Tài liệu Phân tích những con đường chinh phục câu vận dụng cao trong đề thi thptqg môn hóa

  • Số trang: 20 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 340 |
  • Lượt tải: 0

Mô tả:

DongHuuLee (Chủ biên) DongHuuLee(Chủ biên) Cộng tác viên : tập thể học sinh lớp 12 A4 – Trường THPT Cẩm Thủy 1 – Thanh Hóa. Ad min :FC – HÓA HỌC VÙNG CAO 2017 https://www.facebook.com/groups/210136082530524/ ph©n tÝch nh÷ng con ®­êng chinh phôc c©u vËn dông cao trong ®Ò thi thpt quèc gia m«n hãa häc Tác giả: Dong HuuLee Bài 1. Hỗn hợp X gồm FeS,FeS2,CuS tan vừa hết trong dung dịch chứa 0,33 mol H2SO4 đặc sinh ra 0,325 mol khí SO2 và dung dịch Y.Nhúng thanh Fe nặng 50 gam vào dung dịch Y ,phản ứng xong thấy thanh Fe nặng 49,8 gam và thu được dung dịch Z.Cho Z tác dụng với HNO3 đặc ,dư sinh ra khí NO2 duy nhất và còn lại dung dịch E( không chứa NH4+).Khối lượng muối khan có trong E là m(g).Giá trị lớn nhất của m là A. 20,57 . B.18,19 C.21,33 D.21,41 Hướng dẫn giải - Sơ đồ bài toán:  Fe3 H2O  2  FeS  0,33mol H SO 3 2  HNO3 2 4 SO   Fe  Fe (§Æc),§ñ  Fe (d­) hhX FeS2   SO2   ddY  2 Cu  ddZ  ddE  4  ?(g) 2   Cu SO NO CuS   3  4 0,325(mol)  SO 2    4 H - Tại giai đoạn 1 : + Bảo toàn H  n H2O  n H2 SO4  0,33(mol). + Bảo toàn O  n SO 2 (trongY)  0, 085(mol)  n SO 2 (trong Z)  0, 085(mol) . 4 4  n FeSO4 (trongZ)  0, 085(mol). - Tại giai đoạn 2: do Fe dư nên toàn bộ Fe3+ đã chuyển hết thành Fe2+ và toàn bộ Cu2+ đã chuyển thành Cu. - Tại giai đoạn 3: toàn bộ Fe2+ dã chuyển thành Fe3+, SO42- không tham ra phản ứng nên chuyển hết sang E, HNO3 dư nên trong E có cả H+ và NO3- . Vì trong E có hai gốc axit ( NO3- và SO42-) nên muối Fe(NO3 )3  Fe(NO3 )3 trong E có 3 khẳng năng:   m Fe2 (SO4 )3  m(muèi)  m Fe(NO3 )3  Fe (SO )        2 4 3 0,085 2420,085  20,57(g)  400 17(g) 2 Fe2 (SO 4 )3  khối lượng muối lớn nhất có thể có trong E là 20.57 (gam)  Đáp án A. Nhận xét. Đây là một bài toán hóa học khá là đặc sắc và không dễ tìm ra lời giải.Để giải tốt bài tập trên và các bài tập tương tự khác bạn đọc cần biết: Về kiến thức Về kĩ năng 1. Các sunfua kim loại M2Sn + A.loại 2 (HNO3,H2SO4 Gặp bài toán phức tạp ( xảy ra liên tiếp nhiều phản ứng,nhiều công đoạn….) thì: đặc)  Muối Mn+(max) + SpK + H2O. 3+ 2. Các kim loại từ Mg đến Cu + muối Fe  muối 1.Chuyển bài toán thành một sơ đồ để định hình cách giải,định hướng tư duy. Fe2+. 2+ 3. Các hợp chất Fe + A.loại 2 (HNO3,H2SO4 đặc) 2.Thực hiện ngay “câu thần trú” : Bài nào khó ,có bảo toàn.  Fe3+ + Spk + H2O. Trong vô cơ thường dùng 4 định luật bảo toàn: + Bảo toàn nguyên tố , bảo toàn khối lượng. + Bảo toàn điện tích, bảo toàn e . ( Tùy từng bài mà chúng ta có thể chỉ dùng một định luật hoặc phải dùng đồng thời một vài định luật). Các phản ứng xảy ra trong bài trên(giúp bạn đọc hiểu bản chất hóa học,bạn đọc tự cân bằng nhé): - Tại giai đoạn 1: Tác giả: Dong HuuLee FeS2 + H2SO4(đặc)  Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O FeS + H2SO4(đặc)  Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O CuS + H2SO4(đặc)  CuSO4 + SO2 + H2O - Tại giai đoạn 2: Fe2(SO4)3 + Fe  FeSO4 CuSO4 + Fe  Cu + FeSO4 - Tại giai đoạn 3: Fe2+(thuộc muối sunfat) + H+ + NO3-  Fe3+ + NO2 + H2O. Bài 2. Đốt cháy 8,96 gam Fe trong O2 một thời gian thu được 11,2 gam hỗn hợp X gồm Fe , FeO,Fe3O4 và Fe2O3.Hòa tan hoàn toàn X bằng dung dịch hỗn hợp Y gồm chứa a mol HNO3 0,06 mol H2SO4 thu được dung dịch Z ( không chứa NH4+) và 0,896 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, đktc). Giá trị của a là A. 0,32 B.0,4 C.0,42 D.0,36 Hướng dẫn giải - Sơ đồ bài toán : Fe FeO HNO3 a(mol)   H 2 SO 4 0,06(mol)  O2 8, 96(g)Fe   11, 2(g)hhX    ddY(kh«ng cã NH 4  )  0,896(lÝt))NO  . Fe O  3 4 Fe2 O3 - Áp dụng bảo toàn khối lượng tại giai đoạn (1) có ngay : n O2  11, 2  8, 96  0, 07(mol). 32 2 - Toàn bộ sơ đồ có hai nguyên tố giảm số oxi hóa ( O02  O2 ; N 5NO   N O ) nên : 3 n e(nhËn)  4  n O2  3  n NO 0,896  4  0, 07  3   0, 4(mol). 22, 4 - Trong Y tồn tại muối gì? Fe2+ hay Fe3+? Hay cả Fe2+ và Fe3+? + Nếu trong Y chỉ có muối Fe3+ thì do : Fe0  ...  Fe3  n e(cho)  3  n Fe  3  0,16  0, 48(mol)  n e(nhËn)  loại. + Nếu trong Y chỉ có muối Fe2+ thì do: Fe 0  ...  Fe2  n e(cho)  2  n Fe  2  0,16  0,32(mol)  n e(nhËn)  loại. Fe2   2e  x  2x 2+ 3+ 0 Vậy trong Y chứa cả muối Fe và Fe : 0,16(mol)Fe   3 . Fe  3e y  3y  2x  3y  0, 4 x  0, 08(mol). Áp dụng bảo toàn nguyên tố Fe và bảo toàn e có hệ   . x  y  0,16 y  0, 08(mol) - Tại giai đoạn 2: 2H   O 2 (thuéc c¸ c oxit)  H 2 O (*) 4H   NO3   3e  NO  2H 2 O (**)  2  nO(thuéc oxit )  4  n NO  2  0,14  4  0, 04  0, 44(mol)  n H  (cßn)  (a  0,32)  n H (p ­)   n NO3 (p ­)  n NO  0, 04(mol)  n NO3 (cßn)  (a  0, 04) . Tác giả: Dong HuuLee Vì trong dung dịch Y có Fe2+ nên H+ và NO3- không thể đồng thời còn cả H+ và NO3- trong Y ( vì nếu cả hai còn thì có ngay phản ứng : Fe2+ + H+ + NO3-  Fe3+ + NO + H2O) .Vây có hai khả năng :  Fe2  : 0, 08  3  Fe : 0, 08 +  Khả năng 1: H hết  n H (cßn)  (a  0,32)  0  a  0,32  ddY  ( thỏa q+ = q-) 2 SO 4 : 0, 06  NO  : 0, 28 3   Khả năng 2. NO3- hết  n NO  (cßn) 3  Fe2  : 0, 08  3  Fe : 0, 08  (a  0, 04)  0  a  0, 04  ddY  2 SO 4 : 0, 06  H  : 0, 28  (lo¹i).   Đáp án A. Nhận xét. Đây là một bài toán hóa học khó,điểm nhấn của bài này là : - Tại giai đoạn 2 sinh ra đồng thời cả hai muối ( Fe2+ và Fe3+). - Cũng tại giai đoạn 2, chúng ta không biết là H+ hết hay NO3- hết. K.lo¹i  H   NO3  Để giải tốt bài trên cũng như các bài hỗn hợp    SpK tương tự khác,chứng ta Oxit K.lo¹i cần biết: Về kiến thức Về kĩ năng .1. Fe tác dụng với O2 tạo ra hỗn hợp phức tạp: 1.Chuyển bài toán thành một sơ đồ để định hình cách giải,định hướng tư duy. FeO 2.Thực hiện ngay “câu thần trú” : Fe O  2 3 t0 + Bảo toàn nguyên tố H,O,N.. và, bảo Fe  O2   Fe O toàn khối lượng cho giai đoạn (1) 3 4  Fe(phÇn ch­a p­) + Bảo toàn điện tích, bảo toàn edưới dạng kinh nghiệm. ( Chỉ tạo ra mình Fe2O3 khi O2 dư). 2. Khi cho hỗn hợp Fe và các oxit của nó tác dụng với dung dịch chứa (H+ + NO3-) thì sơ đồ phản ứng tổng quát là :  NO 2   Fe2  FeO  NO   Fe O N O  2  2 3 H  NO3  Fe  2     Spk  H2O   3   Fe O N  Fe   3 4 2   Fe Fe3 H2     NH 4 (dd) Trong đó : Fe2O3 + 6H+  2Fe3+ + 3H2O Còn :  NO2 , NO , FeO     H  NO3  Fe3  Spk  N 2 O , N 2   H 2 O Fe3 O 4  Fe  NH  (dd)  4  Sau đó nếu Fe còn thì Fe kéo muối Fe3+ vừa sinh(một Tác giả: Dong HuuLee phần hoặc tất cả )thành muối Fe2+ : Fe + Fe3+  Fe2+ Cuối cùng, nếu Fe vẫn còn thì : Fe + 2H+  Fe2+ + H2 Như vậy ,nhìn lại toàn bộ quá trình trên ta nhận thấy ngay : Khi cho hỗn hợp Fe và các oxit của nó tác dụng với dung dịch chứa (H+ + NO3-) thì H+ có 3 vai trò : Vai trò 1. kế hợp với Oxi của oxit để tạo H2O: 2H   O 2   H 2 O Vai trò 2. làm môi trường để khử NO3- thành sản phẩm khử : H+ + NO3- +e  SpK + H2O Vai trò 3 . tác dụng với kim loại tạo H2 : 2e  2H   H 2 ( Quá trình này chỉ diến ra khi ở vai trò 2 chất NO3hết, H+ còn). Bài 3. Cho m(g) bột Zn vào 500ml dung dịch chứa CuCl2 0,4M và FeSO40,4M,sau một thời gian thu được dung dịch X và hỗn hợp chất rắn nặng 25 gam.Lọc tách chất rắn rồi cho 14,4 gam Mg vào dung dịch X,sau khi các phản ứng hoàn toàn thấy có 29,8 gam chất rắn xuất hiện.Giá trị của m là A .32,0 B.27,3 C.26,0 D.28,6. Hướng dẫn giải CuCl2 0, 4M Mét thêigian 14,4(g)Mg  hh r¾n  ddX  ddY  r¾n - Sơ đồ bài toán : Zn   500ml dd      m(g) 29,8(g) FeSO4 0, 4M 25(g) - Có ngay: n CuCl2  0, 2(mol)  n Cu2  0, 2(mol); n Cl   0, 4(mol) n FeSO4  0, 2(mol)  n Fe2  0, 2(mol); n SO 2  0, 2(mol). 4 n Mg(ban §Çu) 14, 4   0,6(mol). 24 - Do các gốc axit không tham gia phản ứng nên :  (Cl , SO42 )(trong dd ban §Çu)   (Cl , SO4 2 )(trong dd Y)   q( )(trong Y)  1  n Cl  2  n SO 2  0,8(mol) 4 nên tại giai đoạn 2 chỉ cần có 0,4 mol kim loại Mg phản ứng và đi vào dung dịch dưới dạng Mg2+ phóng ra 2  0, 4  0,8 (mol) điện tích dương là đủ để trung hòa 0,8 mol điện tích âm của các gốc axit  Mg còn dư 0,6 -0,4 = 0,2 mol  các ion kim loại ban đầu trong Y đã “lặn”hết thành kim loại  trong Y chỉ có Mg2+( 0,4 mol) cùng với các gốc axit,không có cation của kim loại khác. Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng các nguyên tố kim loại cho giai đoạn 2 có: m(ion k.loại trong X) + 14,4 = m(ion k.loại trong Y) + 29,8  m(ion k.loại trong X) = (0, 4  24  29, 8)  14, 4  25(g). - Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng các nguyên tố kim loại ( bao gồm kim loại và ion kim loại) cho giai doạn 1 có : m (Zn)  m Cu2  m Fe2  m(r¾ n )  m(ion k.lo¹ i trong X)  m  26(g)  Đáp án C.         m(g) 640,2  56 0,2 25(g) 25(g) Nhận xét. Đây là một bài toán khó vì tại giai đoạn 1 chúng ta không xác định được các phản ứng đã xảy ra,phản ứng dừng tại thời điểm nào.Để giải nhanh bài toán trên cũng như nhiều bài toán (kim loại + muối ) khác thì chúng ta cần biết: Tác giả: Dong HuuLee Về kiến thức  Bản chất của phản ứng giữa kim loại với muối là : Kim loại + cation kim loại ( trong muối) điều này có nghĩa là các anion gốc axit trong muối không tham gia phản ứng và do đó luôn không đổi trong dung dịch nên:  n(gècaxit ) trong dd ban §Çu   n(gècaxit ) trong dd cuèi Về kĩ năng Để giải nhanh bài toán kim loại + muối thường dùng : - Định luật bảo toàn điện tích. - Định luật bảo toàn khối lượng các nguyên tố kim loại. - Định luật bảo toàn e. - Phương pháp tăng – giảm khói lượng.   q (  )(trong dd §Çu)   q  (trong dung dÞch cuèi) . ( Tùy từng bài mà chúng ta vận dụng một  Khi cho kim loại + dung dịch muối thì cation kim hay một số định luật). loại sẽ “lặn” khỏi dung dịch,ngược lại kim loại phản ứng sẽ “bơi vào” dung dịch và biến thành cation “phóng ra” điện tích dương để trung hòa điện tích âm của các anion gốc axit.Tổng lượng điện tích âm của các anion gốc axit là cơ sở để xác định lượng kim loại “bơi vào” và lượng ion kim loại”lặn” khỏi dung dịch( nguyên tắc là tổng điện tích dương của các cation kim loại trong dung dịch luôn phải bằng tổng điện tích âm của các gốc axit).  Chú ý . - Nếu có nhiều kim loại thì thứ tự kim loại “bơi vào” dung dịch sẽ là : kim loại mạnh “bơi vào”trước trước,kim loại yếu “bơi vào”sau. - Nếu trong dung dịch có nhiều muối tức nhiều ion kim loại thì thứ tự ion “lặn” khỏi dung dịch sẽ là : ion đứng sau “lặn” trước ,ion đứng trước “lặn” sau.Tùy theo lượng điện tích dương của kim loại phản ứng “phóng vào” mà các ion kim loại phản ứng “lặn” nhiều hay ít. Bài 4.Cho m gam Fe vào 1 lít dung dịch hỗn hợp A có chứa H2SO4 0,1 M ; Cu(NO3)20,1M và Fe(NO3)3 0,1M.Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thu được 0,69m gam hỗn hợp kim loại, dung dịch X và khí NO ( sản phẩm khử duy nhất). Cô cạn dung dịch X thì thu được m1 gam chất rắn .Giá trị của m và m1 lần lượt là A 25,8 và 78,5 . B.25,8 và 55,7 C.20 và 78,5. D.20 và 55,.7 Hướng dẫn giải H 2 SO 4 0,1M    ddX - Sơ đồ bài toán : m(g) Fe 1(lÝt) ddA Cu(NO3 )2 0,1M  hh k.lo¹i  NO  .    (Spk m1 (g) muèi duy nhÊt ) Fe(NO ) 0,1M 0,69m(g) 3 3  m =? m1 = ? n  0,1(mol)  n H  2  0,1  0, 2(mol)  H2 SO4  §Ò - Có    n Cu(NO3 )2  0,1(mol)  n Cu2  0,1(mol), n NO   2  0,1  0, 2(mol)   n NO   0,5(mol). 3 3  n  0,1(mol)  n  0,1(mol), n  3  0,1  0,3(mol)  Fe(NO3 )3 Fe3 NO3 + - Bán phản ứng : 4H + NO3 + 3e  NO + 2H2O 0, 2 )  0, 45(mol) . Dựa vào bán phản ứng dễ thấy ngay H+ đã hết và NO3- còn dư = ( 0,5  4 Tác giả: Dong HuuLee Fe(d­) - Vì sau phản ứng thu được hỗn hợp kim loại nên đó phải hh  . Vì Fe còn dư nên : 2 Cu  Cu (b.§Çu) Fe2  : a(mol) Fe(p ­)  Fe2   BT §.TÝch  ddX SO 4 2  : 0,1(mol)   a  0,325(mol).  2 Cu p­ hÕt  Cu    NO3 (cßn) : 0, 45(mol)  m1(muèi)  56  0,325  62  0, 45  96  0,1  55, 7(g). - Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng các nguyên tố kim loại ( bao gồm kim loại và ion kim loại) cho sơ đồ bài toán có : m(Fe)  m Cu2  m Fe3  m(hh K.lo¹i)  m (ion k.lo¹ i trong X)  m  20(g)  Đáp án D.           m(g) 640,1 560,1 0,69 m(g) 560,325 Nhận xét. Đây lại là một bài toán khá hay về kim loại + muối và tính oxi hóa của NO3- trong môi trường axit..Để giải nhanh bài toán trên cũng như nhiều bài toán (kim loại + muối ) khác thì chúng ta cần biết: Về kiến thức Về kĩ năng  Bản chất của phản ứng giữa kim loại với muối là :  Để giải nhanh bài toán kim loại + muối ,tính oxi hóa của NO3- trong môi trường H+ Kim loại + cation kim loại ( trong muối)  Trong môi trường axit(H+) thì NO3- có tính oxi hóa thường dùng : và tùy từng bài mà bị khử đi theo các bán phản ứng -Bán phản ứng oxi hóa của NO3- trong môi : trường axit  Spk ( chú ý các dấu hiệu tạo NH4+) NO 2   - Định luật bảo toàn điện tích. NO  -Bảo toàn nguyên tố.    - Định luật bảo toàn khối lượng các nguyên H  NO3  e  N 2 O   tố kim loại. N 2  - Định luật bảo toàn e.   NH 4 ( Tùy từng bài mà chúng ta vận dụng một hay một số định luật). H   NO3   x ¶ y ra tr­íc.  NO 2     K.loại +  R x  (muèi) Fe2   NO   x ¶ y ra sau.     2  H  H   N 2O  2   Fe H   NO3  Fe     3  Spk   H2O N2   Fe   Fe3  NH 4 (dd)  H2  + (Có cả H2 vì nếu Fe còn , H còn và NO3- thì có thêm phản ứng : Fe + 2H+  Fe2+ + H2). Trong sơ đồ trên ,nếu kim loại mà dư thì chỉ tạo Fe2+Fe + 2Fe3+(vừa sinh)  3Fe2+ Bài 5. Cho m gam Fe vào dung dịch A có chứa NaNO3 và H2SO4 thì thấy có một phàn kim loại không tan ,thu được dung dịch X và có 1,792 lít hỗn hợp khí Y (đktc) thoát ra,trong đó có một khí hóa nâu ngoài không khí. Tỉ khối của Y so với hiđro là 8. Khối lượng muối có trong dung dịch X là A. 17,12 gam B.17,21gam C.18,04 gam D.18,40 gam. Tác giả: Dong HuuLee Hướng dẫn giải  NaNO3 - Sơ đồ bài toán : m(g)Fe  dd    ddX   hhY   K.lo¹i .  H 2 SO4 V 1,729(lÝt) dY H2 8 m(muối X) = ?  n NO  0, 04(mol) Quy t ¾ c §­êng chÐo - Từ hhY .      n H2  0, 04(mol) V 1,729(lÝt) dY H2 8 - Các quá trình nhận e: 4H+ + NO3- + 3e  NO + 2H2O 0,04 0,08 + Vì cóa H2 thoát ra nên NO3 đã hết, H dư và tham gia quá trình : 2H+ + 2e  H2 H  hÕt  trong dd X chØ cã muèi. - Vì sau phản ứng Fe vẫn còn   . 2 Fe(p ­)  Fe Như vậy,bản chất của bài toán là : Fe2  : a(mol)   NaNO3 : b(mol)  NO : 0, 04(mol) m(g)Fe  dd    ddX  Na  : b(mol)  hhY    Fe(d­)  H 2 O  H : 0, 04(mol) H SO : c(mol)  2  2 4 SO 2 : c(mol) 0,08(mol)  4 tõ 2 qu ¸ trinh nhËn e  n H  2  n H2 SO4    4  n NO  2  n H2  c  0,12(mol)  (hoÆc dïng b¶o toµn H)    BTNT  N   n NaNO3  n NO   n NO  0, 04(mol)  b  0, 04(mol).   3  BT § T dung dÞch X  2  a  1  0, 04  2  0,12  a  0,1(mol).    m(muèi)  56  0,1  23  0, 04  96  0,12  18, 04(g)  Đáp án C. Nhận xét. đây là bài toán khá đặc sắc ,tuy nhiên quý bạn đọc sẽ dễ dàng tìm ra nhanh đáp số nếu nắm vững các kiến thức và kĩ năng của bài số 4 ,cụ thể: Về kiến thức Về kĩ năng +  Trong môi trường axit(H ) thì NO3 có tính oxi  Để giải nhanh bài toán liên quan đến tính oxi hóa và tùy từng bài mà bị khử đi theo các bán hóa của NO3- trong môi trường H+ thường dùng : -Bán phản ứng oxi hóa của NO3- trong môi NO 2   trường axit  Spk ( chú ý các dấu hiệu tạo NO  NH4+) - Định luật bảo toàn điện tích. phản ứng : H   NO3   e  N 2 O   -Bảo toàn nguyên tố. N 2  - Định luật bảo toàn e.   NH 4 ( Tùy từng bài mà chúng ta vận dụng một hay một số định luật). H   NO3   x ¶ y ra tr­íc.   K.loại +  R x  (muèi)  x ¶ y ra sau.    H  H 2  Tác giả: Dong HuuLee  NO 2   Fe2   NO   N O  2  Fe 2 H   NO3  Fe     3  Spk   H2O N2  Fe      Fe3  NH 4 (dd)  H2  + (Có cả H2 vì nếu Fe còn , H còn và NO3- thì có thêm phản ứng : Fe + 2H+  Fe2+ + H2). Trong sơ đồ trên ,nếu kim loại mà dư thì chỉ tạo Fe2+ do: Fe + 2Fe3+(vừa sinh)  3Fe2+ Bài 6. Hòa tan hết m gam hỗn hợp X gồm Al,Fe(NO3)2 và 0,1 mol Fe3O4 bằng dung dịch có chứa 1,025mol H2SO4 thì thu được dung dịch Z (chỉ chứa muối sunfat) và 5,04 lít hỗn hợp khí Y(có tỉ khối so với H2 bằng 31/3) gồm hai khí trong đó có một khí hóa nâu ngoài không khí. Cho dung dịch Z tác dụng vừa đủ với dung dịch BaCl2 sau đó thêm tiếp AgNO3(dư ) vào dung dịch thì thu được x (g) kết tủa. Giá trị (m+x) bằng : A.389,175(g) B.585,0(g) C.406,8(g) D.628,2(g) Hướng dẫn giải - Sơ đồ bài toán : Al 1.BaCl2 (§ñ)  2.AgNO3 (d ­) m(g)hhX Fe(NO3 )2  1, 025(mol)H 2 SO 4  hhY  (2khÝ)  ddZ    x(g)     (chØ chøa muèisunfat ) Fe O : 0,1(mol) V  5,04(lÝt)  3 4 d Y  31 H2 3  n Fe3O4  0,1(mol)  nO  4  0,1  0, 4(mol). - Giả thiết   .  n H2 SO4  1, 025(mol)  n H  2  1, 025  2, 05(mol)  n NO  0,15(mol) - Đề hhY (2khÝ)     H  0, 075(mol) .  2 V 5,04(lÝt) dY H2 31 3 - Các quá trình của H+ : (1) 2H  O2    H2 O    (2) 4H  NO3  3e   NO  2H2O  n H  2  nO  4  nNO  2  n H2  1,55(mol)  nH (Ban §Çu)  2, 05(mol)     (4) 0,15 0,075 0,4 2H  2e   H2   Mà theo đề H+ hết ( dung dịch sau phản ứng chỉ chứa muối)  chứng tỏ ngoài 3 quá trình trên thì H+( 2,05 – 1,55 = 0,5 mol) còn tham gia quá trình: (3) 10H   NO3   8e   NH 4   3H 2 O 0,5 0,05 0,05 - Vì đã có H2 nên NO3 đã hết. Mặt khác ,trong dãy điện hóa H+ đứng trước Fe3+ nên khi H+ tham gia nhận e quá trình : 2H   2e  H 2  thì chứng Fe3+ đã chuyển hết về Fe2+ ( Fe3+ + 1e  Fe2+). Lưu ý:trong dãy điện hóa ,ion đứng sau thì sẽ nhận e trước, ion đứng trước thì sẽ nhận e sau. - Áp dụng bảo toàn nguyên tố N: Fe3O4 Tác giả: Dong HuuLee 1  n   0,15  0, 05  0, 2  n Fe(NO3 )2  0,1(mol) . 10 H (3) Từ sự phân tích trên ,bài toán có thể được minh họa theo sơ đồ : Al : x(mol)  m(g)hhX Fe(NO3 )2 : 0,1(mol)  1, 025(mol)H 2 SO 4  Fe O : 0,1(mol)  3 4   (2),(3)   n NO   2  n Fe(NO3 )2    n NO  BTNT N 3 BT § T Al3 : x   x  0, 4 BTNT  S     BaSO4 : 1, 025  2 1.BaCl (§ñ) 2  Fe : 0, 4  n NO  0,15   BTE 2.AgNO3 (d ­)  hhY    ddZ     x(g)     Ag : 0, 4  H  0, 075 NH : 0, 05  2   BTNTCl 4  AgCl : 2, 05    2 : 1, 025 SO 4 ( Bạn cũng có thể tìm ra x thông qua bảo toàn e ở giai đoạn 1) Từ đây dễ có : m  0,1  232  0,1  180  27  0, 4  52(g)  (m  x)  628, 2(g)  Đáp án D.  x  (137  96)  1, 025  (108  35,5)  2, 05  108  0, 4  576, 2(g) Nhận xét. Đây là một câu mà không chỉ có chỉ số IQ cao mà bạn cũng rất cần phải có cả chỉ số EQ cao mới có thể đi tới đáp án của bài này. Để giải nhanh bài này cũng như những bài tương tự bạn đọc cần biết : Về kiến thức Về kĩ năng 1. Khi cho hỗn hợp có Kim loại và các oxit tác dụng với 1. Gặp bài toán phức tạp (gồm nhiều phản dung dịch chứa (H+ + NO3-) thì H+ có 3 vai trò (theo thứ ứng,không xác định được các phản ứng tự): ,thứ tự của các phản ứng,điểm dừng của Vai trò 1. kết hợp với Oxi của oxit để tạo H2O: các phản ứng ứng..) thì trong đầu bạn  2 nhất thiết phải nghỉ và làm những việc 2H  O   H 2 O sau: Vai trò 2. làm môi trường để khử NO3- thành sản phẩm - Sơ đồ hóa bài toán để định hướng khử : nhanh cách giải.  NO 2  - Áp dụng các định luật bảo toàn : nguyên  tố, điện tích, bảo toàn e kinh nghiệm,bảo  NO  toàn khối lượng. H   NO3   e   Spk  N 2 O   H 2 O - Trong bài toán có quá trình:  H2   NO 2      NH 4 (dd)  NO  +   H + NO3 +e  SpK + H2O H  NO3  e   Spk  N 2 O   H 2 O  Vai trò 3 . tác dụng với kim loại tạo H2 : H2  2e  2H   H 2    NH 4 (dd) ( Quá trình này chỉ diến ra khi ở vai trò 2 chất NO3 hết, H+ còn). + Nếu thấy đề cho đồng thời số mol của một 2. Khi cho Kim loại + (H + NO3-) thì : trong ba phần tử bên trái và số mol của Ban đầu : Spk thì chắc chắn Spk ngoài khí còn có cả NH4+.Vì vậy ,nếu thấy dấu hiệu trên thì lập tức hướng trí tuệ của mình vào việc chứng minh có NH4+ và tìm mol của NH4+(việc làm này thường xuất hiện trên Tác giả: Dong HuuLee những bài có Al,Zn và Mg).  NO 2    NO  M  H   NO3    M n   Spk  N 2 O   H 2 O  N2     NH 4 (dd) Sau đó nếu NO3- ,kim loại M còn và trong dung dịch có muối Fe3+ thì : M + Fe3+  Mn+ + Fe2+ Cuối cùng ,nếu M vẫn còn và H+ còn thì có tiếp : 2M + 2nH+  2Mn+ + nH2 ( Chú ý : trong dãy điện hóa H+ đứng trước Fe3+ nên Fe3+ phản ứng trước, H+ phản ứng sau.Luật chung là : ion đứng sau thì phản ứng trước,ion đứng trước thì phản ứng sau). 2. Fe3O4 và các hợp chất Fe2+ luôn thể hiện tính khử ( tạo ra Fe3+) khi tác dụng với H+ và NO3-:  NO 2    NO  Fe2  H   NO3 3   Fe  Spk  N 2 O   H 2 O   Fe3O 4 N 2     NH 4 (dd) Tuy nhiên,nếu trong hỗn hợp phản ứng mà có kim loại ( từ Mg đến Cu) thì có thể muối Fe3+ này sẽ bị kéo (một phần hoặc tất cả ) về muối Fe2+ : Fe2   M  Fe3    Fe2   M n   (Mg  Cu)   Fe3   Luật là : kim loại dư thì chỉ tạo muối Fe2+. 3. Các muối Fe2+ bị dung dịch AgNO3 kéo lên muối Fe3+ : Fe2+ + Ag+  Fe3+ + Ag  Và chú ý thêm nếu là muối clorua thì có thêm phản ứng : Cl- + Ag+  AgCl  Bài 7.Hòa tan hoàn toàn 50,82 gam hỗn hợp gồm NaNO3,Fe3O4,Fe(NO3)2 và Mg vào dung dịch có chứa 1,8 mol KHSO4 thì thu được dung dịch Y chỉ chứa 275,42 gam muối sunfat và 6,272 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm hai khí trong đó có một khí hóa nâu ngoài không khí.Tỉ khối của Z so với H2 bằng 11.Phần trăm khối lượng của Mg trong hỗn hợp X bằng A. 25,5% B.20,2% C.19,8% D.22,6% Hướng dẫn giải  NaNO3   NO  Fe O 1,8mol KHSO4   ddY  hhZ   - Sơ đồ bài toán : 50,82(g)hhX  3 4   H2O   m(chØ cã muèi sunfat)  275,42(g) V  6,272(lit) ?  Fe(NO3 )2 d z 11 H2  Mg  ?% Tác giả: Dong HuuLee  NO   n NO  0, 2(mol)  Dễ thấy ,từ  hhZ   .  V  6,272(lit) ?   n H2  0, 08(mol) dz H2 11   n H KHSO  1,8(mol) được dùng làm 3 việc: 4 + Kết hợp với Oxi của oxit để tạo H2O: (1) 2H   O 2    H2O + Làm môi trường để khử NO3- thành sản phẩm khử : (2) 4H   NO3   3e   NO  2H 2 O + và có thể có cả quá trình tạo NH4 : (3) 10H   NO3   8e   NH 4   3H 2 O + Tác dụng với một phần kim loại Mg tạo H2 : (4) 2e  2H    H2 ( Quá trình này chỉ diến ra khi ở vai trò 2 chất NO3- hết, H+ còn).  Nhận định:  n  - Đề cho đồng thời  H  chắc chăn sẽ có NH4+.  n Spk - Đã có H2  ở các quá trình trên NO3- đã hết. - H+ đã bị khử thành H2  trước đó,toàn bộ Fe3+ đã bị khử về Fe2+.  Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho sơ đồ :  NaNO3   NO  Fe O 1,8mol KHSO4 50,82(g)hhX  3 4   ddY  hhZ     H2O   m(chØ cã muèi sunfat)  275,42(g) V  6,272(lit) ?  Fe(NO3 )2 d z 11 H2  Mg Tính được ngay m H2 O  14, 04(g)  n H O  0, 78(mol). 2  H 2 O H  (2   H2 O  2  nH2 ) 1,8  (2  0,78  2  0, 08)   BTH   H   H 2   n NH     0, 02(mol) 4 4 4   NH4  n H2 O(1)   n H2 O  n H2 O t ¹ i(2),(3)  0, 78  (2  n NO  3n NH  ) 4 (1)  0, 78  (2  0, 2  3  0, 02)  0,32(mol)  nO(thuéc oxit)  0,32(mol)  n Fe3O4  0, 08(mol).  Áp dụng bảo toàn e kinh nghiệm cho sơ đồ:  Na  , K  , SO 4 2   NaNO3   2  NO  Fe Fe3 O 4 : 0, 08 1,8mol KHSO4 hhX   ddY  Z  H2O 2 H Fe(NO ) Mg  2 3 2    Mg   :a  NH 4 Nhận thấy trên toàn sơ đồ :Mg tăng số oxi hóa còn Fe3O4, NO3- và H+ giảm số oxi hóa nên có ngay : 2  n Mg  2  n Fe3O4  8  n NH   3  n NO  2  n H2  n Mg  0,54(mol) 4 Tác giả: Dong HuuLee 0,54  24  100%  25,%  §¸p ¸n A. 50,82 Nhận xét. Đây là một bài tập hóa học hay và lời giải trên đã minh họa cho câu nói”bài nào khó, có bảo toàn”. Với những kiến thức và kĩ năng đã phân tích ở các bài trước thì bài này sẽ không còn quá khó nữa.Mấu chốt ở bài này là bạn phải tăng được tốc độ làm bài lên bằng cách áp rèn luyện kĩ năng áp dụng các định luật bảo toàn ,đặc biệt là rèn luyện kĩ năng sử dụng bảo toàn e ở dạng kinh nghiệm( vì kĩ thi trắc nghiệm bạn không những chạy đua với kiến thức mà còn phải chạy dua với thời gian nữa). Bài 8.Hòa tan m(g) hỗn hợp X gồm FexOy,Fe,MgO và Mg bằng dung dịch HNO3 dư thì thu được 6,72 lít hỗn hợp khí A (đktc) gồm hai khí N2O và NO có tỉ khối so với H2 bằng 15,933 và dung dịch Y chứa 129,4 gam muối.Mặt khác,cũng lượng X ở trên nếu hòa tan bằng dung dịch H2SO4 đặc,dư thì thu được 15,68 lít khí SO2(sản phẩm khử duy nhất ,đktc) và dung dịch Z có chứa 104 gam muối trung hòa.Giá trị của m là A.27,2 B.28,8 C.26,16 D.22,86 Hướng dẫn giải  Mg2  ;  Fe3   NO  HNO3 (d ­) Fex O y  muèiY NH 4  (cã thÓ)  A       V  6,72(lit )  N 2 O 129,4(g)   Fe NO dA - Sơ đồ bài toán : hhX   H2  3  m(g)  MgO  Mg2  ;  Fe3  Mg  H 2 SO 4  muèi Z   SO2   SO 2   V 15,68(lit)  4 104(g)   n N O  0, 04(mol) - Đề   2  n e nhËn N 2 O,NO  8  0, 04  3  0, 26  1,1(mol).  n NO  0, 26(mol) - Theo sơ đồ có: Quá trình cho e Quá trình nhận e Thí nghiệm 1 2y 10H+ +2 NO3- + 8e  N2O + 5H2O  3 x xFe  xFe  (3x  2y)e 4H+ + NO3- + 3e  NO + 2H2O 0 +3 Fe  Fe + 3e Mg0  Mg+2 + 2e Thí nghiệm 2 2y  S 6  2e   SO 2 xFe x  xFe3  (3x  2y)e 1,4(mol)  0,7(mol) Fe0  Fe+3 + 3e Mg0  Mg+2 + 2e Thấy ngay : vì lượng e cho ở hai thí nghiệm là như nhau   n e (nhËn ë TN1)  n e (nhËn ë TN 2) 1, 4(mol).  %Mg  - Tại thí nghiệm 1: vì n e nhËn N 2O,NO  8  0, 04  3  0, 26  1,1(mol) < 1,4 (mol)  chứng tỏ phải có thêm quá trình tạo ra NH4+ và cụ thể alf có 0,3 mol e đã tham gia quá trình :  NH 4  + 3H2O 10H+ +2 NO3- + 8e   0,3(mol) 0,0375(mol) - m(muối K.loại tại thí nghiệm 1) = m(muối Y) - m NH4 NO3 = 129,4 – 0,0375 . 80 = 99,4(g)  n NO  (trong muèi K.lo¹ i)  3 99, 4  m K.lo¹ i 62 . Tác giả: Dong HuuLee - m(muối sunfat ở TN2) = 104 = mK.loại + m SO 2  n SO 2  4 104  m K.lo¹i 96 4 (mol) . - Theo định luật bảo toàn điện tích : TN1 TN2 3  n Fe3  2  n Mg2     1  n NO  (trong muèi K.lo¹ i)    2  n SO 2 (trong muèisunfat ) 3 1  n NO  (trong muèi K.lo¹ i)  2  n SO 2 (trong muèisunfat )  3 n SO 2  4 4 99, 4  m K.lo¹ i 4 104  m K.lo¹i 96  62  2 104  m K.lo¹i 96 .  m(K.lo¹ i)  27, 2(g) 104  27, 2  0,8(mol) . 96 - Tại thí nghiệm 2, H2SO4 làm hai vai trò : H 2 SO4  2e  SO4 2   SO2  H 2 O   0,7   0,7 2  H2 O O(thuécoxit )  H2 SO4  SO 4   0,1(mol)  0,1(mol) Fex O y  Fe Vậy : m = hhX = m(k.loại) + m(oxi) = 27,2 + 16. 0,1 = 28,8 gam  Đáp án B.  m(g)  MgO  Mg Nhận xét. Thật tuyệt vời phải không quý bạn đọc!!!. Để có lời giả như trên cho bài này cũng như các bài tương tự khác , bạn đọc cần biết : Về kiến thức Về kĩ năng 1. Kim loại + HNO3 1. Khi cho hỗn hợp Kim loại và các oxit kim loại của nó tác dụng với dung dịch chứa axit M + HNO3  M(NO3)n(max) + Spk + H2O  (  Au,Pt ) thì H+ có 3 vai trò : 2.Kim loại + H2SO4(đặc) Vai trò 1. kế hợp với Oxi của oxit để tạo H2O:  M +H SO M (SO ) + Spk + H O 2 4(đặc) 2 4 n(max) 2 2H   O 2   H 2 O  _(  Au,Pt ) 3. Oxit kim loại + HNO3 M2On + HNO3  M(NO3)n + H2O Chú ý. FeO ,Fe3O4 + HNO3  Fe(NO3)3 + Spk + H2O 4. Oxit kim loại + H2SO4 M2On + H2SO4(đặc)  M2(SO4)n + H2O Chú ý. FeO, Fe3O4 + H2SO4(đặc)  Fe2(SO4)3 + Spk + H2O Bản chất là: 2HNO3 +  O   H2O + NO3H2SO4 +  O   H2O + SO42Vai trò 2. làm môi trường để khử NO3- thành sản phẩm khử : H+ + NO3- +e  SpK + H2O e+ H2SO4  SO42- + SpK + H2O Vai trò 3 . tác dụng với kim loại tạo H2 : 2e  2H   H 2 ( Quá trình này chỉ diến ra khi ở vai trò 2 chất NO3- hết, H+ còn). 2.Gặp bài toán theo mô hình :  HNO3  .... A  H 2 SO4  .... Thì nhất thiết phải sử dụng tính chất bắc cầu của bảo toàn e, bảo toàn nguyên tố,bảo toàn điện tích cho dung dịch sau phản ứng. Tác giả: Dong HuuLee 3. Trên sơ đồ: H+ + NO3- +e  SpK + H2O Nếu đề cho đồng thời số mol của spk và số mol cảu một trong 3 đại lượng bên trái( H+ hoặc NO3- hoặc e) thì chắc chắn sẽ cso thêm quá trình tạo NH4+. Bài 9.Nung hỗn hợp A gồm a mol Mg và 0,25 mol Cu(NO3)2 một thời gian thì thu được 0,45 mol hỗn hợp khí B và rắn X.Hòa tan X bằng một lượng vừa đủ dung dịch chứa 1,3 mol HCl thì thu được 0,05 mol hỗn hợp khí Y gồm N2 và H2 có tỉ khối so với hiđro bằng 11,4 và dung dịch Z chỉ chứa muối clorua.Cô cạn Z thì thu được m gam muối. Giá trị gần nhất của m là A.82(g). B.74(g). C.72(g) D.80(g) Hướng dẫn giải - Sơ đồ bài toán :  NO 2 N  Mg : a(mol) t0 1,3mol HCl hhA    hhB   R¾n X  hhY  2 ddZ      Cu(NO ) : 0, 25(mol) O H (chØ cã muèi clorua ) 0,45(mol)  3 2  2 0,05(mol)  2 dZ H2 11,4 m(muối Z )= ?  n N  0, 04 §Ò -   2 .  n H2  0, 01 Cu(NO3 )2  CuO - Chất rắn X gồm :   khi cho X + HCl thì H+ của HCl thực hiện các vai trò :  MgO  Mg + Kết hợp với Oxi của oxit để tạo H2O: (1) 2H   O 2    H2O + Làm môi trường để khử NO3- trong X thành sản phẩm khử :   (2) 12H  N 2   6H 2 O   2NO 3  10e    0,48(mol)  0,04(mol) 0,08(mol) + và có thể có cả quá trình tạo NH4 :  (3) 10H NO3   8e   NH 4   3H 2 O   10x(mol)  x(mol) x + Tác dụng với một phần kim loại Mg tạo H2 :  (4) 2e  2H   0,02(mol)  Nhận định: H2   0,01(mol) ( Quá trình này chỉ diến ra khi ở vai trò 2 chất NO3- hết, H+ còn).  n  - Đề cho đồng thời  H  chắc chăn sẽ có NH4+ : x (mol)  n Spk - Đã có H2  ở các quá trình trên NO3- đã hết. - Từ (2),(3),(4)  n H (1)  1,3  (0, 48  10x  0, 02)  (0,8  10x)  nOX  (0, 4  5x)   - Ở giai đoạn nhiệt phân   nOCu(NO3 )2  nOB  nOOxit trongX  nONO  trongX  x  0, 02(mol) 3     BTNT O 230,25 2 0,45 (0,4 5 x) (0,08  x).3 Tác giả: Dong HuuLee  Mg2  : a(mol)  2 Cu : 0, 25(mol) BTNT BT § T  ddZ    a  0,39(mol)  m(muèi)Z  71,87(g)  Đáp án C. -    NH 4 : 0, 02(mol) Cl  : 1,3(mol)  Nhận xét. Để giải tốt bài tập trên cũng như những bài tương tự thì bạn đọc cần biết : Về kiến thức Về kĩ năng 1. Sự nhiệt phân của muối nitrat : 1. Gặp bài toán phức tạp (gồm nhiều phản t0 ứng,không xác định được các phản ứng ,thứ tự Cu(NO3)2   CuO + NO2 + O2 của các phản ứng,điểm dừng của các phản ứng Nếu : - Nếu phản ứng xảy ra không hoàn toàn ( một thời ứng..) thì trong đầu bạn nhất thiết phải nghỉ và làm những việc sau: gian) thì chất ban đầu vẫn còn. - Sơ đồ hóa bài toán để định hướng nhanh cách - Trong hỗn hợp nhiệt phân có kim loại thì : 0 giải. t O2( vừa sinh) + + kim loại   Oxit. - Áp dụng các định luật bảo toàn : nguyên tố, điện 2. Khi cho cho hỗn hợp có Kim loại và các oxit tích, bảo toàn e kinh nghiệm,bảo toàn khối lượng. tác dụng với dung dịch chứa (H+ + NO3-) thì H+ - Trong bài toán có quá trình: có 3 vai trò (theo thứ tự):  NO 2  Vai trò 1. kết hợp với Oxi của oxit để tạo H2O:  2H   O 2   H 2 O  NO     Spk  N 2 O   H 2 O Vai trò 2. làm môi trường để khử NO3- thành sản H  NO3  e   phẩm khử : H2    NO 2    NH 4 (dd)   NO  Nếu thấy đề cho đồng thời số mol của một trong    ba phần tử bên trái và số mol của Spk thì chắc H  NO3  e   Spk N 2 O   H 2 O  chắn Spk ngoài khí còn có cả NH4+.Vì vậy ,nếu H2  thấy dấu hiệu trên thì lập tức hướng trí tuệ của    NH 4 (dd) mình vào việc chứng minh có NH4+ và tìm mol của NH4+(việc làm này thường xuất hiện trên H+ + NO3- +e  SpK + H2O những bài có Al,Zn và Mg). Vai trò 3 . tác dụng với kim loại tạo H2 :  2e  2H  H 2 ( Quá trình này chỉ diến ra khi ở vai trò 2 chất NO3- hết, H+ còn). Bài 10.Cho 26,88 gam Fe vào 600ml dung dịch A gồm Cu(NO3)2 0,4M và NaHSO4 1,2M,sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được m gam chất rắn B và khí NO( sản phẩm khử duy nhất).Giá trị của m là A. 15,92 B.13,44 C.17,04 D.23,52 Hướng dẫn giải Cu(NO3 )2 0, 4M  r ¾n B  NO  (Spk duy nhÊt) . - Sơ đồ bài toán: 26,88(g)Fe  600ml dd  NaHSO 1, 2M 4  m(g) ?  n Fe  0, 48(mol); n H  0, 72(mol); n NO3  0, 48(mol) - Đề    n Cu2  0, 24(mol); n Na  0, 72(mol); n SO42  0, 72(mol) Cách 1. Phương pháp đại số. Các phản ứng (theo thứ tự): Tác giả: Dong HuuLee   3 Fe 4 H   NO  3  Fe  0,18  0,72  0,18 0,18 3 2 Fe   2Fe   3Fe 0,09  0,18 2 2 Fe    Cu  Fe  Cu  0,21 0,21  m(r¾ n)  m Cu  0, 21  64  13, 44(g)  §¸p ¸n B. Nhận xét. Để giải tốt bài trên cũng như các bài tương tự khác theo phương pháp đại số thì bạn đọc cần biết: Về kiến thức Về kĩ năng 1. Phản ứng : Khi giải bài toán hóa mà đề cho đồng thời số mol của các chất phản ứng thì phải tính toán M + H+ + NO3-  Mn+(max) + Spk + H2O Diễn ra trước phản ứng : mol theo chất có nhỏ hơn và trình bày theop M + ion K.loại(thuộc muối) hscb 2.Khi cho kim loại phản ứng đồng thời với các cation phương pháp 3 dòng ( ban đầu , phản ứng, kim loại hoặc H+ thì cation đứng sau sẽ phản ứng sau phản ứng). trước, cation đứng trước phản ứng sau: do đó thứ tự phản ứng là : Kim loại + Ag+  Ag Kim loại + Fe3+  Fe2+ Kim loại + Cu2+  Cu Kim loại +H+  H2 Kim loại + Fe2+  Fe (phản ứng này chỉ xảy ra khi kim loại đứng trước Fe) Cách 2.Phương pháp bảo toàn e+ bảo toàn điện tích + bảo toàn nguyên tố. - Sau phản ứng có kim loại  dung dịch chỉ chứa muối Fe2+. -Nhận thấy :  n e lín nhÊt Fe cã thÓ cho Fe2  2  0, 48  0, 96(mol)  n e lín nhÊt cã thÓ nhËn 4H  NO  3e NO  2  0, 24  0, 48(mol) 3  n 4H   NO3  3e  NO e lín nhÊt cã thÓ nhËn  2 Cu  2e  Cu Như vậy :  2  0, 24  3  0, 72  1, 02(mol) 4 n e lín nhÊt cã thÓ nhËn 4H  NO  3e  NO  n e lín nhÊt Fe cã thÓ choFe2   n 3 nên : -Fe phải hết - H+ phải hết - NO3- còn - Cu2+ đã tham gia phản ứng nhưng phải còn. Từ đây bài toán có thể mô tả theo sơ đồ :    e lín nhÊt cã thÓ nhËn 4H2 NO3  3e  NO Cu  2e  Cu Tác giả: Dong HuuLee  n Fe  0, 48(mol)  n Fe 2   0, 48(mol)  n   0, 72(mol)   H  n NO3  0,3(mol)  n   0, 48(mol) 4H  NO3 3e NO 2H2 O (1) 2   NO3 Cu  2e  Cu (2) BT § T  Cu  +dd  n Cu2  a(mol)   a  0, 03(mol)  n  0, 24(mol) 2  Cu   n   0, 72(mol)  n Na  0, 72(mol)  Na  n 2  0, 72(mol)  SO4  n SO 2  0, 72(mol)  4     mCu  13, 44(g) Nhận xét. Để giải được nhanh theo phương pháp trên bạn đọc cần biết: Về kiến thức Về kĩ năng Do các kim loại từ Mg đến Cu có thể kéo Khi áp dụng bảo toàn e thì : - Nên sử dụng ở dạng bảo toàn e kinh nghiệm để muối Fe3+  muối Fe2+: 3 n 2 nhẩm nhanh. M   Fe  M  Fe - Chú ý: (Mg  Cu) Nên:   ne(nhËn)  chÊt khö vµ chÊt oxh cïng hÕt.   Fe  n  e(cho)   ne(nhËn)  chÊt khö hÕt, chÊt oxh d­.    hh hîp chÊt Fe.      ne(nhËn)  chÊt khö d­ vµ chÊt oxh hÕt.   ...   n e (chÊt oxh1)nhËn  n e chÊt khö(cho)   n e (chÊt oxh1)  H  NO3  K.lo¹i  Fe e (chÊt oxh 2) nhËn  hîp chÊt Fe. ChÊt khö hÕt. hh    K.lo¹iM(th­êng lµ Cu)  chÊt oxi hãa(1) hÕt.   ChÊt oxi hãa(2) cßn.  ....  BTNT Cu thì phản ứng chỉ tạo muối Fe2+,không có muối Fe3+ (vì nếu sản phẩm có Fe3+ thì hà cớ gì kim loại sau phản ứng lại không phản ứng rồi?)  n e (chÊt khö1) cho  n e chÊt oxh(nhËn)   n e (chÊt khö1) e (chÊt khö 2) cho ChÊt oxh hÕt.   chÊt khö (1) hÕt. ChÊt khö(2) cßn.  Bài 11. Hòa tan hoàn toàn 3,9 gam hỗn hợp X gồm Al và Mg có tỉ lệ mol tương ứng là 2:1 bằng dung dịch Y gồm KNO3 và HCl thì thu được dung dịch A chỉ chứa m gam muối ,hỗn hợp khí B có thể tích 2,24 lít (ở đktc) gồm hai khí không màu trong đó có một khí hóa nâu ngoài không khí.Tỉ khối của B so với H2 bằng 8.Vậy m gần nhất giá trị nào ? A.24 B.26 C.28 D.30 Hướng dẫn giải KNO3 tan hÕt Al (mol 2 :1)  ddY    ddA  hhB  - Sơ đồ bài toán : 3, 9(g) hhX    m(g)chØ cã muèi ? V  2,24(lÝt)  Mg HCl dY  n Al  0,1(mol)  tan hÕt - Đề      n e(cho)  3  0,1  2  0, 05  0, 4(mol).  n  0, 05(mol)  Mg H2 8 Tác giả: Dong HuuLee - Từ  n NO  0, 05(mol) hhB    n  3  0, 05  2  0, 05  0, 25(mol)  n e(cho)  nên  H  e(nhËn)  2 V  2,24(lÝt)  n H2  0, 05(mol) NO Y d H2 8 ngoài hai quá trình nhận e:   (2) 4H  NO   6H 2 O   NO 3  3e    0,2(mol)  0,05(mol) 0,05(mol)  (4) 2e  2H   0,1(mol) H2   0,05(mol) phải có thêm quá trình nhận e tạo ra NH4+ :  10 H 8e  NO3    NH 4   3H 2 O      0,1875  0,15(mol) 0,01875 0,01875(mol) - Vì đã có H2 thoát ra nên NO3- đã hết .Mặt khác,dung dịch A chỉ chứa muối nên H+ cũng đã hết do đó  3 : 0,1 (mol) Al  2  Mg : 0, 05 (mol)  ddA Cl  : 0, 4875(mol)  HCl  H  ( NO,NH  ,H ) 4 2    : 0, 06875(mol)  KNO3   NO3 K (  NO,NH 4 )    NH 4 : 0, 01875(mol)  m  27  0,1  24  0, 05  35,5  0, 4875  39  0, 06875  18  0, 01875  24, 225(g)  §¸p ¸n A. Nhận xét. Dù là một bài khá hay nhưng nếu nhớ và hiểu những nhận xét mà tác giả đã phân tích ở những bài trên thì hi vọng bài này không còn là vấn đề với các quý bạn đọc nữa. Bài 12. Hỗn hợp X có khối lượng 13,36 gam gồm Cu và Fe3O4 .Hòa tan X trong H2SO4 đặc,dư thì thu được V1 lít khí SO2(đktc) và dung dịch Y.Cho Y tác dụng với dung dịch NaOH dư rồi lọc lấy kết tủa đem nung đến khối lượng không đổi thì thu được 15,2 gam chất rắn Q.Mặt khác, nếu cho lượng hỗn hợp X ở trên tác dụng với dung dịch hỗn hợp gồm HNO3 và H2SO4 thì sinh ra V2 lít NO ( sản phẩm khử duy nhất) và 0,64 gam kim loại không tan. Giá trị của V1 và V2 lần lượt là A. 2,576 và 0,896 B. 2,576 và 0,224 C.2,576 và 0,672 D.2,912 và 0,224. Hướng dẫn giải 0 - Sơ đồ bài toán : Cu hh  Fe O  13,36(g)  3 4 TN1  H 2 SO 4 (d ­)  NaOH d ­ t    SO2   ddY   T    r¾n Q   15,2(g) V1 (lit) ?  TN 2  dd HNO3 H SO 2 4   NO  (Spk duy nhÊt)  0, 64(gam) k .lo¹i .  V2 (lit ) ? - Tại thí nghiệm 1: Cu 2   NaOH d ­ : a(mol) TN1  H2 SO4 (d ­) Cu(OH)2 Cu hh    SO   ddY   T      2 3  13,36(g)  Fe 3 O 4 : b(mol) Fe Fe(OH)3 V (lit ) ? 1  CuO : a(mol)  1 b r¾n Q Fe2 O3 : (mol)  2 2 15,2(g)   (chó ý) Tác giả: Dong HuuLee 64a  232b  13, 6 a  0,1 BTE Giai §o¹ n(1) V       2  0,1  1  0, 03  2  1  V1  2,576(lÝt) 3 22, 4 80a  160  2 b  15, 2 b  0, 03 - Xét thí nghiệm 2 : do sau phản ứng vẫn còn kim loại  Fe3O4 phản ứng chỉ tạo muối Fe2+: 2 Cu Cu TN 2  (H   NO3  ) hh    (Spk duy nhÊt)  Cu .  2   NO     13,36(g)  Fe 3 O 4 V2 (lit ) ? 0,01(mol) Fe §Ò ( Full tài liệu: 425 trang)
- Xem thêm -