15 bài toán đơn giản có thể áp dụng định luật bảo toàn điện tích

Lời Mở đầu Khi ghi phương trình phản ứng hoá học dạng phân tử sẽ không mấy chú ý đến sự trao đổi điện tích của nguyên tử hay nhóm nguyên tử trong quá trình phản ứng. Định luật bảo toàn điện tích có một sức mạnh lớn giúp đơn giản hoá việc giải toán hoá học, nhưng lớn hơn cả là khi áp dụng định luật ta sẽ thấy rất rõ bản chất của phản ứng hoá học. Mong muốn rằng một bài toán hoá học không phải là các phương trình đại số “khổng lồ”, tư duy hoá học phải luôn được thể hiện một cách rõ ràng, cụ thể và có sức cảm hoá học sinh. Tôi đề cập đến chỉ một số bài toán có thể giải bằng cách áp dụng định luật bảo toàn điện tích thay vì thói quen làm toán giải thông thường. Thật sự không phải là vấn đề quan trọng bậc nhất của hoá học nhưng tôi muốn trình bày ý kiến là các em học sinh không có thói quen thực hiện bài toàn hoá học thực sự với tư duy hoá học. Mục đích của tôi là đơn giản, gần hơn nữa với hoá học và hoá học không chỉ là lập các phương trình đại số. Người viết : Khiếu Thị Hương Chi 15 bài toán đơn giản có thể áp dụng định luật bảo toàn điện tích 1 Điện tích luôn xuất hiện hoặc mất đi từng cặp có giá trị bằng nhau nhưng ngược dấu. Bài 1 Một dung dịch chứa a(mol) Na+ ; b(mol) Ca2+ ; c(mol) HCO3- ; d(mol) Cl- Lập biểu thức liên hệ giữa a, b, c, d. Lập công thức tính khối lượng muối trong dung dịch. Giải : Tổng số điện tích (+) bằng tổng số điện tích (-) chứa trong cùng một dung dịch. a.1 + b.2 = c.1 + d.1 KL muối = 23.a + 40.b + 61.c + 34,5.d Bài 2 Một dung dịch chứa 0,02 mol NH4+ ; 0,01 mol SO42- ; 0,01 mol CO32- và ion Na+. Tính số mol Na+ ỉ Học sinh thấy được ý nghĩa của khái niệm “ trung hoà điện” ; thường thì khi chưa làm bài tập này bao giờ các em không biết phải thực hiện bài toán như thế nào. Vậy là định luật bảo toàn dù là một định luật cơ bản nhưng 1 học sinh dù đã giải rất nhiều bài toán hoá học cũng rất ít biết cách áp dụng lần đầu tiên. 1 Trong phản ứng OXHK : số electron nhường = số electron nhận Bài 3 1,92g Cu + HNO3 loãng, nóng, vừa đủ à V (lít) khí NO (đktc). Tính V, khối lượng HNO3 nguyên chất đã phản ứng. Giải : Cách 1 : Viết và cân bằng PTPU 3Cu + 8HNO3 à 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O 0,03---- 0,08-----------------------0,02 Cách 2 : Theo định luật BTĐT : Số mol e nhường = Số mol e nhận Cu – 2e à Cu2+ (1) N+5 + 3e à N+2 (2) 0,03 --- 0,06 0,06---0,02 ỉ S NO3- = N+5 (2) + NO3- tham gia môi trường. Học sinh sẽ hiểu nhiều hơn về quá trình trao đổi điện tích khi học về phản ứng OXHK, thực tế các em chỉ thành thạo ở mức cân bằng phương trình phản ứng. Khi thực hiện giải toán đa số học sinh làm theo cách 1, theo cách 2 với bài tập này không ngắn hơn cách 1 nhưng giáo viên nên chỉ cho các em bản chất tham gia phản ứng của NO3- (OXHK và môi trường), đó là bản chất hoá học. Bài 4 13,92g Fe3O4 + HNO3 à 0,448 lít khí NxOy (đktc). Tính khối lượng HNO3 nguyên chất phản ứng. Giải : Cách 1 : Viết và cân bằng PTPU (5x-2y)Fe3O4 + (46x-18y)HNO3 à (15x-6y)Fe(NO3)3 + NxOy + (23x-9y)H2O 0,06---------------------------------------------------------0,02 Cách 2 : 3Fe+8/3 - e à 3Fe+3 0,06-------0,06 xN+5 + (5x-2y) e à xN+2y/x 0,02(5x-2y)--- 0,02 Điều kiện : x Ê 2 ; y Ê 5 ( x,y ẻ N ) 0,02 (5x-2y) = 0,06 Nghiệm hợp lý : x = 1 ; y =1. SNO3- = OXHK + môi trường = 0,02 + 3. 0,06. 3 = 0,56 (mol) ( Fe(NO3)3 ) Bài 5 18,56g oxit sắt + HNO3 à 0,224 lít khí một oxit của Nito (đktc). Tìm công thức 2 oxit. Tính khối lượng HNO3 phản ứng. Giải : Công thức tổng quát : Fe2On ; N2Om với điều kiện n <3 ; m < 5 ( n, m ẻ R+ ) 2Fe+n - 2(3-n)e à 2Fe+3 18,56/(112 + 16n)------2(3-n)/(112 + 16n). 18,56 (1) 2N+5 + 2(5-m)e à 2N+m 0,02(5-m)-------------0,01 (2) Theo định luật BTĐT : 2(3-n)/(112 + 16n). 18,56 = 0,02(5-m) Với điều kiện trên phương trình có nghiệm hợp lý : m =1 ; n = 8/3 SNO3- = OXHK + môi trường = 0,02 + 3. 0,24 = 0,74 (mol) ( Fe(NO3)3 ) ỉ Việc viết và tính theo phương trình phản ứng hiển nhiên không còn ưu việt nữa. Nếu thực hiện theo cách 1 như bài trước quả thật khó khăn hơn rất rất nhiều. 1 Mở rộng hơn quá trình nhường electron của kim loại Bài 6 3,94g hỗn hợp A gồm 2 kim loại hoạt động (X, Y) – hoá trị kim loại không đổi. A + O2 dư à 4,74g hỗn hợp 2 oxit. A + hỗn hợp (HCl ; H2SO4) loãng. 1/ Tính thể tích H2 (đktc) 2/ Tìm giới hạn muối thu được. 3/ Nếu X, Y thuộc 2 chu kỳ liên tiếp của PNC II, dung dịch axit chỉ chứa HCl. Tính % khối lượng mỗi muối. Giải : ỉ Quá trình nhận e của oxi và quá trình nhận e của H+ trong dung dịch axit khi phản ứng với kim loại là như nhau về số mol e (cùng khối lượng kim loại) : 1/ Số mol O = (k/lượng oxit – k/lượng A)/ 16 = (4,74 – 3,94)/ 16 = 0,05 mol O + 2e à O-2 0,05-------------0,1-------------0,05 H+ + e à 1/ 2 H2 0,1-------------0,05 2/ M - ne à M+n -------------0,1------------- H+ + e à 1/ 2 H2 0,1-------------0,05 Tổng số mol e nhường của kim loại = 0,1 mol. Muối tạo thành do sự kết hợp Cl- và SO42- với Mn+ tuân theo định luật BTĐT : Gọi a, b là số mol Cl- và SO42- tham gia tạo muối. a.1 + b.2 = 0,1 (*) Điều kiện : aẻ[0 ; 0,1] và b[0 ; 0,5] Khối lượng muối = k/lượng kim loại + k/lượng Cl- + k/lượng SO42- = 3,94 + 35,5.a + 96.b thay (*) = 3,94 + 35,5.a + 96(0,1-a)/2 y = 8,74 – 12,5.a Nhận xét y (khối lượng muối) là hàm nghịch biến theo aẻ[0 ; 0,1] do đó : y (max) = y(0) = 8,74 (g) y (min) = y(0,1) = 7,49 (g) 3/ Thay n = 2 à số mol kim loại = 0,1/2 = 0,05 à KLNTTB = 3,94/0,05 = 78,8 à Ca và Sr Bài 7 13,6g hỗn hợp 2 kim loại + O2 à 2 oxit m(g) 2 oxit + H2SO4 500ml ; 1M. 1/ Tính m 2/ Xác định 2 kim loại biết chúng ở PNC II, hoá trị không đổi, KLNT của kim loại này = KLPT oxit của kim loại kia. Giải : 1/ 2Mn+ + nSO42- à M2(SO4)n 0,5---------- > 0,5/n 2M ---- > M2On ------- > M2(SO4)n --------------- 0,5/n <----------------0,5/n Theo định luật BTKL : m = k/lượng KL +k/lượng O = 13,6 + n.0,5/n .16 = 21,6 (g) 2/ Số mol e nhường nhận trong phản ứng oxy hoá là 1 mol : O + 2e à O-2 0,5----1 M - 2e à M2+ 0,5 < ----1 ỉ Bài toán thực hiện theo cách gọi CTPT của oxit AxOy và XmOn ; gọi a,b là số mol từng kim loại ; viết PTPU với H2SO4 ; lập phương trình đại số 13,6g và 0,5 mol H2SO4 là cách giải thông thường rất dài và phức tạp vì đặt nhiều ẩn số. Bài 8 (*1) 38g X (Fe ; Fe2O3) + HCl à 5,6 lít H2 (*2) 38g X (Fe ; Fe2O3) + HNO3 đặc, nóng à 16,8 lít NO2. 1/ Tính % khối lượng mỗi chất trong X. 2/ Tính khối lượng HCl ; HNO3 nguyên chất tham gia phản ứng Các thể tích đo ở đktc ; không xét quá trình Fe + 2Fe3+ à 3Fe2+) Giải : 1/ X + HCl à Fe - 2e à Fe2+ 0,25 < ------0,5--------------0,25 2H+ + 2e à H2 0,5 < -------0,25 X + HNO3 đ,n à Fe - 3e à Fe3+ 0,25----- >0,75------------ 0,25 N+5 + 1e à N+4 0,75 --0,75 <-------0,75 Sử dụng giả thiết (*1) hay (*2) đều xác định đuợc số mol Fe. 2/ Muối clorua : Fe2+ : 0,25 mol ; Fe3+ (trong Fe2O3) + Cl- Muối nitrat : Fe3+ = 0,25 + Fe3+ (trong Fe2O3) + NO3- ỉ Chú ý áp dụng định luật bảo toàn e cho quá trình OXHK tương ứng. Bài 9 62,1g Al + HNO3 loãng à 16,8 lít hỗn hợp X (N2O ; N2) (đktc) 1/ Tính thể tích dung dịch HNO3 2M, biết đã lấy dư 25%. 2/ Tính thể tích mỗi khí. Giải : 1/ Số mol X = 0,75 mol Al - 3e à Al3+ 2,3--- > 6,9 -----------------2,3 2N+5 + 8e à N2O 2x --------8x < -------- x 2N+5 + 10e à N2 2(0,75-x) ---10(0,75-x) <----- (0,75-x ) SNO3- = OXHK + môi trường = 2. 0,75 + 2,3 .3 = 8,4 mol ( Al(NO3)3 ) 2/ Theo đinh luật BTĐT : 2,3 . 3 = 8x + 10(0,75-x) ------ > x = 0,3 mol ỉ Thông thường với bài toán trên viết 2 PTPU sản phẩm là N2O và N2 ; lập phương trình đại số và giải hệ 2 phương trình. Bài 10 m(g) Cu + HNO3 à 10,08 lít hỗn hợp (NO ; NO2) có tỷ khối so với H2 là 16,6. Tính m và lượng HNO3 đã phản ứng. Các thể tích khí đo ở đktc. Giải : Dễ dàng tính được số mol NO : 0,36 mol ; số mol NO2 : 0,09 mol Cu - 2e à Cu2+ --------(1,08+0,09) N+5 + 3e à N+2 0,36----1,08 < ----0,36 N+5 + 1e à N+4 0,09----0,09 < ----0,09 Tính được : số mol Cu = 0,585 mol SNO3- = OXHK + môi trường = 0,36 +0,09 + 2. 0,585 = 1,62 mol ( Cu(NO3)2 ) ỉ Sau khi tính được tỷ lệ NO : NO2 có thể viết PTPU, cân bằng theo tỷ lệ và tính theo PTPU, hệ số PTPU là lớn. 13Cu + 36HNO3 à 13Cu(NO3)3 + 8NO + 2NO2 + 18H2O Bài 11 m(g) hỗn hợp (Al ; Fe) + HCl à 7,28 lít H2 (đktc) m(g) hỗn hợp (Al ; Fe) + HNO3 loãng, nóng à 5,6 lít NO (đktc) Tính % khối lượng mỗi kim loại. Giải : Tác dụng với HCl Al - 3e à Al3+ Fe - 2e à Fe2+ H+  + 1e à 1/ 2H2 0,65 < ------0,325 Tác dụng với HNO3 M - 3e à M+3 0,25 <---0,75 N+5 + 3e à N+2 0,75 <------0,25 Nhận xét : Số mol e hỗn hợp Al ; Fe nhường khi tác dụng HCl : 0,65 mol Số mol e hỗn hợp Al ; Fe nhường khi tác dụng HNO3 : 0,75 mol Số mol e mà Al nhường là như nhau với HCl và HNO3 ; 1 mol Fe nhường cho HNO3 nhiều hơn cho HCl là 1 mol e ; ---- > Số mol Fe = 0,75 – 0,65 = 0,1 mol ; Số mol Al = 0,25 – 0,1 = 0,15 mol. Bài 12 1/ 8,25g hỗn hợp X ( A, B là KLK thuộc 2 chu kỳ liên tiếp ; M là KLKT ) X + H2O à 3,92 lít H2 X + Zn + H2O à ? Tính khối lượng Zn tối đa để hỗn hợp mới tan hoàn toàn trong H2O. Tính khối lượng muối thu được. 2/ Xác định A, B, M biết để kết tủa hết M2+ dùng hết 100ml dung dịch Na2CO3 1M và thu được 10g kết tủa. Giải : 1/ M - ne à M+n -------------0,35-------------------- H2O + e à OH- + 1/ 2H2 0,35-----------0,35--------0,7 Lượng OH- hoà tan Zn : Zn + 2 OH- à ZnO22- + H2 0,35/2--------0,35--------0,35/2 Khối lượng muối = k/lượng X + k/lượng ZnO22-. 2/ M2+ + CO32- à MCO3 0,1-----------0,1-------------0,1 (= 10g) ố M = Ca Ca - 2e à Ca2+ 0,1------------0,2 KLK - 1e à KLK1+ 0,15 <-----(0,35-0,2) Khối lượng KLK = k/lượng X – k/lượng Ca Bài 13 m(g) kim loại M + HNO3 loãng, nóng à NO : V1 lít + Muối nitrat m(g) kim loại M + HCl à H2 : V2 lít + Muối clorua Biết V1 = V2 ; khối lượng Muối clorua = 52,48% khối lượng muối nitrat Thể tích khí đo cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất. Xác định M. Giải : Không mất tính tổng quát coi phản ứng xảy ra xét 1 mol kim loại. M - ne à Mn+ 1------- >n N+5 + 3e à N+2 n--------------- > n/3 M + m H+ à Mm+ + m/2 H2 1-------------------------------------------- > m/2 V1 = V2 --- > số mol NO = số mol H2 --- > n/3 = m/2 --- > n = 3 ; m = 2 --- > M(NO3)3 và MCl2. ỉ Tính với 1 mol M cho phép tính đơn giản ; phân biệt với bài toán kim loại có hoá trị không đổi. Bài 14 11,2g hỗn hợp Cu-Ag + 19,6g dung dịc H2SO4 đặc, nóng à khí A + 5 lít dung dịch B. 1/ Cho A + nước Clo dư, dung dịch thu được cho tác dụng với BaCl2 dư thu được18,64g kết tủa. Tính % khối lượng mỗi kim loại, C% dung dịch H2SO4 ban đầu. 2/ Nếu cho 280ml dung dịch NaOH 0,5M vừa đủ hấp thụ hoàn toàn khí A ở trên thì lượng muối thu được là bao nhiêu. Giải 1/ Sơ đồ chuyển hoá SO42- +2e à SO2 ---------> SO42- -----------> BaSO4 0,16 ò-------------------------------------0,08 Cu – 2e à Cu2+ Ag -1e à Ag+ x----2x-------2x (0,16-2x) Ta có : 64x + (0,16-2x)108 = 1,12 -----> x = 0,04 2/ Cu - 2e à Cu2+ Ag -1e à Ag+ 0,04-----------0,04 0,08-----------0,08 Số mol SO42- tạo muối với Ag+ và Cu2+ = 0,04 + 0,08/2 = 0,08 SSO42- = OXHK + môi truờng = 0,08 + 0,08 = 0,16. Bài 15 3,61g hỗn hợp Al-Fe tác dụng với 100ml dung dịch chứa AgNO3 và Cu(NO3)2 hoàn toàn. Sau phản ứng thu được dung dịch A và 8,12g chất rắn B gồm 3 kim loại. Hoà tan chất rắn B bằng dung dịch HCl thoát ra 0,672 lít khí H2 (đktc). Tính nồng độ mol của AgNO3 và Cu(NO3)2 trong dung dịch ban đầu. Biết số mol của Al và Fe là 0,03 và 0,05 mol. Giải Al - 3e à Al3+ 0,03-------0,09 Fe - 2e à Fe2+ 0,05-------0,1 Ag+ + 1e à Ag a------------a Cu2+ + 2e à Cu b------------2b 2H+ + 2e à H2 0,06 < -----------0,03 áp dụng định luật BTĐT 0,09 + 0,1 = a + 2b + 0,06 ------> a + 2b = 0,3 (1) Chất rắn B gồm 3 kim loại : Ag; Cu ; Fe (theo thứ tự khử) 108a + 64b + 0,03.56 = 8,12 (2) Từ (1) ; (2) -----> a = 0,03 ; b = 0,05.