Tải bản đầy đủ

Vận dụng định luật bảo toàn electron để giải một số bài tập hóa vô cơ

PHẦN I: MỞ ĐẦU
1. Thông tin chung về sáng kiến:
1.1. Tên sáng kiến:
Vận dụng định luật bảo toàn electron vào giải một số bài toán hóa
học vô cơ.
1.2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến:
Trong giảng dạy bộ môn Hóa học trung học phổ thông.
Trong việc dạy học và ôn thi tốt nghiệp, ôn thi Đại học, Cao đ ẳng
của giáo viên và học sinh.
1.3. Tác giả:
Họ và tên: Hồ Thị Huyền
Giới tính: Nữ
Ngày, tháng, năm sinh: 19 / 07 / 1987
Trình độ chuyên môn: Cử nhân sư phạm Hóa học.
Đơn vị công tác: Trường THPT Nam Sách II.
Điện thoại: 0986.624.898
1.4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến:
Trường THPT Nam Sách II – An Lâm – Nam Sách – Hải Dương
Điện thoại: 03203 . 755 . 317
1.5. Đơn vị áp dụng sáng kiến lần đầu:
Trường THPT Nam Sách II – An Lâm – Nam Sách – Hải Dương

Điện thoại: 03203 . 755 . 317
1.6. Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến:
Được sự nhất trí thông qua nội dung SKKN và phê duy ệt của Ban
chuyên môn, Ban giám hiệu nhà trường.
1.7. Thời gian áp dụng SKKN lần đầu:
SKKN được áp dụng từ tháng 10 năm 2012 đến hết tháng 10 năm
2013 đối với các lớp A, D, G niên khóa 2011 – 2014 trường THPT Nam
Sách II – Nam Sách – Hải Dương.
HỌ TÊN TÁC GIẢ (KÝ TÊN)

XÁC NHẬN CỦA CƠ QUAN
ĐƠN VỊ ÁP DỤNG SÁNG KIẾN

Hồ Thị Huy ền

1

1


2. Tóm tắt nội dung sáng kiến:
Hóa học là một môn khoa học tự nhiên, nó đòi hỏi người h ọc phải có
tư duy logic, sáng tạo và nhanh nhạy. Những năm gần đây, trong các kì thi
tốt nghiệp THPT và thi Đại học, Cao đẳng thì môn Hóa học là m ột trong
các môn thi dưới hình thức trắc nghiệm khách quan. Điều đó càng đòi h ỏi
người học tìm ra những cách giải ngắn gọn, thông minh, độc đáo. Có
nhiều phương pháp được vận dụng để giải các bài tập hóa học nh ư bảo
toàn khối lượng, bảo toàn electron, tăng giảm khối lượng, bảo toàn điện
tích... Việc nắm vững lý thuyết và vận dụng các phương pháp này một
cách sáng tạo, khoa học vào giải bài tập hóa h ọc là yêu c ầu nghiêm túc và
cũng là một thách thức lớn đối với đại đa số các em học sinh.
Tuy nhiên, trong quá trình giảng dạy ở trường THPT tôi nhận th ấy
việc vận dụng phương pháp bảo toàn electron vào giải những dạng bài
tập nào và áp dụng nó ra sao còn khó khăn v ới nhiều h ọc sinh. Chính vì
vậy, tôi mạnh dạn đưa ra biện pháp “Vận dụng định luật bảo toàn
electron vào giải một số bài toán hóa học vô cơ” nhằm mục đích hình
thành tư duy giải nhanh các dạng bài tập trắc nghiệm khách quan th ường
gặp liên quan đến phản ứng oxi hóa – khử.
Nội dung sáng kiến bao gồm:
- Cơ sở lý thuyết về “Phản ứng oxi hóa – khử”.


- Cơ sở lý thuyết về phương pháp cân bằng phản ứng oxi hóa kh ử.
- Cơ sở lý thuyết về “ Phương pháp bảo toàn electron”.
- Đưa ý tưởng của sáng kiến vào giải quyết các dạng bài tập c ụ th ể.
- Áp dụng thử nghiệm vào trong thực tế quá trình giảng dạy.
- Thu thập, xử lí thông tin và đánh giá kết quả th ử nghi ệm đề tài.

2

2


PHẦN II: NỘI DUNG SÁNG KIẾN
1. Cơ sở lý thuyết về “Phản ứng oxi hóa – khử”
- Phản ứng oxi hóa – khử: là phản ứng hóa h ọc trong đó có s ự “chuy ển
electron” giữa các chất (nguyên tử, phân tử, ion) tham gia ph ản ứng; hay
phản ứng oxi hóa – khử là phản ứng trong đó có s ự thay đổi s ố oxi hóa c ủa
một số nguyên tố.
- Chất khử: (bị oxi hóa) là những chất nhường electron (có số oxi hóa tăng
sau phản ứng).
- Chất oxi hóa: (bị khử) là những chất nhận electron (có số oxi hóa gi ảm
sau phản ứng).
- Điều kiện xảy ra phản ứng: phản ứng oxi hóa – kh ử xảy ra khi các ch ất
oxi hóa mạnh tác dụng với các chất khử mạnh tạo thành chất oxi hóa y ếu
hơn và chất khử yếu hơn.
2. Cơ sở lý thuyết về phương pháp cân bằng phản ứng oxi hóa – kh ử.
(Ở đây chỉ giới thiệu hai phương pháp)
2.1. Phương pháp thăng bằng electron
Tiến hành theo 4 bước:
Bước 1. Viết sơ đồ phản ứng, xác định chất oxi hóa, chất kh ử (d ựa vào s ự
thay đổi số oxi hóa của các nguyên tố).
Bước 2. Viết quá trình oxi hóa (nhường electron), quá trình kh ử (nh ận
electron) và cân bằng cho mỗi quá trình.
Bước 3. Tìm hệ số thích hợp cho chất khử, chất oxi hóa sao cho t ổng s ố
electron nhường bằng tổng số electron nhận.
Bước 4. Đặt các hệ số của chất oxi hóa, của chất khử vào phương trình
phản ứng và cân bằng phương trình.
Ví dụ : Cho kim loại Fe tác dụng với dung dịch HNO 3 đặc, dư giải
phóng khí NO2 (sản phẩm khử duy nhất).
Fe
+
HNO3 → Fe(NO3)3 + NO2 + H2O
- Xác định số oxi hóa của các nguyên tố:
+5

0

+3

+4

Fe      +      H NO3      
→  Fe( NO3 ) 3     +   NO2     +    H2O

- Viết quá trình nhường, nhận electron. Tìm hệ số thích h ợp đ ể số
electron nhường bằng số electron nhận:
+3

1x
3

Fe − 3e → Fe

Chất khử

(quá trình oxi hóa)
3


+5

3x

+4

N+ 1e → N

(quá trình khử)

Chất oxi hóa
- Đặt hệ số và cân bằng phương trình:
Fe
+
4HNO3 → Fe(NO3)3 + 3NO2 + 2H2O
2.2. Phương pháp thăng bằng ion - electron
Cách cân bằng này chỉ áp dụng cho các phản ứng oxi hóa – kh ử x ảy
ra trong dung dịch, có sự tham gia của môi tr ường (axit, baz ơ, n ước).
Khi cân bằng cũng áp dụng theo 4 bước như trên, nhưng ở bước th ứ
2, chất oxi hóa và chất khử được viết dưới dạng ion – electron, các quá
trình oxi hóa và khử được cân bằng trên cơ sở định luật bảo toàn khối
lượng và bảo toàn điện tích (nếu vế nào thiếu oxi thì thêm H 2O, thiếu
hiđro thì thêm H+).
Ví dụ: Hòa tan FeO trong dung dịch hỗn hợp HCl loãng và NaNO3 (bản
NO3−
chất của phản ứng là FeO bị oxi hóa bởi anion
trong môi trường H+).
NO3− 

FeO + H+ +
Fe3+ + NO + H2O
- Xác định số oxi hóa của các nguyên tố:
+5

+2

+2

N O3−



NO
+ H+ +
Fe3+ +
+ H 2O
- Viết các quá trình nhường và nhận e, nhân hệ số cho mỗi quá trình:
FeO

+2

3x

FeO + 2H − 1e → Fe+ H2O

Chất khử
+5

1x

+3

+


3

(quá trình oxi hóa)

+2

+

N O + 4H + 3e → N O + 2H2O

(quá trình khử)

Chất oxi hóa
- Cộng 2 vế của quá trình khử và quá trình oxi hóa (đ ể tri ệt tiêu s ố
electron trao đổi), kiểm tra lại phương trình:


3 FeO + 10 H+ + NO33 Fe3+ + NO + 5 H2O
3. Cơ sở lý thuyết về “ Phương pháp bảo toàn electron”
3.1. Nguyên tắc: Khi có nhiều chất oxi hóa hoặc chất khử trong hỗn h ợp
phản ứng (nhiều phản ứng hoặc phản ứng qua nhiều giai đoạn) thì “tổng
số mol electron mà chất khử cho phải bằng tổng số mol electron mà ch ất
oxi hóa nhận vào”. Tức là:

∑n

e nhường

4

=

∑n

e nhận

4


3.2. Một số chú ý khi áp dụng phương pháp:
- Chủ yếu áp dụng cho các bài toán oxi – hóa khử vô cơ.
- Có thể áp dụng bảo toàn electron cho một phương trình, nhi ều ph ương
trình hoặc toàn bộ quá trình oxi hóa – khử.
- Cần xác định chính xác chất nhường và nhận electron. Nếu xét cho m ột
quá trình chỉ cần xác định trạng thái oxi hóa đầu và tr ạng thái oxi hóa
cuối, thường không quan tâm đến trạng thái oxi hóa trung gian c ủa
nguyên tố.
- Khi áp dụng phương pháp bảo toàn electron th ường sử d ụng kèm theo
các phương pháp bảo toàn khác như bảo toàn khối lượng, bảo toàn
nguyên tố.
3.3. Các bước giải:
- Xác định chất khử và chất oxi hóa ở giai đoạn đầu và giai đoạn cuối cùng
(bỏ qua các giai đoạn trung gian).
- Viết các quá trình khử và quá trình oxi hóa (có thể theo ph ương pháp
electron hoặc ion – electron).
- Tìm tổng số mol electron nhường hoặc nhận.
- Áp dụng định luật bảo toàn electron.
Ví dụ 1: Hòa tan hoàn toàn 19,2 gam Cu bằng dung dịch HNO 3, toàn
bộ lượng khí NO (sản phẩm khử duy nhất) thu được đem oxi hóa thành
NO2 rồi chuyển hết thành HNO3.Thể tích khí oxi (đktc) đã tham gia vào
quá trình trên là:
A. 2,24 lít
B. 4,48 lít
C. 3,36 lít
D. 6,72 lít
Giải:
Cách 1: Tính toán theo phương trình hóa học
19, 2
=
64
nCu =
0,3 (mol)
3Cu
+
8HNO3 → 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O
0,3

0,2
(mol)
2NO
+ O2 → 2NO2
0,2
→ 0,1 → 0,2
(mol)
4NO2 + O2 + 2H2O → 4HNO3
0,2 → 0,05

0,2
(mol)
nO =
2

0,1 + 0,05 = 0,15 (mol) V = 0,15. 22,4 = 3,36 lít . Đáp án C.
Cách 2: Áp dụng phương pháp bảo toàn electron
Xét toàn bộ quá trình:
+4
+5 −2

+ O2
+ O2 ,H2 O
NO


N
O


H
N
O3

+ H NO3
2
Cu →
 +2
Cu(NO )
3 2

o

5

+5

5


Chỉ có Cu và O thay đổi số oxi hóa.
Quá trình nhường e:

Quá trình nhận e:

+2

−2

Cu
Cu - 2e →
0,3 → 0,6
Vậy V = 0,15.22,4 = 3,36 lít. Đáp án C.

O2 + 4e → 2
0,15← 0,6

O

Ví dụ 2: (Đề tuyển sinh Đại học, Cao đẳng khối A – 2013)
Hoà tan hoàn toàn m gam Al bằng dung dịch HNO 3 loãng, thu được
5,376 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm N 2, N2O và dung dịch chứa 8m gam
muối. Tỉ khối của X so với H2 bằng 18. Giá trị của m là:
A. 21,6
B. 18,9
C. 17,28
D. 19,44
28 + 44
nN =nN O =0,12 mol
2
2
M hh
2
Giải: Ta nhận thấy
= 18.2 =
. Suy ra
- TH1: Không tạo muối NH4NO3:
Quá trình nhường e:
Al – 3e → Al3+
Quá trình nhận e:
+5

2
Ta có n

N

+5

+ 10e → N2

NO3−
(muối)

N
+ 8e → 2 (N2O)
nN
nN O
2
2
= ne nhận = 10.
+8
2

= 3nAl = nenhường

N

+1

NO3−

Suy ra mmuối = mAl + m
(muối) = m + 62.(10.0,12 + 8.0,12) = 8m
→ m= 19,13 (loại)
- TH2: Tạo muối NH4NO3(a mol):
+5

N

−3

N

Thêm quá trình nhận e:
+ 8e →
(NH4NO3)
m
213 .
27
Ta có 8m =
+ 80.a → m = 720a (1)
Theo bảo toàn mol electron: ne nhường = ne nhận
m
27

3.
= 10.0,12+ 8.0,12 + 8a (2)
Từ (1) và (2) suy ra m = 21,6. Đáp án A.
* Nhận xét:
- Với bài toán như ví dụ 1, làm theo cách 2 có ưu điểm h ơn so v ới cách 1:
+ Không cần viết phương trình hóa học của các phản ứng mà ch ỉ c ần n ắm
được những nguyên tố nào thay đổi số oxi hóa.
6

6


+ Chỉ cần quan tâm đến trang thái oxi hóa đầu và cuối, không c ần đ ể ý
đến trạng thái oxi hóa trung gian.
Vì vậy áp dụng theo cách 2 rút ngắn thời gian tính toán.
- Với bài toán ở ví dụ 2, việc vận dụng phương pháp bảo toàn electron
đầy đủ các quá trình như trên có một số ưu và nhược điểm sau:
+ Ưu điểm: Không cần viết và cân bằng các phương trình hóa h ọc, chỉ c ần
viết đúng quá trình nhường nhận e, kết hợp bảo toàn electron và bảo toàn
khối lượng để tính ra kết quả.
+ Nhược điểm: Việc trình bày đầy đủ thứ tự các bước trong ph ương pháp
thăng bằng electron còn mất nhiều thời gian. Tuy nhiên, nếu chúng ta
nắm được một cách tổng quát về dạng bài toán này (kim loại tác dụng v ới
axit có tính oxi hóa mạnh) thì việc áp dụng định luật bảo toàn electron
làm cho bài toán trở nên đơn giản hơn rất nhiều.
Trên đây là chỉ là hai trong số rất nhiều bài toán có th ể áp d ụng
phương pháp bảo toàn electron. Với các bài toán ph ức tạp h ơn, đặc bi ệt là
một số bài toán vô cơ trong các đề thi Đại học, Cao đẳng hay thi h ọc sinh
giỏi thì việc nắm được các dạng bài tập oxi hóa – kh ử và cách áp dụng
định luật bảo toàn electron là rất cần thiết.
3.4. Một số dạng bài toán có thể áp dụng phương pháp b ảo toàn
electron:
Hầu hết các dạng bài tập về phản ứng oxi hóa kh ử đ ều có th ể áp
dụng được phương pháp bảo toàn electron. Ở đây tôi chỉ đưa ra m ột số
dạng bài toán hay gặp:
- Bài toán kim loại (hoặc hỗn hợp kim loại) tác dụng v ới dung d ịch axit
(hoặc hỗn hợp axit) không có tính oxi hóa (như HCl hoặc H 2SO4 loãng...)
- Bài toán kim loại (hoặc hỗn hợp kim loại) tác dụng v ới dung d ịch axit
(hoặc hỗn hợp axit) có tính oxi hóa ( như HNO3 , H2SO4 đặc...).
- Các bài toán liên quan tới sắt (điển hình là bài toán đ ể s ắt ngoài không
khí)
- Bài toán kim loại (hỗn hợp kim loại) tác dụng với dung dịch muối (hoặc
nhiều muối).
4. Đưa ý tưởng của sáng kiến vào giải quyết các bài t ập c ụ th ể
4.1. Dạng 1: Bài toán cho một kim loại (hoặc hỗn hợp kim loại) tác
dụng với dung dịch axit không có tính oxi hóa mạnh như dung dịch
axit HCl, H2SO4 loãng, ...
Khi gặp dạng này cần lưu ý những vấn đề sau đây:
- Khi cho một kim loại hoặc hỗn hợp kim loại tác dụng v ới h ỗn h ợp axit
HCl, H2SO4 loãng hoặc hỗn hợp các axit loãng (H+ đóng vai trò là chất oxi
hóa) thì tạo ra muối của kim loại có số oxi hóa th ấp và gi ải phóng H 2.
- Chỉ những kim loại đứng trước H 2 trong dãy hoạt động hóa học mới tác
dụng với ion H+.
- Phương trình tổng quát:
7

7


2M + 2nHCl → 2MCln + nH2
2M + nH2SO4 → M2(SO4)n + nH2
Hai phương trình trên đều có phương trình ion thu gọn giống nhau:
2M + 2nH+ → 2M n+ + nH2
Quá trình nhường e:
Quá trình nhận e:
n+
M – ne → M
2H+ + 2e → H2
Như vậy ta thấy kim loại nhường đi n.e và hiđro thu v ề 2e.
Công thức 1: Áp dụng định luật bảo toàn e
nH 2

2.
= n . nkim loại
(n là hóa trị của kim loại)
Công thức 2: Kết hợp với định luật bảo toàn khối lượng và bảo toàn
nguyên tố ta rút ra được các công thức tính khối lượng muối:
mSO2- m −
4
Cl

mmuối = mkim loại + mgốc axit (
,
,... )
Trong đó, số mol gốc axit được cho bởi công thức:

nSO2−
4

nCl−

nH
=

2

2.nH
=

=

1
2

.∑etrao đổi

2

= ∑etrao đổi
n H2
Với H2SO4: mmuối = mkim loại + 96.
n H2
mmuối = mkim loại + 71.
Với HCl:
Ví dụ 1: Hoà tan 3,9 g hỗn hợp bột Al và Mg trong dung dịch HCl d ư.
Sau phản ứng khối lượng dung dịch axit tăng thêm 3,5 g. Khối l ượng nhôm
và magie trong hỗn hợp đầu là:
A. 2,7g và 1,2g B. 5,4g và 2,4g
C. 5,8g và 3,6g
D. 1,2g và 2,4g
mH
2
Giải: Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có :
= 3,9 – 3,5 = 0,4
gam.
Số mol H2 = 0,2 (mol).
Theo bảo toàn e ta có:
+3
y
2y
Al
Al - 3e →
+1
x 3x
2H
+ 2 e → H2
+2
Mg
0,4
0,2
Mg - 2e →
Suy ra:
3x + 2y = 0,4 (1)
8

8


Theo bài ta có: 27x + 24y = 3,9 (2).
Giải phương trình (1), (2) ta có x = 0,1 mol và y = 0,05 mol
Từ đó ta tính được mAl =27.0,1 =2,7 gam và mMg =24.0,05 = 1,2 gam.
Chọn đáp án A.
* Tuy nhiên khi gặp dạng bài này thì nên áp d ụng ngay công th ức 1. Nh ư
vậy chúng ta có thể tính toán ngắn gọn như sau:
Áp dụng công thức 1 và theo đề bài ta có:
0, 4
2.nH
2
2
3.nAl + 2.nMg =
= 2.
(1)
27.nAl +24.nMg = 3,9 (2)
Giải phương trình (1), (2) ta có nAl = 0,1 mol và nMg = 0,05 mol
Từ đó ta tính được mAl = 27.0,1 = 2,7 gam và mMg = 24.0,05 = 1,2 gam.
Chọn đáp án A.
Ví dụ 2: Hòa tan hoàn toàn 10g hỗn hợp Mg và Fe vào dung d ịch axit
HCl dư thấy có 5,6 lít khí thoát ra ở đktc và dung d ịch X. Cô c ạn dung d ịch
X thì thu được bao nhiêu gam muối khan?
A. 55,50g
B. 27,75 g
C. 90,00g
D. 71,00g
Giải: Áp dụng công thức 2 hoặc ta có thể biến đổi như sau:
mmuối = m kim loại + mCl- = mkim loại + 35,5.nCl= mkim loại + 35,5.2

nH 2

= 10 + 71.0,25 = 27,75g. Chọn đáp án B.

Ví dụ 3: Hòa tan hết 7,74 gam hỗn hợp bột Mg, Al bằng 500ml dung
dịch hỗn hợp HCl 1M và H2SO4 0,28M thu được dung dịch X và 8,736 lít khí
H2 (đktc). Cô cạn dung dịch X thu được lượng muối khan là:
A. 77,86 g
B. 25,95 g
C. 103,85 g
D. 38,93 g
nH+ = nHCl + 2nH SO
2
4
Giải:
= 0,5.(1+2.0,28) = 0,78 mol
8,736
22, 4

Số mol H2 là:
= 0,39 mol
+
2H + 2e → H2
0,78
0,39
+
⇒ Lượng H tham gia phản ứng vừa đủ.
Áp dụng công thức 2 tính khối lượng muối:
mCl +mSO


24

mmuối = m2 kim loại +
= 7,74 + 1.0,5.35,5 + 0,28.0,5.96 = 38,93 g
Chọn đáp án D.
Ví dụ 4: Cho 24,6 gam hỗn hợp Mg, Al, Fe phản ứng hết v ới dung
dịch HCl thu được 84,95 gam muối khan. Thể tích H 2 (đktc) thu được
bằng:
9

9


A. 18,06 lít
B. 19,04 lít
C. 14,02 lít
Giải: Từ biểu thức tính khối lượng muối clorua:
mmuối = mkim loại + 71.
VH

2


= 22,4.(
Chọn đáp án B.

VH

n H2

84,95 − 24, 6
71

D. 17,22 lít



84,95 = 24,6 + 71.

2

22,4

) = 19,04 lít

Ví dụ 5: Chia hỗn hợp hai kim loại A, B có hóa trị không đổi thành hai
phần bằng nhau. Phần 1 hòa tan hết trong dung d ịch HCl, thu đ ược 1,792
lít khí H2 (đktc). Phần 2 nung trong oxi thu được 2,84 gam hỗn h ợp các
oxit. Tổng khối lượng hai kim loại trong hỗn hợp ban đầu là:
A. 1,56 gam
B. 1,2 gam
C. 3,12 gam
D.
1,8
gam
Giải: Đặt công thức chung của hai kim loại A, B là M, có hóa tr ị n.
- Phần
1:
2M+nO2 → M 2On
+
n+
- Phần 2:
2M+2nH → 2M +nH2
- ∑e (M nhường) = ∑e (O2 nhận)
-

∑e (M nhường) = ∑e (

H+

nhận)

-

⇒ ∑e (

H+
nhận)

=

∑ e(O2
nhận)

2H + 2e → H 2

O 2 + 4e → 2O 2-

+

-

-

0,16 ←

1,792
22,4

-

a → 4a
O2)

(a là mol

⇒ 4a = 0,16 ⇒a = 0,04
Gọi m là khối lượng của M trong mỗi phần.
Ta có: m + 0,04.32 = 2,84 ⇒ m = 1,56 gam
Vậy, khối lượng hai kim loại trong hỗn hợp đầu là:
2.m = 2. 1,56 = 3,12 gam
Chọn đáp án C.
-

-

Ví dụ 6: Hòa tan 7,84 gam Fe vào 200 ml dung dịch hỗn hợp hai
axit HCl 0,15M và H2SO4 0,25M thấy thoát ra V lít khí H2 (đktc). Giá trị của
V là:
A. 1,456 lít
B. 0,45 lít
C. 0,75 lít
D. 0,55
lít
- Giải: Quá trình nhường e:
Fe
– 2e

Fe2+
-

10

10


7,84
56

-

0,28
(mol)
Tổng số mol electron sắt nhường là:∑ne (nhường) = 0,28 mol.
Tổng số mol H+ là: nH+ = 0,2.0,15 + 0,2.0,25.2 = 0,13 mol.
Quá trình nhận e: 2H+ + 2e →
H2
0,13 0,13
0,065
(mol)
+
Tổng số mol H nhận là: : ∑ne (nhận) = 0,13 mol.
Ta thấy : ∑ne (nhường) > ∑ne (nhận) ⇒ Sắt dư và H+ đã chuyển hết
thành H2.
Vậy thể tích khí H2 (đktc) là: V=22,4.0,065=1,456 lít.
Chọn đáp án A.

-

-

-

4.2. Dạng 2: Bài toán kim loại (hoặc hỗn hợp kim lo ại) tác
dụng với dung dịch axit (hỗn hợp axit) có tính oxi hóa mạnh
như axit HNO3, H2SO4 đặc...
Khi gặp bài tập dạng này cần lưu ý:
- Kim loại có nhiều số oxi hóa khác nhau khi phản ứng v ới dung
dịch axit HNO3 hoặc H2SO4 đặc sẽ đạt số oxi hóa cao nhất .
- Hầu hết các kim loại phản ứng được với HNO 3 loãng, HNO3 đặc
nóng, H2SO4 đặc, nóng (trừ Pt, Au) và HNO3 đặc nguội, H2SO4 đặc
+5

N

-

-

+6

S

nguội (trừ Pt, Au, Fe, Al, Cr…), khi đó
trong HNO3 và trong
H2SO4 bị khử về các mức oxi hóa thấp hơn trong những sản phẩm
khử tương ứng.
NO3−
- Các kim loại tác dụng với ion
trong môi trường axit H+ xem
NO3−
như tác dụng với HNO3. Các kim loại Zn, Al tác dụng với ion
trong môi trường kiềm OH- giải phóng NH3.
- Để áp dụng định luật bảo toàn electron, ta ghi các bán phản ứng
(theo phương pháp thăng bằng electron hoặc ph ương pháp ionelectron).

-

-

11

4.2.1. Bài toán: Cho một kim loại (hoặc hỗn hợp các kim lo ại) tác
dụng với dung dịch axit HNO3

11


 +4
 N O2
 +2
N O
 +1
 N2 O

 N2
 −3
 N H NO
4
3



+5

+ H NO3

-

-

→

Kim loại M
+ M(NO3)n + H2O
sản phẩm khử
Một số bán phản ứng sau:
- Các quá trình nhận e:
Quá
trình nhường e:
NO3−
+ e + 2H+ → NO2 + H2O
+n
NO3−
M
+ 3e + 4H+ → NO + 2H2O
M - ne →

NO3
2
+ 8e + 10H+ → N2O + 5H2O
NO3−
2
+ 10e + 12H+ → N2 + 6H2O
NO3−
+ 8e + 10H+ → NH4+ + 3H2O
NO3−
- Tính khối lượng muối
của kim loại thu được (không tính
muối NH4NO3)
nNO
nN O
nN
nNO
2
2
2
Ta có
+ 3nNO + 8
+ 10
(muối) = n.nkim loại = ∑ne trao đổi =
8nNH NO
4
3
+

3

-

-

mmuối= mkim loại+

mNO−
3

= mkim loại+ 62. ∑ne trao đổi

nNO−
-

Chú ý: nếu bài toán chúng ta tính được
thì sản phẩm còn có thêm muối NH4NO3.
- Liên hệ giữa HNO3 và sản phẩm khử:

nNO−

nHNO

3

-

≠ ∑ne trao đổi (khí)

(muối)

+ nNO + nNO + 2nN O + 2nN + 2nNH NO

3

=

3

2

2

2

4

3

(muối)

2nNO + 4nNO + 10nN O + 12nN + 8nNH NO
12

=

2

2

2

4

3

12


Trên đây là công thức dưới dạng tổng quát, chúng ta cần vận
dụng linh hoạt trong những bài toán cho ra một hay nhiều sản phẩm kh ử.
-

-

-

Ví dụ 1: Cho 1,86 g hỗn hợp Mg và Al vào dung dịch HNO3
loãng dư sau phản ứng thu được 560 ml N2O ( đktc) là sản phẩm
khử duy nhất . Tính % về khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn
hợp ban đầu.
Giải: Các quá trình nhường và nhận electron:
+2

-

-

+5

+3

Mg

+1

2N+ 8e → 2 N

Al
Mg – 2e →
;
Al – 3e →
;
(N2O)
x 2x
y 3y
0,2
0,025
Áp dụng định luật bảo toàn e và theo đề bài ta có hệ ph ương
trình:
mMg = 0,24

x = 0,01 
 24x + 27y = 1,86
⇔
⇒

2x + 3y = 8nN O = 8.0,025 = 0,2

y = 0,06 

2
mAl = 1,62

Vậy %mMg = 12,9%,

%mAl = 87,1%.

Ví dụ 2: Cho 1,35g hỗn hợp X gồm Cu, Mg, Al tác dụng hết
với HNO3 thu được 0,01 mol NO và 0,04 mol NO2. Tính khối lượng muối.
A. 5,69 gam
B. 4,45 gam
C. 5,5 gam
D.
6,0
gam
+2

+2

-

Giải: Nhường e: Cu - 2e →

Cu

Mg - 2e →

Mg

Al – 3e →

+3

Al
x

-

2x

x

y

2y

y

Thu e:

-

N

z

3z

+2

+5

+ 3e →

N

z
+5

(NO)

N

+ 1e →

+4

N

(NO2)
-

0,03 ← 0,01
0,04 ← 0,04
Áp dụng định luật bảo toàn electron và công thức tính số mol
nNO

3

-

NO3- trong muối, ta có:
(muối) = 2x + 2y + 3z = 0,03 + 0,04
= 0,07
Khối lượng muối nitrat là: 1,35 + 62 ×0,07 = 5,69 gam. Đáp án C.

-

Ví dụ 3: (Đề tuyển sinh ĐH - CĐ - 2007)
Hòa tan hoàn toàn 12 gam hỗn hợp Fe, Cu (tỉ lệ mol 1:1) bằng
axit HNO3, thu được V lít (ở đktc) hỗn hợp khí X (gồm NO và NO 2) và dung
-

13

13


dịch Y (chỉ chứa hai muối và axit dư). Tỉ khối của X đối với H 2 bằng 19. Giá
trị của V là
A. 2,24 lít
B. 4,48 lít
C. 5,60 lít
D. 3,36
lít.
- Giải: Đặt nFe = nCu = a mol ⇒ 56a + 64a = 12 ⇒ a = 0,1 mol.
Quá trình nhường e:
Quá trình nhận e:
3+
+5
+2
Fe
- 3e → Fe
N + 3e → N
0,1 → 0,3
3x ← x
2+
+5
+4
Cu - 2e → Cu
N + 1e → N
0,1 → 0,2
y ← y
-

Áp dụng định luật bảo toàn electron: 3x + y = 0,5
Mặt khác: Do tỉ khối của hỗn hợp X với H2 là 19

30x + 46y = 19×2(x + y).

x = 0,125 ; y = 0,125.
Vhh khí (đktc) = 0,125×2×22,4 = 5,6 lít.
Chọn đáp án C.

-

-

-

Ví dụ 4: Cho 29 gam hỗn hợp gồm Al, Cu, Ag tác
dụng vừa đủ với 950 ml dung dịch HNO 3 1,5M, thu được dung dịch
chứa m gam muối và 5,6 lít hỗn hợp khí X (đktc) gồm NO và N 2O. Tỉ
khối của X so với H2 là 16,4. Giá trị của m là
A. 98,20.
B. 97,20.
C. 98,75.
D.
91,00.
Giải:
n HNO3
n N 2O
= 1,425 ; nNO = 0,2 ;
= 0,05 (mol)
ne trao đổi = 0,2.3 + 0,05.8 = 1 mol.
n NO−
3

-

= 1,425 – 0,2 – 0,05.2 = 1,125 mol
Ta thấy 2 số mol không bằng nhau → có muối NH4NO3 tạo ra
Gọi a là số mol NH4NO3 :

→ số mol e trao đổi = 1 + 8a
1 + 8a = 1,125 – 2a → a =
0,0125
n NO−
(muối)

3

-


(muối) = 1,125 – 2a
→ m = 29 + (1,125 – 2a ).62 + 80a = 98,2 gam ( thế a = 0,0125 vào ).
Đáp án A.

-

14

Ví dụ 5 (Đề thi ĐH khối A – 2009)
14


Cho hỗn hợp gồm 1,12 gam Fe và 1,92 gam Cu vào 400 ml dung dịch
chứa hỗn hợp gồm H2SO4 0,5M và NaNO3 0,2M. Sau khi các phản ứng xảy ra
hoàn toàn, thu được dung dịch X và khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Cho V
ml dung dịch NaOH 1M vào dung dịch X thì lượng kết tủa thu được là lớn
nhất. Giá trị tối thiểu của V là :
- A. 360
B. 240
C. 400
D. 120
n NOn H+
3
- Giải : nFe=0,2 mol; nCu=0,3 mol;
=0,4 mol;
=0,08 mol
- Quá trình nhường e:
- Quá trình nhận e:
3+
Fe - 3e → Fe ; Cu - 2e →
NO 3Cu2+
+3e + 4H+ →
- 0,02 0,06 0,02
0,03 0,06
NO + 2H2O
0,03
0,08 0,24

0,04 0,12 0,16
n e nhường = 0,12 mol
NO 3- Nếu
phản ứng hết:


ne nhận> ne nhường nên Fe tan hết, H+ dư.
n H+
dư=0,4- 0,16=0,24 mol
- X phản ứng với NaOH:
- H+ + OH- → H2O; Fe3+ + 3OH- → Fe(OH)3; Cu2+ + 2OH- →
Cu(OH)2
3n Fe3+ +2n Cu 2+ +n H +
n OH−
- nNaOH =
=
= 0,06+ 0,06+ 0,24= 0,36 mol

- VNaOH = 0,36 lít = 360 ml
Đáp án A.
- 4.2.2. Bài toán: Cho một kim loại (hoặc hỗn hợp các kim lo ại) tác
dụng với dung dịch axit H2SO4 đặ cho ra sản phẩm khử là khí SO 2
hoặc H2S hoặc S.
-

+6

+ H2 S O4

-

15




 +4
 SO2
S

 −2
 H2 S

Kim loại M
sản phẩm khử
- Cần nhớ một số các bán phản ứng sau:
M - ne → Mn+
SO42– + 2e + 4H+ → SO2 + 2H2O
SO42– + 6e + 8H+ → S + 4H2O

+ M2(SO4)n + H2O

15


-

SO42– + 8e + 10H+ → H2S + 4H2O
- Khối lượng muối
n SO

nM

24

-

(muối)

= n.

SO 24 -

2 (SO4 )n

= n.

:
nM
2

=

1
2

∑n e(nhường)=

1
2

∑ne(traođổi)
-

∑ne(traođổi) =

1
(2n SO2 + 6n S + 8n H2S )
2
1
2

mSO24

-

mmuối = mkim loại+
= mkim loại+ 96. ∑n e(trao đổi)
- Liên hệ giữa H2SO4 và sản phẩm khử:

nH SO =nSO2 2

4

(muối)

-

-

4

+ n SO2 + n S + n H 2S

=

=

1
2

∑ne(traođổi)

+ n SO2 + n S + n H 2S

1
(2n SO2 + 6n S + 8n H2S ) + n + n + n
SO 2
S
H 2S
2

2n SO2 + 4n S + 5n H 2S

=
- Trên đây là công thức dưới dạng tổng quát, chúng ta cần v ận
dụng linh hoạt trong những bài toán cho ra một hay nhiều sản phẩm kh ử.
-

-

Ví dụ 1: Hòa tan hoàn toàn 11,9 g hỗn hợp gồm Al và Zn bằng
H2SO4 đặc nóng thu được 7,616 lít SO2 (đktc), 0,64 g S và dung dịch X. Khối
lượng muối trong dung dịch X là:
- A. 50,3 g
B. 30,5 g
C. 35,0 g
D. 30,05 g- Giải: Áp dụng công thức tính khối lượng muối:
-

mSO24

-

-

1
2

mmuối = mkim loại+
= mkim loại+ 96. ∑n e(trao đổi)
7,616
0,64
1
1
22,4
2 n SO2
32
2
= mkim loại + 96. (2
+ 6nS) = 11,9 + 96. (2.
+ 6.
)=
50,3 gam
Đáp án A.

Ví dụ 2: Hòa tan vừa đủ hỗn hợp X gồm 2 kim loại Al và Fe bằng
một lượng vừa đủ 70 ml dung dịch H 2SO4 đặc, nóng (d = 1,52 g/ml). Sau
phản ứng thu được 10,08 lít SO2 (sản phẩm khử duy nhất ở đktc). Nồng
độ % của dung dịch H2SO4 là:
A. 89,2%
B. 82,89%
C. 7,84%
D.
95,2%
16

16


-

Giải: Áp dụng định luật bảo toàn electron:
1
10,08
n H2SO4 = .(6 - 4).n SO2 +n SO2 = 2n SO2 = 2.
= 0,9
2
22,4

-

C%=
-

m axit
m
0,9.98
.100= axit .100=
.100 = 82,89%
m dd
D.V
1,52.70

mol

. Chọn đáp án B .

-

Ví dụ 3: Cho 5,94g Al tác dụng vừa đủ với dung dịch H 2SO4 đặc
nóng thu được 1,848 lít sản phẩm X có lưu huỳnh (đktc), muối sunfat và
nước. Công thức phân tử của X là:
A. H2S
B. SO2
C. S
D. Đáp án khác
Giải:
nAl = 5,94 : 27 = 0,22 mol; nX = 1,848 : 22,4 = 0,0825 mol
- Gọi x là số oxi hóa của S trong khí X
- Quá trình oxi hóa :
Al - 3e → Al3+
0,22 → 0,66
-

+6

x

S    +  ( 6-x ) e   →  S     

-

Quá trình khử:

-

0,0825(6-x) ← 0,0825
Áp dụng định luật bảo toàn e: 0,66 = 0,0825(6-x) mol ⇒ x = -2
Vậy X là H2S ( trong đó S có số oxi hóa là -2). Chọn đáp án A.

-

-

-

-

4.2.3. Bài toán: Cho một kim loại (hoặc hỗn hợp các kim lo ại) tác
dụng với một dung dịch hỗn hợp các axit như dung dịch hỗn hợp
axit HNO3 loãng, axit HNO3 đặc nóng, dung dịch axit H2SO4 đặc
nóng, ...cho ra hỗn hợp các khí ...
Các lưu ý và cách giải giống với dạng phần 4.2.1 và 4.2.2.

-

Ví dụ 1: Hòa tan 15 gam hỗn hợp X gồm hai kim loại Mg và Al vào
dung dịch Y gồm HNO3 và H2SO4 đặc thu được 0,1 mol mỗi khí SO2, NO,
NO2, N2O. Phần trăm khối lượng của Al và Mg trong X lần l ượt là:
A. 63% và 37% B. 36% và 64% C. 50% và 50% D. 46%
và 54%
- Giải: Gọi số mol của Mg và Al trong hỗn hợp X lần lượt là x, y.
Theo đề ta có:
24x + 27y = 15.
(1)
Quá trình oxi hóa:
Mg - 2e → Mg2+
Al - 3e → Al3+
x
2x
y 3y
⇒ Tổng số mol e nhường bằng (2x + 3y).
Quá trình khử:
-

17

+5

N + 3e → N

+2

+5

+1

2N + 2 × 4e → 2N
17


0,3

-

+5

0,1

0,8
+4

+6

0,2
+4

N + 1e → N
S + 2e → S
0,1
0,1 0,2
0,1
⇒ Tổng số mol e nhận bằng 1,4 mol.
Theo định luật bảo toàn electron:
2x+ 3y = 1,4
(2)
Giải hệ (1), (2) ta được: x = 0,4 mol ; y = 0,2 mol.
27 × 0,2
%Al =
×100% = 36%.
15

%Mg = 100% − 36% = 64%. Đáp án B.

-

Ví dụ 2: Một hỗn hợp X có khối lượng 18,2 gam gồm 2 kim loại A
(hóa trị 2) và B (hóa trị 3). Hòa tan X hoàn toàn trong dung dịch Y ch ứa
H2SO4 và HNO3. Cho ra hỗn hợp khí Z gồm 2 khí SO 2 và N2O. Xác định 2
kim loại A, B (B chỉ có thể là Al hay Fe). Biết số mol của hai kim lo ại b ằng
nhau và số mol 2 khí SO2 và N2O lần lượt là 0,1 mol mỗi khí.
A. Cu, Al
B. Cu, Fe
C. Zn, Al
D. Zn, Fe
Giải: Quá trình khử hai anion tạo khí là:
- 4H+ + SO42+ 2e → SO2 + 2H2O
0,2
0,1
+

10H + 2NO3 + 8e → N2O + 5H2O
0,8 0,1
⇒ ∑e (nhận) = 0,2 + 0,8 = 1 mol
- A
2e

A2+
a
2a
B 3e

B3+
b
3b
⇒ ∑ e (cho) = 2a + 3b = 1
(1)
Vì số mol của hai kim loại bằng nhau nên: a = b
(2)
Giải ( 1), (2 ) ta có a = b = 0,2 mol
Vậy 0,2A + 0,2B = 18,2 ⇒ A + B = 91 ⇒ A là Cu và B là Al.
-

-

4.3. Dạng 3: Một số bài tập về các kim loại qua nhiều trạng
thái oxi hóa như săt, đồng...
Sắt, đồng là các kim loại có nhiều trạng thái oxi hóa nên khi
chúng bị oxi hóa sẽ thu được hỗn hợp các oxit và có th ể có kim lo ại ch ưa b ị
oxi hóa. Để giải quyết dạng bài tập này cần chú ý:
- - Thông thường, bài toán cho toàn bộ lượng oxit kim loại chuy ển
về một trạng thái oxi hóa cao nhất.
- - Chỉ quan tâm đến trạng thái oxi hóa đầu và cuối c ủa kim lo ại,
không cần quan tâm đến các trạng thái oxi hóa trung gian.
-

18

18


-

- Đối với bài toán về Fe tác dụng với dung dịch HNO 3 hoặc H2SO4
đặc nóng, nếu sắt dư thì sẽ chuyển về Fe2+.

-

-

-

Ví dụ 1: Nung x gam Fe trong không khí, thu đ ược
104,8 gam hỗn hợp rắn A gồm Fe, FeO, Fe 2O3, Fe3O4. Hòa tan A
trong dung dịch HNO3 dư, thu được dung dịch B và 12,096 lít hỗn
hợp khí NO và NO2 (đktc) có tỉ khối đối với He là 10,167. Giá tr ị
của x là:
A. 85,02g
B. 49,22g
C. 78,4g
D. 98g
Giải: Dựa vào sơ đồ đường chéo để tính được nNO =0,18 mol;

n NO2

= 0,36 mol.
Sơ đồ bài toán:
O2
HNO3
Fe 
→ hhA(Fe,Fe 2O3 ,FeO,Fe3O 4 ) 
→ Fe(NO3 )3 +NO+NO 2

-

Ta thấy, quá trình phản ứng toàn bộ lượng Fe kim loại đ ược
chuyển thành Fe3+ nên ta có:
- Quá trình nhận e:
+5
+4
- Quá trình nhường e:

N(NO
)
+
1e

N(NO2 )
3
Fe - 3e → Fe3+
-

-

-

mol
-

19

x
56



⇒ ∑ e (nhường) =

0,36← 0,36

-

3x
56

+5

+2

N(NO3− ) + 3e → N(NO)

3x
56

-

3.0,18 ←

0,18
- O2 + 4e → 2O2- a
4a
(g ọi
n O2
= a)
- ⇒ ∑ e (nhận) = 0,9 + 4a
(mol)

19


-

Theo ĐLBT electron, ta có: ∑ ne nhận = ∑ ne nhường


0,9 + 4a =
(1)
Mặt khác, theo định luật bảo toàn khối lượng: khối lượng hỗn
hợp rắn A là:
- mFe + mO2 = 104,8 (gam)
hay
x + 32a = 104,8 (2)
Giải hệ hai phương trình (1) và (2), ta có x = 78,4 gam. Ch ọn
đáp án C.
-

-

-

3x
56

-

Ví dụ 2: Nung m gam bột Cu trong oxi thu được 24,8 gam hỗn h ợp
chất rắn X gồm Cu, CuO và Cu2O. Hòa tan hoàn toàn X trong H2SO4 đặc nóng
thoát ra 4,48 lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất ở đktc). Giá trị của m là :
A. 9,6
B. 14,72
C. 21,12
D. 22,4
- Giải:

đồ
bài
toán :
-

+2

+4

Cu → hhX (Cu, CuO, Cu 2O) 
→ Cu + S (SO 2 )
HNO3

O2

Gọi số mol của Cu và O2 lần lượt là x và y.
Các quá trình oxi hóa – khử:

-

+2

Cu

-2

+6

-

gam.
-

-

S

+4

S
Cu – 2e →
; O2 + 4e → 2 ;
+ 2e →
x 2x
y
4y
0,4 0,2
Theo định luật bảo toàn electron: 2x = 4y + 0,4 (1)
Theo định luật bảo toàn khối lượng: 64x + 32y = 24,8 (2)

Giải hệ 2 phương trình (1) và (2) ta được x = 0,035
m = 22,4

-

O

→ Đáp án D.
Ví dụ 3: Cho m gam hỗn hợp X gồm Fe, Fe 3O4 tác dụng với
200ml dung dịch HNO3 3,2M đun nóng và khuấy đều. Sau khi phản
ứng xảy ra hoàn toàn thu được 2,24 lít khí NO (sản phẩm kh ử duy
nhất, đo ở đktc) và còn lại 1,46 gam kim loại. Giá trị c ủa m là:
A. 17,04
B. 19,20
C. 18,5
D. 20,42
Giải: Phản ứng xảy ra hoàn toàn mà sau phản ứng còn d ư kim lo ại
Fe nên HNO3 phản ứng hết và muối thu được chỉ có Fe(NO3)2.
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố với N ta có:
n HNO3 =2n Fe(NO ) +n NO
2n Fe(NO )

3 2
3 2
0,2.3,2 =
+ 0,1
n
⇒ Fe(NO3 )2 n Fe2+
=
= 0,27 mol.
Gọi số mol Fe và Fe3O4 phản ứng lần lượt là x và y.
Ta có các quá trình nhường và nhận e:


+8/3

-

+2

3Fe + 2e → 3Fe

+5

+2

N

N

Fe – 2e → Fe2+;
;
+ 3e →
x 2x x
3y
2y
3y
0,3 0,1
Áp dụng định luật bảo toàn electron: 2x - 2y = 0,3 (1)
n Fe2+
Mặt khác
= x + 2y = 0,27 mol (2)
Từ (1) và (2) suy ra x = 0,18; y = 0,03

m = 0,18,56 + 0,03.232 + 1,46 = 18,5 gam. Đáp án C.

-

-

-

Ví dụ 4: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,02 mol
FeS2 và 0,03 mol FeS vào lượng dư H 2SO4 đặc, nóng thu được muối
X, SO2 và H2O. Hấp thụ hết SO2 bằng lượng vừa đủ dung dịch
KMnO4, thu được dung dịch Y không màu, trong suốt, có pH = 2.
Thể tích của dung dịch Y là:
A. 4,56 lít B. 5,70 lít
C. 1,14 lít
D.
2,28 lít
Giải: Các quá trình nhường và nhận e:
+3

-

FeS2
(SO2)
0,002

– 15e →
0,03

Fe

+6

+3

S

+2 ; FeS – 9e →
0,003

Fe

+6

S

+ ;

+6

S

+4

+ 2e →

S

0,027

⇒ n SO 2

∑ ne nhận = ∑ ne nhường
= (0,03 + 0,027) : 2 = 0,0285
Hấp thụ khí SO2 vào KMnO4, ta có các quá trình nhường và nhận e:
SO 2-4
MnO -4
SO2 + H2O - 2e →
+ 4H+;
+ 8H+ + 15e → Mn2+ + H2O
0,0285
0,057
0,114
0,0912 0,057
n H+
(tạo thành) = 0,114 – 0,0912 = 0,0228 mol


pH = 2 [H+] = 1,0.10-2
V = 2,28 lít. Đáp án D.

-

-

-

4.4. Dạng 4: Dạng toán trong dung dịch nhiều chất khử, nhiều
chất oxi hóa mà sự trao đổi electron xảy ra đồng thời (thường
gặp là dạng toán kim loại này đẩy kim loại khác ra khỏi dung
dịch muối.
Gặp bài toán loại này cần lưu ý:
- Tính số mol kim loại và ion kim loại trong muối và số mol
electron tương ứng.
- So sánh số mol electron nhường và nhận để xác định chất dư và
chất hết.
- Xác định chất rắn và tính toán.


-

-

mol
-

Ví dụ 1: Hòa tan hết hỗn hợp bột gồm 6,5 gam Zn và 4,8 gam
Mg cần V ml dung dịch Y chứa CuSO4 0,5 M và AgNO3 0,2 M. Giá trị
của V là:
A. 200
B. 300
C. 400
D. 500
Giải: nZn=0,1 mol, nMg=0,2 mol. Gọi V lít là thể tích dung dịch.
Quá trình nhường e:
Quá trình nhận e:
2+
2+
Zn - 2e → Zn
Cu +2e →
Cu
0,1 →0,2
0,5V→1V
Mg - 2e →
Mg2+
Ag+ +1e →
Ag
0,2 →0,4
0,2V→0,2V
⇒ ∑ e (nhường)=0,2+0,4=0,6 mol
⇒ ∑ e(nhận)=0,2V+V=1,2V
Để hỗn hợp bột bị hòa tan hết thì: ∑ e (nhường)=∑ e (nhận)
⇒ 1,2V=0,6 ⇒ V=0,5 lít = 500 ml. Đáp án D.

-

-

Ví dụ 2: Một hỗn hợp X gồm Al và Fe có khối l ượng
8,3g. Cho X vào 1lít dung dịch A ch ứa AgNO 3 0,1M và Cu(NO3)2
0,2M. Sau khi phản ứng kết thúc được chất rắn B (hoàn toàn
không tác dụng với dung dịch HCl) và dung dịch C (hoàn toàn
không có màu xanh của Cu2+). Tính khối lượng chất rắn B và %Al
trong hỗn hợp.
A. 23,6g; %Al = 32,53
B. 23,6g; %Al = 31,18
C. 28,7g; %Al = 33,14
D. 24,6g; %Al = 32,18
Giải: Chiều sắp xếp các cặp oxi hóa khử trong dãy điện hóa:
Al3+ Fe 2+ Cu 2+ Ag +
Al
Fe
Cu
Ag

-

Vậy, hỗn hợp B gồm Cu và Ag





mB = mCu + mAg

nAg = 0,1mol ; nCu = 0,2mol
mB = 0,1x108 + 0,2x64 = 23,6(g)
Al : x(mol)
; m X = 8,3g ⇔ 27x + 56y = 8,3

Fe : y(mol)
Gọi hỗn hợp X
(1)
3+
Quá trình nhường e: Al - 3e → Al
x
3x
-

-

- Ag+ bị khử trước Cu2+; dung dịch bị mất hết màu xanh của Cu2+
nên Cu2+ và Ag+ đều bị khử hết tạo Ag và Cu kim loại.
- Al phản ứng xong rồi đến Fe; chất rắn B không ph ản ứng v ới
HCl, do đó Al và Fe đã phản ứng hết.

-

Fe - 2e → Fe 2+
y 2y



∑ ne nhường = 3x + 2y(mol)


Quá trình nhận e: Cu2+ + 2e → Cu
0,2
0,4

-



Ag + + e → Ag
0,1 0,1

-

-

∑n e nhận = 0,4 + 0,1 = 0,5(mol)

Theo ĐLBT electron: ∑ ne nhường = ∑ ne nhận

Từ (1) và (2), suy ra:
Đáp án A.



3x + 2y = 0,5

(2)

 x = 0,1
0,1.27.100
⇒ %m Al =
= 32,53%

y
=
0,1
8,3


-

Ví dụ 3: Hỗn hợp A gồm 2 kim loại R1, R2 có hoá trị x, y không đổi
(R1, R2 không tác dụng với nước và đứng trước Cu trong dãy hoạt động hóa
học của kim loại). Cho hỗn hợp A phản ứng hoàn toàn v ới dung d ịch CuSO 4
dư, lấy Cu thu được cho phản ứng hoàn toàn với dung dịch HNO 3 dư thu
được 1,12 lít khí NO duy nhất ở đktc. Nếu cho lượng h ỗn h ợp A trên ph ản
ứng hoàn toàn với dung dịch HNO3 thì thu được bao nhiêu lít N2. Các thể
tích khí đo ở đktc.
A. 0,224 lít.
B. 0,336 lít.
C. 0,448 lít. D. 0,672
lít.
- Giải: Trong bài toán này có 2 thí nghiệm:
- Ở thí nghiệm 1: R1 và R2 nhường e cho Cu2+ để chuyển thành Cu
-

+5

+2

N

sau đó Cu lại nhường e cho
để thành
Số mol e do R1 và R2 nhường ra là:

-

+5

N

-

N

(NO).

+2

+ 3e




0,15

-

N

1,12
= 0,05
22,4

(mol)
+5

-

Ở thí nghiệm 2: R1 và R2 trực tiếp nhường e cho
Gọi x là số mol N2, thì số mol e thu vào là:
+5

0

N

-

Ta có:

-



VN2

-

để tạo ra N2.

N2

+ 10e →
10x ← x mol
10x = 0,15 → x = 0,015
2

-

N

= 22,4.0,015 = 0,336 lít. Đáp án B.

MỘT SỐ BÀI TẬP ÁP DỤNG
1. Cho 7,68 gam hỗn hợp X gồm Mg và Al vào 400 ml dung dịch Y
gồm HCl 1M và H2SO4 0,5M. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu
-

-


-

-

35,58g.
-

-

gam
-

-

-

-

-

-

được 8,512 lít khí (đktc). Biết trong dung dịch, các axit phân li hoàn
toàn thành các ion. Phần trăm về khối lượng của Al trong X là:
A. 25%
B. 75%
C. 56,25%
D.
43,75%
2. Hòa tan 9,14g hợp kim Cu, Mg, Al bằng một lượng vừa đủ dung
dịch HCl thu được 7,84 lít khí X (đktc) và 2,54g chất rắn Y và dung
dịch Z. Cô cạn dung dịch Z thu được m(g) muối, m có giá trị là
A. 31,45g.
B. 33,25g.
C. 3,99g.
D.
3. Cho 40 gam hỗn hợp vàng, bạc, đồng, sắt, kẽm tác dụng với O 2 dư
nung nóng thu được m gam hỗn hợp X. Cho hỗn hợp X này tác dụng
vừa đủ dung dịch HCl cần 400 ml dung dịch HCl 2M (không có H 2
bay ra). Tính khối lượng m.
A. 46,4 gam
B. 44,6 gam
C. 52,8 gam
D. 58,2
4. (Đề tuyển sinh ĐH-CĐ khối A-2007)
Hoàn tan hoàn toàn 12 g hỗn hợp Fe, Cu ( tỉ lệ mol 1: 1) bằng HNO 3
thu được V lít hỗn hợp khí ( đktc) gồm NO, NO 2 và dung dịch Y chứa
2 muối và axit dư. Tỉ khối của X so với H2 là 19. Giá trị V là:
A. 5,6
B. 2,8
C. 11,2
D.
8,4
5. Một hỗn hợp gồm hai bột kim loại Mg và Al được chia thành hai phần
bằng nhau:
- Phần 1: cho tác dụng với HCl dư thu được 3,36 lít H2.
- Phần 2: hoà tan hết trong HNO3 loãng dư thu được V lít một khí
không màu, hoá nâu trong không khí (các thể tích khí đều đo ở đktc).
Giá trị của V là:
A. 2,24 lít.
B. 3,36 lít.
C. 4,48 lít.
D. 5,6 lít.
6. Hòa tan hoàn toàn 3,28g hỗn hợp Fe và R có hóa trị II bằng dung
dịch HCl dư được 2,464 lít H2 (đktc). Cũng lượng hỗn hợp kim loại
trên tác dụng với dung dịch HNO3 loãng thu được 1,792 lít khí NO
(đktc). Kim loại R là:
A. Al
B. Mg
C. Cu
D. Zn
7. Hòa tan hết 4,43 gam hỗn hợp Al và Mg trong HNO 3 loãng thu được
dung dịch A và 1,568 lít (đktc) hỗn hợp hai khí (đều không màu) có
khối lượng 2,59 gam trong đó có một khí bị hóa thành màu nâu trong
không khí. Tính số mol HNO3 đã phản ứng.
A. 0,51 mol
B. 0,45 mol.
C. 0,55 mol.
D. 0,49 mol.
8. Hòa tan 23,4 gam hỗn hợp gồm Al, Fe, Cu bằng một lượng vàu đủ
dung dịch H2SO4, thu được 15,12 lít khí SO2 (đktc) và dung dịch chứa
m gam muối. Giá trị của m là:
A. 153,0.
B. 95,8.
C. 88,2.
D.
75,8.


9. Cho 3,84 gam Cu phản ứng với 80ml dung dịch HNO3 1M thoát ra
V1 lít khí NO. Cho 3,84 gam Cu phản ứng với 80ml dung dịch HNO 3
1M và H2SO4 0,5M thoát ra V2 lít khí NO. Biết NO là sản phẩm khử
duy nhất các thể tích khí đo trong cùng điều kiện. Quan hệ giữa V 1 và
V2 là:
A. V2 = V1.
B. V2 = 2,5V1.
C. V2 = 2V1.
D. V2 =
1,5V1.
- 10. X là hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 có tỉ lệ mol lần lượt là
1 :2 :3 :4. hòa tan hoàn toàn 76,8 gam X bằng HNO3 thu được 4,48 lít
hỗn hợp khí Y gồm NO và NO2. Thể tích dung dịch HNO3 tối thiểu cần
dùng là :
A. 0.8375 B. 0,575
C. 0,4375
D. 0,7365
- 11. Nung m gam sắt trong không khí , sau một thời gian người ta thu
được 104,8 gam hỗn hợp rắn A gồm Fe, FeO, Fe 2O3, Fe3O4. Hòa tan
hoàn toàn A trong HNO3 dư thu được dung dịch B và 12,096 lít khí
hỗn hợp khí NO và NO2 (đktc) có tỉ khối so với He là 10,167. Giá trị
của m là:
A. 72
B. 69,54
C. 91,28
D.
78,4
- 12. Đốt cháy 5,6 gam bột Fe trong bình đựng O 2 thu được 7,36 gam
hỗn hợp A gồm Fe2O3, Fe3O4 và Fe. Hòa tan hoàn toàn lượng hỗn hợp
A bằng dung dịch HNO3 thu được V lít hỗn hợp khí B gồm NO và
NO2. Tỉ khối của B so với H2 bằng 19. Thể tích V ở đktc là:
A. 672 ml. B. 336 ml.
C. 448 ml.
D.
896 ml.
- 13. Dung dịch X gồm AgNO3 và Cu(NO3)2 có cùng nồng độ. Lấy một
lượng hỗn hợp gồm 0,03 mol Al; 0,05 mol Fe cho vào 100 ml dung dịch
X cho tới khí phản ứng kết thúc thu được chất rắn Y chứa 3 kim loại.
Cho Y vào HCl dư giải phóng 0,07 gam khí. Nồng độ của hai muối là:
A. 0,3M.
B. 0,4M.
C. 0,42M.
D.
0,45M.
14. (Đề thi ĐH khối B – 2008):
Tiến hành hai thí nghiệm sau:
- Thí nghiệm 1: Cho m gam bột Fe (dư) vào V1 lít dung dịch
Cu(NO3)2 1M;
- Thí nghiệm 2: Cho m gam bột Fe (dư) vào V2 lít dung dịch AgNO3
0,1M.
Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, khối lượng chất rắn thu được
ở hai thí nghiệm đều bằng nhau. Giá trị của V1 so với V2 là
A. V1 = V2.
B. V1 = 10V2.
C. V1 = 5V2.
D. V1 = 2V2.
- 15. (Đề thi ĐH khối B – 2012) : Đốt cháy hỗn hợp gồm 1,92 gam Mg
và 4,48 gam Fe với hỗn hợp khí X gồm clo và oxi, sau phản ứng chỉ
-


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×