Cu 08mol NO2 Xđ %Fe, %Cu ? M = 42 dd B Giải : Đặt số mol của NO và NO2 lần lượt là x,y. Ta có hệ : x+y = 0,08 x = 0,02  30x + 46y = 42(x + y) y = 0,06 Quá trình nhường e Quá trình nhận e Fe+3 + 3e +5 N+2 Fe N + 3e 3a 0,06 0,02 Cu+2 + 2e +5 N+4(NO2) Cu N + 1e 2b 0,06 0,06 Ta có hệ : 3a + 2b = 0,12 a= 0.02 =>%Fe = 36,84%  56a + 64b = 3,04 b = 0,03 =>%Cu = 63,16% 2.Dạng 2 : Hỗn hợp kim loại + hỗn hợp muối (với dạng này cần phân biệt rõ chất có và không thay đổi số oxi hoá) * Lưu ý:Dãy điện hoá và quy tắc α : Oxhmạnh + Khmạnh Oxhyếu + Khyếu Bài tập 3: Khuấy kỹ 100ml dd A chứa AgNO3, Cu(NO3)2 với hỗn hợp kim loại có0,03molAl và 0,05mol Fe. Sau phản ứng thu được dd C và 8,12g chất rắn B gồm 3kim loại. Cho B tác dụng với HCl dư thì thu được 0,672l H2 (đktc). Tính nồng độ CM của AgNO3 và Cu(NO3)2 trong A. Tóm tắt : Al (0,03mol) 100ml dd A (AgNO3, Cu(NO3)2) HCl H2 0,672l(đktc) Brắn(3kl) Cu (0,05mol) Crắn m(g) Xđ CM của AgNO3, Cu(NO3)2 trong A? Giải : Trang 2
  3. Biên soạn : Đặng Thị Kim Cúc và Nguyễn Ngọc Huy – Sư phạm Hoá K31 Vì Al hoạt động mạnh hơn Fe nên Al hết => hh B gồm 3kl:Ag, Cu, Fedư Ta có : Fedư + 2HCl FeCl2 + H2 => nFe(pứ)= 0,02mol 0,03 0,03 m B= mCu + mAg + mFe dư => mCu + mAg = m B - mFe dư =8,12 – 56.0,03=6,44g Mặt khác: Quá trình nhường e Quá trình nhận e Al+3 + 3e +2 Al Cu + 2e Cu 0,03 3.0,03 b 2b +2 + Fe Fe + 2e Ag + 1e Ag 0,02 2.0,02 a a Suy ra: a + 2b = 0,13 a= 0,03 => CM(AgNO3)=0,3M  108a + 64b = 6,44 b= 0,05 => CM(Cu(NO3)2)=0,2M 3.Dạng 3: Phản ứng nhiệt nhôm. Phản ứng nhiệt nhôm là phản ứng giữa Al với oxit kim loại hoạt động hoá học kém hơn ở nhiệt độ cao. t0  → 2xAl + 3MxOy yAl2O3 + 3xM Bản chất của phản ứng nhiệt nhôm là phản ứng oxihoa – khử.Al là chất oxihoa, oxit kim loại là chất khử( Al chiếm oxi của oxit kim loại để tạo Al2O3 : 4Al + 3O2  2Al2O3). Bài tập 4: Trộn 0,54g bột Al với hh Fe2O3 và CuO rồi tiến hành phản ứng nhiệt nhôm trong điều kiện không có không khí trong 1 thời gian, được hh rắn X. Hòa tan Xtrong dd HNO3(đặc,nóng dư) thì thu được V (l)NO2 (sp khử duy nhất ở đktc). Xác định V? Tóm tắt : Trộn 0,54g Al HNO3 đ,nóng,dư t0 V(l) NO2(đktc) CuO Xrắn Xđ V? Fe2O3 dd A Tư duy bài toán theo sơ đồ: +1e Fe2O3, CuO HNO3 Al+3, Fe+3, Cu+2, NO2 Al hh X -3e Quá trình nhường e Quá trình nhận e Al+3 + 3e +5 N+4(NO2) Al N + 1e 0,02 0,06 0,06 0,06 => VNO2 = 1,344(l) Trang 3
  4. Biên soạn : Đặng Thị Kim Cúc và Nguyễn Ngọc Huy – Sư phạm Hoá K31 4.Dạng 4: Bài toán điện phân. Điện phân là một quá trình oxihóa – khử xảy ra trên bề mặt các điện cực khi có dòng điện 1 chiều đi qua. Gồm 2 loại: Điện phân nóng chảy và điện phân dung dịch. Quy tắc: Quy tắc catot (quy tắc âm cực): • Tại catot nhận các ion dương chạy về và tại đây xảy ra quá trình khử cation - kim loại Mn+, H+, H2O. Các cation kim loại nhóm IA, IIA, Al3+ không bị khử. H2O bị khử theo phản - ứng: + 2OH- 2H2O + 2e H2 Các cation kim loại khác bị khử lần lượt theo trật tự trong dãy điện hoá. - Mn+ + ne M Quy tắc anot ( quy tắc dương cực): • Tại anot nhận các ion âm chạy về và tại đây xảy ra quá trình oxi hoá. - Các anion gốc axit có oxi và F – không bị oxi hoá: SO42-, NO3- ,PO43- …(trừ các - gốc axit hữu cơ).H2O bị oxi hoá theo phản ứng: O2 + 4H+ 2H2O - 4e Các trường hợp khác bị điện phân theo trật tự : - S2- > I - > Cl- > OH- > H2O Chú ý: • Về bản chất, quan điểm về anot, catot trong pin điện hoá và trong bình điện - phân hoàn toàn giống nhau: + Catot là nơi xảy ra sự khử. + Anot là nơi xảy ra sự oxihoa Tuy nhiên, sự phát sinh dòng điện trong pin điện hóa và sự điện phân là hai - quá trình ngược nhau (một quá trình tạo ra dòng điện, một quá trình nhờ tác dụng dòng điện).Vì vậy, dấu của điện cực là ngựơc nhau. + Trong pin: anot là cực âm, catot là cực dương. + trong bình điện phân: anot là cực dương, catot làcực âm. Bài tập 4: Tiến hành điện phân hoàn toàn dung dịch X chứa AgNO3, Cu(NO3)2 thu được 56g hỗn hợp kim loại ở catốt và 4,48l khí ở anốt. Tính số mol mỗi muối trong X? Tóm tắt: dd X AgNO3 HNO3 Catot:hh Ag Cu Xđ n của AgNO3, Cu(NO3)2 trong X? Cu(NO3)2 (56g) Anot: khí 4,48l (đktc) Giải: Gọi số mol của AgNO3, Cu(NO3)2 trong X lần lượt là a, b. Quá trình điện phân: Ở catot: Ag+, Cu+2(, H2O) Ở anot: NO3-, H2O Ag+ + 1e 4H+ + O2 + 4e Ag 2H2O a a a 0,2 0,8 +2 Cu + 2e Cu b 2b b Trang 4
  5. Biên soạn : Đặng Thị Kim Cúc và Nguyễn Ngọc Huy – Sư phạm Hoá K31 Suy ra hệ: a + 2b = 0,8 a= 0,4  108a + 64b = 56 b= 0,2 5.Dạng 5: Kim loại (hỗn hợp kim loại) có hóa trị không thay đổi khi tác dụng với nhiều tác nhân oxi hoa. * Chú ý: Chất khử chỉ thể hiện 1 mức oxi hoa với mọi tác nhân oxi hoa. Bài tập 5: Chia 1,2g hỗn hợp 2 kim loại có hoá trị không đổi thành 2 phần bằng nhau: +Phần 1: Bị oxi hoa hoàn toàn thu được 0,78g hỗn hợp oxit. +Phần 2: Tan trong dd H2SO4 l thu được V(l) H2 (đktc). Tính V? Tóm tắt: O2 Chia 2phần bằng nhau A hh oxit 0,78g Phần 1 hoàn toàn B Xđ V? Khí H2 V(l) Phần 2 Giải: +Phần1: Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng moxit − mkl 0,78− 1,24 moxit = mkl + mO(oxit) => nO(oxit) = = 2 = 0,01mol MO 16 Ta có: Quá trình nhường e Quá trình nhận e +n 2O-2 M M + ne O2 + 4e x nx 0,02 0,01 + 2H + 2e H2 0,02 0,01 Vì ne nhường (kl) = ne nhaä(O2) n ne nhường (kl) = ne nhaä(H+ ) => nenhaä(H+ ) = nenhaä(O2) = 0,02 => VH =0,224l n n n 2 6.Dạng 6: Có nhiều phản ứng oxi hoá – khử xảy ra đồng thời. Là phản ứng xảy ra qua nhiều giai đoạn trung gian. Bài tập 5: Để m(g) bột Fe ngoài không khí, sau một thời gian tạo thành hỗn hợp B có khối lượng 12g gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3. Cho B tác dụng hoàn toàn với dung dịch HNO3 thấy sinh ra 2,24l khí NO duy nhất (đktc). Tính m. Tóm tắt: Không khí Fe dd HNO3 (hoàn toàn) Bột Fe hh B FeO Khí NO 2,24l (đktc) (Sp khử duy nhất) m(g) (12g) Fe3O4 Fe2O3 Xđ m? Giải: Bài toán này co 18cách giải (Vũ Khắc Ngọc) + Cách1: Tư duy bài toán theo sơ đồ: Trang 5
  6. Biên soạn : Đặng Thị Kim Cúc và Nguyễn Ngọc Huy – Sư phạm Hoá K31 +4e +3e +O2 HNO3 (-2) NO, Fe+3 Fe hh B (Fe, FexO ) y -3e Dựa vào sơ đồ: Fe là chất khử; O2, HNO3 là chất oxi hoa Áp dụng ĐLBT khối lượng: Fe + O2 -> hh B 12 − m m m O2 = mB – mFe = 12 –m => n O2 = nFe = ; 32 56 Ta có:Quá trình nhường e Quá trình nhận e Fe+3 + 3e 2O-2 Fe O2 + 4e 12 − m 12 − m m 3m 56 56 32 8 N+5 N+2 + 3e 0,3 0, 1 3m 12 − m = + 0,3 Aùp dụng ĐLBT e: => m = 10,08g 56 8 + Cách2:FexOy + HNO3 Fe(NO3)3 + NO + H2O x 0,1 Áp dụng ĐLBT nguyên tố Nito: n N(HNO3 ) = n N (Fe( NO3 )3 ) + nN(NO) = 3x + 0,1 1 1 n HNO3 = và dựa vào pứ: n H2O = (3x + 0,1) 2 2 Áp dụng ĐLBT khối lượng: mhh + m HNO3 = m Fe( NO3 )3 + mNO + m H2O  12 + (3x + 0,1)63 = 242.x + 0,1.30 + (1,5x + 0,05)18 => x = 0,18 Tượng tự áùp dụng ĐLBT nguyên tố Fe: Febđ Fe(NO3)3 x x => n Fe(bđ)= x = 0,18mol => m Fe(bđ) = 10,08g + Cách3: Quy đổi: hh B Fe m Fe2O3 =12g => mhh = mFe + 2chất FeO Fe Fe3O4 Fe2O3 Fe2O3 Ta có ptpứ: Fe + 4HNO3 Fe(NO3)3 + NO + H2O 0,1 0,1 Fe2O3 + 6HNO3 2Fe(NO3)3 + 3H2O => mFe(hh) = 0,1.56 = 5,6 => m Fe2O3 (hh ) = 12 – 0,1.56 = 6,4g 2Fe Fe2O3 160g => mFe(bđ) = mFe(hh) + m Fe(Fe2O3 ) = 5,6 + 4,48 = 10, 08g 2.56g 4,48g 6,4g Trang 6
  7. Biên soạn : Đặng Thị Kim Cúc và Nguyễn Ngọc Huy – Sư phạm Hoá K31 7.Dạng 7: Phản ứng khử tạo ra nhiều sản phẩm. Bài tập 8: Thổi 1 luồng khí CO qua hỗn hợp Fe và Fe2O3 nung nóng được chất khí B và hỗn hợp rắn D gồm Fe, FeO, Fe3O4. Cho B lội qua dd nước vôi trong (dư) thấy tạo được 6g kết tủa.Hoà tan D bằng H2SO4 (đặc, nóng) thấy tạo 0,18mol SO2 và dd E. Cô cạn dd E thu được 24g muối khan. Xác định thành phần hỗn hợp đầu? Tóm tắt: Ca(OH)2 dư Fe CO Khí B 6g Fe2O3 cô cạn Fe HSO4 đ,nóng dd E muối khan 24g hh rắn D FeO Fe3O4 SO2 0,18mol Xđ thành phần hh đầu? Giải: Tư duy bài toán theo sơ đồ: Fe, Fe2O3 -3e -2e Ca(OH)2 CO C O2 CaCO3 0,06mol 0,06mol 0,06mol +3 H2O + SO2 +Fe hh D + H2SO4 => muối khan là Fe2(SO4)3 +2e 24 Fe2(SO4)3 ( n Fe2 (SO4 )3 = Áp dụng ĐLBT nguyên tố Fe: 2Fe =0,06mol) 400 a 0,5a Ta có: Fe2O3 Fe2(SO4)3 0,5a + b = 0,06 (1) b b Mặt khác: Quá trình nhường e Quá trình nhận e +3 +6 S+4 Fe Fe + 3e S + 2e a 3.a 0,36 0,18 +2 +4 C C + 2e 0,06 0,12 Áp dụng ĐLBT e: 3a + 0,12 = 0,36 => a = 0,08 (2) => mFe = 4,48g Từ (1) và (2) : a = 0,08mol => m Fe2O3 = 3,2g b = 0,02mol Phương pháp bảo toàn electron mở rộng: IV. 1.Phương pháp bảo tồn e kết hợp với bán phản ứng ion – electron: Là vận dụng định luật bảo toàn e vào phương trình bán phản ứng ion – electron. Để giải nhanh các bài toán với chất khử là kim loại và axit co ùtính oxi hoa thể hiện ở gốc (H2SO4, HNO3 …). Trang 7
  8. Biên soạn : Đặng Thị Kim Cúc và Nguyễn Ngọc Huy – Sư phạm Hoá K31 Khi bài toán yêu cầu tính khối lượng muối hoặc là số mol axit phản ứng thì phương pháp này tỏa ra ưu việt hơn. * Bài tập minh họa: Cho hỗn hợp chứa 0,15mol Cu và 0,15mol Fe phản ứng vừa đủ với dd HNO3 được 0,2mol khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Tổng khối lượng các muối trong dung dịch sau phản ứng là: A.64,5g B.40,8g C.51,6g D.55,2g + Cách1: Áp dụng ĐLBT e: Quá trình nhường e Quá trình nhận e +3 +5 N+2 Fe Fe + 3e N + 3e 0,15 0,45 0,6 0,2 +2 Cu Cu + 2e 0,15 0,3 => ∑ ne(nhường) = 0.75mol => ∑ ne(nhận) = 0.6mol ∑ ne(nhường) > ∑ ne(nhận) : vô lí Ta thấy: => Phải có thêm chất nhận e (0,15mol) và chỉ có thể là Fe+3: Fe+3 +1e Fe+2 0,15 0,15 0,15 =>Hết Fe ,dd có Fe(NO3)2 0,15mol, Cu(NO3)2 0,15mol => mmuối = 0,15(180 + 188) = 55,2g +3 + Cách2: Vì kim loại phản ứng vừa đủ nên: mmuối = mkl + m − (tạo muối) NO3 3NO3-(muối) 4 HNO3 + 3e + NO + 2H2O 0,6mol 0,2mol => mmuối = 0,15(64 + 56) + 0,6.62 = 55,2g * Vận dụng phương pháp trên trong 1 số trường hợp thường gặp: 1.1 Phản ứng kim loại + axit nitric: NO2 Muối nitrat Kl + HNO3 + NO + H2O N2O N2 NH4NO3 (Al, Fe không tác dụng với HNO3 đặc nguội) Ta có công thức: n HNO (tạo sp khử) = n(nguyên tử Nito trong sp khử) 3 n − (muối) = ∑ ne(nhường) (hoặc ∑ ne(nhận)) NO3 = ∑ số e(nhận trong bán pứ).n(sp khử) +n =n − n HNO3 (pứ) NO3 (muối) HNO (tạo sp khử) 3 Trang 8
  9. Biên soạn : Đặng Thị Kim Cúc và Nguyễn Ngọc Huy – Sư phạm Hoá K31 Lưu ý:chỉ dùng cho trường hợp dd sau phản ứng không muối amoni. Một số phản ứng thường gặp: n HNO3 (môi trường) n HNO3 (pứ) Sp khử Quá trình = n − (muối) NO3 n NO2 2. n NO2 - + NO2 NO3 + 2H + 1e -> NO2 + H2O 3. n NO 4. n NO NO3- + 4H+ + 3e -> NO + 2H2O NO 8. n N2O 10. n N2O 2NO3- + 10H+ + 8e -> N2O + 5H2O N2O 10. n N2 12. n N2 2NO3- + 12H+ + 10e -> N2 + 6H2O N2 9. n NH+ 4 10. n NH+ ( n NO3 (tạo muối với KL)=8. NO3- + 10H+ + 8e -> NH4+ + 3H2O NH4NO3 − 4 n +) NH 4 * Baøi taäp vaän duïng:Hoøa tan hoaøn toaøn 12,42g Al baèng dd HNO3 0.01M. Thu ñöôïc dd X vaø 1,344l (ñktc) hh Y goàm 2khí N2O vaø N2. Tæ khoái cuûa khí Y so vôùi H2 laø 18. Coâ caïn dd X ñöôïc muoái khan. Xñ khoái löôïng muoái khan thu ñöôïc vaø theå tích dd HNO3 toái thieåu caàn duøng? Giaûi: Goïi soámol N2O, N2 laànlöôït laø a, b. Ta coù heä: a +b =0,06 => a =0,03mol 44a + 28b = 18 b = 0,03mol 2(a + b) Quá trình nhường e Quá trình nhận e Al +3 + 3e 2NO3 + 10H+ + 8e - Al N2O + 5H2O 0,46 1,38 0,3 0,24 0.03 - + 2NO3 + 12H + 10e N2 + 6H2O 0,36 0,3 0,03 Vì 0,24 + 0,3 < 1,38 nên phải có phản ứng : NO3- + 10H+ + 8e NH4+ + 3H2O 1,05 0,84 0,105 => muối khan gồm: Al(NO3)3:0,46mol => mmuối = 213.0,56 + 80.0,105 = 106,38g NH4NO3 :0,105mol n HNO3 (pứ) = 10. n N2O + 12. n N2 + 10. n NH+ = 0,3 + 0,36 + 1,05 = 1,71mol => 4 ∑H n HNO3 + Hay (pứ) = (axit) = 0,3 + 0,36 + 1,05 = 1,71 mol => VHNO3 (cần dùng) = 1,71.0,01 = 0,0171(l) 1.2 Phản ứng kim loại + axit Sunfuric đậm đặc: SO2 Muối sunfat Kl + H2SO4 + S + H2O Trang 9
  10. Biên soạn : Đặng Thị Kim Cúc và Nguyễn Ngọc Huy – Sư phạm Hoá K31 H2 S (Al, Fe không tác dụng với H2SO4 đặc nguội) Ta có công thức: n = n(sp khử) H 2SO (tạo sp khử) 4 n = ∑ ne(nhường) (hoặc ∑ ne(nhận)) SO2− (muối) 4 ∑ số e(nhận trong bán pứ).n(sp khử) = n 2− (muối) + n n (pứ) = H 2SO (tạo sp khử) SO H 2SO 4 4 4 Một số phản ứng thường gặp: n H SO n H SO (môi trường) 2 4 (pứ) Sp khử Quá trình 2 4 n SO2− (muối) = 4 n SO2 2.n SO2 SO42- + 4H+ +2e -> SO2 + 2H2O SO2 3.n S 4.n S SO42- + 8H+ +6e -> S + 4H2O S 4.n H2S 5.n H2S SO42- + 10H+ +8e -> H2S + 4H2O H2S * Baøi taäp vaän duïng:Hoà tan hết 16,3 hh kim loại gồm Mg, Al, Fe trong dd H2SO4 đặc nóng thu được 0,55mol SO2. Cô cạn dd sau phản ứng, m chất rắn thu được là: A. 51,8g B. 55,2g C. 69,1g D. 82,9g Giải: Ta có: SO42- + 4H+ +2e -> SO2 + 2H2O n n SO2 = 0,55 mol = SO2− (muối) 4 mmuối = mkl + mSO2− = 16,3 + 96.0,55 = 69,1(g) 4 1.3 Phản ứng kim loại + axit nitric + axit Sunfuric đậm đặc: * Bài tập minh họa:Cho 12,9g hh gồm Al và Mg phản ứng hết 100ml dd 2 axit H2SO4 7M và HNO3 4M thấy thoát ra 0,1 mol SO2, 0,1 mol NO, 0,1mol N2O: a)Tính thành phần % của Mg trong hh đầu b) Cô cạn dd sau phản ứng thu được bao nhiêu gam muối khan Giải: Gọi số mol của Mg, Al trong hh lần lượt là a,b. => 24a+27b = 12,9g (1) Quá trình nhường e Quá trình nhận e +2 2NO3 + 10H+ + 8e - Mg Mg + 2e N2O + 5H2O a 2a 0,2 0,8 0,1 +3 - + Al Al + 3e NO3 + 4H + 3e NO + 2H2O b 3b 0,1 0,3 0,1 2- + SO4 + 4H +2e SO2 + 2H2O Trang 10
  11. Biên soạn : Đặng Thị Kim Cúc và Nguyễn Ngọc Huy – Sư phạm Hoá K31 0,1 0,2 0,1 Áp dụng ĐLBT e: 2a + 3b = 0,8 +0,3 + 0,2 = 1,3 (2) Từ (1) và (2) giải hệ ta được: a = 0,2; b = 0,3 => %Mg = 37,21% Từ quá trình nhận e ta có: n SO 2− (muối) = 0,7 – 0,1 = 0,6 4 n = 0,4 – 0,3 = 0,1 − NO3 (muối) => mmuối = 12,9 + 96.0,6 + 62.0,1 = 76,7 Như vậy, nếu biết được số mol chất khử hoặc số mol muối tạo thành hoặc số mol axit phản ứng thì ta biết được số mol electron cho. Trên cơ sở đó chúng ta có thể xây dựng được các bài toán xác định sản phẩm khử và có thể mở rộng cho các bài toán về xác định tên kim loại,khối lượng muối tạo thành, số mol axit và số nồng độ mol axit của các axit có tính oxihoa mạnh. 2.Phương pháp bảo toàn e kết hợp với một số phương pháp khác: Ví dụ để giải nhanh các bài toán hỗn hợp oxit sắt ngoài dùng phương pháp bảo toàn electron ta kết hợp với phương pháp quy đổi. Ưu nhược điểm: V. Ưu điểm: • + làm bài toán trở nên đơn giản, giải nhanh. + Không cần viết phản ứng. + Số kimloại, số sản phẩm khử trong bài toán càng nhiều thì phương pháp càng trở nên ưu việt. Nhược điểm: • + Không thấy rõ bản chất hoá học. + Chỉ ápdụng cho phương trình phản ứng oxi hoa – khử. + Không giải được bài toán hữu cơ mà chủ yếu là vô cơ. Lưu ý : VI. • Xác định các chất nhường và nhận e. Trong 1 phản ứng hoặc hệ phản ứng cần quan tâm đến trạng thái oxihoa ban đầu và cuối của1nguyên tố mà không cần quan tâm đến các quá trình biến đổi trung gian. • Cần kết hợp với các phương pháp khác như: bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố, quy đổi, đường chéo. n dư hoặc phản ứng vừa đủ thì ta dùng phương pháp bảo toàn electron. Khi • H+ n Còn nếu thiếu thì ta sử dụng phương trình ion. H+ Ví dụ: Thực hiện 2 thí nghiệm : 1. Cho 3,84g Cu phản ứng với 80ml dd HNO3 1M thấy thoát ra V1(l) NO. 2. Cho 3,84g Cu phản ứng với 80ml dd HNO3 1M và H2SO4 0,5M thấy thoát ra V2(l) NO. Trang 11
  12. Biên soạn : Đặng Thị Kim Cúc và Nguyễn Ngọc Huy – Sư phạm Hoá K31 Biết NO là sản phẩm khử duy nhất, các thể tích khí đo ở cùng điều kiện. Quan hệ giữa V1, V2 ? Giải: TN1: n HNO3 = 0,08mol => n H = n NO3 = 0,08mol − + Ptpứ ion thu gọn: 2NO3- + 3Cu + 8H+ 3Cu2+ + 2NO + 4H2O 0,08 0,06 0,08 > > ⇒ H+ phản ứng hết, NO được tính theo H+. Ta thấy: 2 3 8 1 1 Theo ptpứ: n NO = n H+ = 0, 08 = 0,02mol 4 4 => V1= 0,448l TN2: n HNO3 = 0,08mol => n H + = 0,16mol n NO− =0,08mol n H 2SO 4 = 0,04mol 3 Ptpứ ion thu gọn: 2NO3- + 8H+ 3Cu2+ 3Cu + + 2NO + 4H2O 0,08 0,06 0,16 < = ⇒ Cu, H+ phản ứng hết, NO được tính theo H+ Ta thấy: 2 3 8 hoặc Cu. 1 1 Theo ptpứ: n NO = n + = 0,16 = 0,04mol => V2 = 0,896l 4H 4 V2 0,896 = = 2 => V2 = 2V1 Vậy: V1 0, 448 Một số sai lầm có thể mắc phải: VII. • Vấn đề thứ nhất: Sai lầm khi sử dụng phương pháp bán phản ứng oxi hoa – khử. Phương pháp này phát huy tác dụng đối với bài toán cho kim loại hoặc hỗn hợp kim loại phản ứng với axi tính oxi hoa như HNO3, H2SO4 đặc, còn nếu áp dụng bài toán hỗn hợp kim loại, oxit kim loại hay hỗn hợp oxit, hỗn hợp lim loại với hydroxit thì dễ sai. Ví dụ: Cho hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe3O4 có khối lượng 4,04g phản ứng hết với dd HNO3 thu được 336ml khí NO(đktc, sản phẩm khử duy nhất).Số mol HNO3 đã dùng: A. 0,06mol B. 0,0975 C. 0,18 D.0,125mol Giải: n NO = 0,015mol NO3- + 4H+ + 3e NO + 2H2O 0,045 0,015 => ne (trao đổi) = 0,045mol Trang 12
  13. Biên soạn : Đặng Thị Kim Cúc và Nguyễn Ngọc Huy – Sư phạm Hoá K31 Từ hh X có thể tạo ra tối đa: => 0, 045 m Fe2O3 = mhh X + m O−2 = 4,04 + 16 = 4, 4g 2 4, 4 n Fe(NO3 )3 (trong dd sau pứ) = 2 = 0, 055 mol Fe2O3 Fe(NO3)3 => 160 − Fe + 3 NO3 Fe(NO3)3 n HNO3 (pứ) = n NO3 (muối) + n NO = 3.0,055 + 0,015 = 0,18 mol => => Đáp án C − Sai lầm có thể gặp: Sử dụng NO3- + 4H+ + 3e NO + 2H2O 4.0,015 0,015 n HNO3 (pứ) = n H+ = 0,06 mol => => Đáp án A • Vấn đề thứ hai: Sai lầm khi sử dụng các phương pháp thăng bằng electron. Ví dụ: Thể tích khí thoát ra khi cho 10,4g hỗn hợp Fe và C( trong đó Fe chiếm 53,85% về khối lượng) phản ứng với dd HNO3 đặc,nóng,dư là(đo ở đktc): A. 42,56 l B. 51,52 l C.14,2 l D. 44,8 l Giải : Gọi số mol Fe và C lần lượt là x, y Ta có hệ : 56x + 12y = 10,4 => x = 0,1 56x 53,85 = y = 0,4 12y 46,15 Quá trình nhường e Quá trình nhận e Fe+3 + 3e +5 N+4(NO2) Fe N + 1e 0,1 3. 0,1 1,9 1,9 +4 O-2 C + CO 2 + 4e 0,4 0,4 4.0,4 n NO = 3.0,1 + 4.0,4 =1,9 mol và n CO2 (tạo thành) = 0,4 mol => => Vhh = 22,4.(1,9 + 0,4) = 51,52 (l) => Đáp án B Sai lầm có thể gặp: Bỏ quên có CO2 tạo ra, chỉ xác định số mol NO2 theo phương pháp thăng bằng electron Quá trình nhường e Quá trình nhận e +3 +5 N+4(NO2) Fe Fe + 3e N + 1e 0,1 3. 0,1 1,9 1,9 +4 C + 4e C 0,4 4.0,4 n NO = 3.0,1 + 4.0,4 =1,9 mol VNO = 22,4.1,9 = 42,56 (l) => Đáp án A => => Dạng này cũng có thể xây dựng từ phản ứng của FeS, FeS2 với H2SO4 đặc Trang 13
  14. Biên soạn : Đặng Thị Kim Cúc và Nguyễn Ngọc Huy – Sư phạm Hoá K31 H 2SO4 ,dac FeS  Fe2(SO4)3 + SO2 + H2 O → H 2SO4 ,dac FeS2  Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O → • Vấn đề thứ ba: Sai lầm vì xác định sai hoặc chưa đủ sản phẩm của phản ứng oxi hoa – khử. Ví dụ: Số mol HNO3 tối thiểu hòa tan 0,06mol Fe kim loại là(sản phẩm khử duy nhất là NO): A. 0,24 B. 0,16 C. 0,2 D. 0,28 Giải: Ta cĩ: Quá trình nhường e Quá trình nhận e +3 NO3 + 4H+ + 3e - Fe Fe + 3e NO + 2H2O +3 +2 2Fe + Fe 3Fe 0,16 0,12 +2 3Fe 3Fe + 6e Fe+2 + 2e Hay Fe 0,06 0,12 => n HNO3 (pứ) = n H+ = 0,16 mol => Đáp án B Sai lầm có thể gặp: Bỏ quên phản ứng: 2Fe+3 + Fedư 3Fe+2 Ta có: Quá trình nhường e Quá trình nhận e +3 NO3 + 4H+ + 3e - Fe Fe + 3e NO + 2H2O 0,06 0,18 0,24 0,18 => n HNO3 (pứ) = n H+ = 0,24 mol => Đáp án A Ta có thể xây dựng tiếp ví dụ tương tự dựa vào phản ứng với HNO3, phần sản phẩm ẩn đi là NH4NO3, yêu cầu tính số (g) muối sau phản ứng. • Như vậy,ta có thể sử dụng những sai lầm có thể mắc phải để xây dựng những dạng trắc nghiệm cho bài toán. Trang 14
  15. Biên soạn : Đặng Thị Kim Cúc và Nguyễn Ngọc Huy – Sư phạm Hoá K31 Trang 15
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

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.

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2