Định Luật Bảo Toàn Electron Lớp 10 Violet / Top 9 # Xem Nhiều Nhất & Mới Nhất 2/2023 # Top View | 2atlantic.edu.vn

Giải Toán Bằng Định Luật Bảo Toàn Electron

Chi tiết Chuyên mục: Chương 4. Phản ứng hóa học Được viết ngày Thứ bảy, 07 Tháng 2 2015 15:38 Viết bởi Nguyễn Văn Đàm

1. Nguyên tắc

Tổng số mol e nhường = tổng số mol e nhận (1)

Định luật bảo toàn e có thể được áp dụng cho các phản ứng riêng hoặc tổng hợp nhiều phản ứng.

2. Cách giải cơ bản với bài toán có vận dụng định luật bảo toàn electron

– Xác định chất khử và chất oxi hoá.

– Viết các quá trình khử và quá trình oxi hoá.

– Sử dụng biểu thức của định luật bảo toàn electron: n e nhường = n e nhận để giải.

VD1: Cho m(g) Al vào 100ml dung dịch Cu(NO 3) 2 2M và AgNO 3 2M thu được dung dịch A và chất rắn B. Nếu cho B phản ứng với dung dịch HCl dư thì được 3,36 lit H 2 (đktc). Tìm m?

– Nhận thấy trong bài toán trên, Al đóng vai trò chất khử; Ag +, H + và Cu 2+ đóng vai trò chất oxi hóa.

– Các quá trình nhường và nhận e đã xảy ra:

Al → Al 3+ + 3e

Ag+ + 1e → Ag

Cu 2+ + 2e → Cu

Vận dụng định luật bảo toàn e cho các quá trình trên ta thấy:

3m/27 = 0,1.2.2 + 0,1.2.1 + 3,36.2/22,4 → m = 9(g).

VD2: Để m(g) Fe ngoài không khí, sau một thời gian thu được 12g hỗn hợp gồm 4 chất rắn. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp bằng HNO 3 thu được dung dịch A và 2,24 lit NO (đktc). m = ?

– Nhận thấy trong bài toán này, Sắt từ mức oxi hóa là 0 được chuyển lên các mức oxi hóa trung gian rồi cuối cùng đạt mức oxi hóa cao nhất là +3 đóng vai trò chất khử. Có 2 chất oxi hóa là O 2 và HNO 3.

– Các quá trình nhường và nhận e trong bài:

Fe → Fe 3+ + 3e

Vận dụng định luật bảo toàn e cho các quá trình ta được:

3m/56 = (12 – m).4/32 + 2,24.3/22,4 → m = 10,08

Bài 2: Thuyết Electron. Định Luật Bảo Toàn Điện Tích

Cấu tạo nguyên tử về phương diện điện. Điện tích nguyên tố

Nguyên tử có cấu tạo gồm: – Một hạt nhân mang điện dương nằm ở trung tâm – Các electron mang điện âm chuyển động xung quanh.

Proton và electron còn được gọi là điện tích nguyên tố.

Thuyết electron

Là thuyết dựa vào sự cư trú và di chuyển của các electron để giải thích các hiện tượng điện và tính chất điện của vật

Nội dung: Electron có thể di chuyển từ nguyên tử này sang nguyên tử khác:

Nguyên tử bị mất electron trở thành ion dương. Một nguyên tử nhận thêm electron trở thành ion âm.

Một vật nhiễm điện âm khi số electron mà nó chứa lớn hơn số proton. Nếu số electron ít hơn số proton thì vật nhiễm điện dương.

Vận dụng

Chất dẫn điện và chất cách điện

Chất dẫn điện là chất có chứa nhiều điện tích tự do. Ví dụ: Kim loại, dung dịch axit, bazơ và muối là các chất dẫn điện.

Chất cách điện là chất không chứa hoặc chứa rất ít điện tích tự do. Ví dụ: Không khí khô, dầu, thủy tinh, sứ, cao su, một số nhựa,…

Lưu ý: Sự phân biệt này chỉ mang tính tương đối.

Sự nhiễm điện do tiếp xúc

Nếu cho một vật chưa nhiễm điện tiếp xúc với một vật nhiễm điện thì nó sẽ bị nhiễm điện cùng dấu với vật đó. Đó là sự nhiễm điện do tiếp xúc.

Sự nhiễm điện do hưởng ứng

Đưa một quả cầu A (+) lại gần đầu M của một thanh kim loại MN trung hòa về điện. Ta thấy đầu M nhiễm điện âm (-) còn đầu N nhiễm điện dương (+)

Định luật bảo toàn điện tích

Trong một hệ vật cô lập về điện, tổng đại số của các điện tích là không đổi.

Hệ vật cô lập về điện là hệ vật không có trao đổi điện tích với các vật khác ngoài hệ.

Kiến thức thực tiễn

Hiện tượng bụi bám chắc vào các cánh quạt trần, mặc dù cánh quạt thường xuyên quay rất nhanh. → Khi cánh quạt quay, nó sẽ cọ xát với không khí nên bị nhiễm điện. Vật nhiễm điện có khả năng hút các vật nhẹ như bụi nên các hạt bụi bám chặt sẽ bám chặt vào quạt (điều này đã nói trong bài 1).

Chuyên Đề Bài Toán Áp Dụng Định Luật Bảo Toàn Electron

Phần I: MỞ ĐẦU Cơ sở lý luận: Dạy và học hoá học ở các trường hiện nay đã và đang được đổi mới tích cực nhằm góp phần thực hiện thắng lợi các mục tiêu của trường THCS. Ngoài nhiệm vụ nâng cao chất lượng hiểu biết kiến thức và vận dụng kĩ năng, các nhà trường còn phải chú trọng đến công tác phát hiện và bồi dưỡng học sinh giỏi các cấp. Đây là nhiệm vụ rất quan trọng trong việc phát triển giáo dục ở các địa phương. Đặc biệt ở các trường THCS của huyện. Xuất phát từ nhiệm vụ năm học do Phòng GD & ĐT và Trường THCS Yên Lạc đề ra, với mục tiêu: " Nâng cao số lượng và chất lượng ở các đội tuyển HSG các cấp, đặc biệt là HSG cấp tỉnh ". Mặt khác, chương trình hoá học THCS đồng tâm với chương trình hoá học THPT. Do vậy lượng kiến thức đối với HSG là rất rộng ( nhiều bài tập là đề thi tuyển sinh các trường đại học, cao đẳng trong cả nước, hoặc đề HSG của lớp 11, 12), nên trong học hoá học không chỉ đơn thuần là sử dụng kiến thức cũ mà có cả tìm kiếm kiến thức mới và vận dụng kiến thức cũ trong các tình huống mới. Xuất phát từ thực tế giảng dạy các bài toán hoá học cho thấy, một bài toán hoá học có thể có nhiều lời giải khác nhau: có những cách giải dài dòng khó hiểu, có những cách ngắn gọn, đơn giản dễ hiểu. Vì vậy để đáp ứng được yêu cầu đó chúng ta phải tìm tòi và phát hiện ra các cách giải đơn giản, ngắn gọn và dễ hiểu. Mục đích và đối tượng: Mục đích: Nghiên cứu các kinh nghiệm về bồi dưỡng kĩ năng giải bài tập hoá học cho học sinh lớp 9 dự thi HSG cấp tỉnh. Đối tượng: Học sinh đội tuyển học sinh giỏi môn hoá học của Trường THCS Yên Lạc. Phần II: NỘI DUNG MỘT SỐ KIẾN THỨC CẦN NHỚ Một số khái niệm cơ bản. Chất oxi hoá: là chất nhận electron của chất khác. Chất khử: là chất nhường electron cho chất khác. Quá trình oxi hoá: là quá trình xảy ra sự mất electron. Quá trình khử: là quá trình xảy ra sự nhận electron. VD: Xác định các chất oxi hoá, các chất khử và viết các bán phản ứng oxi hoá khử sau: - Chất oxi hoá: Mn+7(KMnO4) - Chất khử: Cl-1(HCl) - Quá trình nhường electron: 2Cl-1 → Cl2 + 2e 1 mol 2 (mol electron) - Quá trình nhận electron: Mn+7 + 5e → Mn+2 1 mol 5 mol electron Al0 + HNO3 Al(NO3)3 + N2O + H2O - Chất oxi hoá: N+5(HNO3) - Chất khử: Al - Quá trình nhường electron: 1 mol 3 mol electron - Quá trình nhận electron: 2N+5 + 2 x 4e → 2N+1 2x4 mol electron 1 mol Nội dung: Nguyên tắc: Trong một phản ứng oxi hoá khử: Tổng số electron do chất khử nhường bằng tổng số electron do chất oxi hoá nhận. Từ đó có thể suy ra: Tổng số mol electron mà các chất khử nhường bằng tổng số mol electron do các chất oxi hoá nhận. Dựa trên nguyên tắc này chúng ta có thể giải được nhiều bài toán nếu dùng các phương pháp khác sẽ không giải được hoặc lời giải dài dòng, phức tạp. Phạm vi áp dụng. Một số lưu ý: Bài toán còn phải kết hợp thêm các phương pháp khác như: phương pháp bảo toàn nguyên tố, phương pháp bảo toàn khối lượng. Tính oxi hoá của các axit: HNO3, H2SO4 đặc nóng. + Sản phẩm khử của HNO3 thường là: N2, NO, NO2, N2O, NH4NO3. + Sản phẩm khử của H2SO4 đặc nóng: SO2, S, H2S. Một số axit có tính khử như: HCl, HBr, HI, H2S . Nếu một hoặc nhiều kim loại tác dụng với các axit có tính oxi hoá mạnh như: HNO3, H2SO4 đặc, nóng. thì ngốc axit trong muối = Nếu bài toán tạo ra các sản phẩm có số oxi hoá trung gian thì ta chỉ quan tâm đến trạng thái số oxi hoá đầu và cuối của chất khử và chất oxi hoá, mà không cần quan tâm đến giai đoạn trung gian. Ví dụ 1 : Để sắt ngoài không khí một thời gian thu được hỗn hợp gồm sắt và các oxit sắt. Hoà tan hỗn hợp này bằng dung dịch HNO3 dư thu được dung dịch muối sắt (III) nitrat và khí NO là sản phẩm khử duy nhất. Ở VD này ta nhận thấy: Fe0 hỗn hợp có Fe0, Fe+2, Fe+8/3, và Fe+3 Fe+3 Do đó ta có thể bỏ qua giai đoạn trung khi tạo thành hỗn hợp, mà bản chất chỉ từ Fe0 Fe+3 Ví dụ 2: Trộn bột Al với Fe2O3 rồi tiến hành phản ứng nhiệt nhôm trong điều kiện không có không khí sau một thời gian thu được hỗn hợp chất rắn. Hoà tan hỗn hợp chất rắn trên bằng lượng vừa đủ dd H2SO4 đặc nóng, thu được khí SO2 là sản phẩm khử duy nhất. Ở VD này ta nhận thấy: Al0 Al+3 Fe+3 hỗn hợp có Fe0, Fe+2, Fe+8/3, và Fe+3 Fe+3 Do vậy ta có thể bỏ qua quá trình nhận electron của Fe+3 và quá trình nhường electron của Fe và các oxit sắt. Vì vậy quá trình nhường electron chỉ do Al0 Al+3 Quá trình nhận electron của S+6S+4 Dựa vào phương pháp định luật bảo toàn electron, theo tôi chia làm 3 dạng bài tập cơ bản: Bài toán có một chất khử và một chất oxi hoá. Bài toán có nhiều chất khử và một chất oxi hoá ( hoặc một chất khử và nhiều chất oxi hoá). Bài toán có nhiều chất khử và nhiều chất oxi hoá. ÁP DỤNG. Bài toán có một chất khử và một chất oxi hoá. Ví dụ 1. (Đề thi HSG tỉnh Phú Thọ năm 2005 - 2006) Hoà tan hết 2,16 gam FeO trong HNO3 sau phản ứng thấy thoát ra 0,244 lit khí X (đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Tìm X? Hướng dẫn Khí X sinh ra chứa nitơ: NxOy (x= 1, 2. y = 0, 1, 2, 3). Ta có: nFeO = 0,03 mol, nX = 0,01 mol Ta có các bán phản ứng oxi hoá khử: Fe+2 → Fe+3 + 1e xN+5 + (5x- 2y)e → xN+2y/x. 0,03 mol 0,03 mol (5x - 2y)0,01mol 0,01x mol Áp dụng định luật bảo toàn electron ta được: 0,03 = (5x - 2y)0,01. Vậy 5x - 2y = 3 x 1 2 y 1 (nhận) 2,5 (loại) Vậy X là: NO Ví dụ 2: (PP giải nhanh các bài toán trắc nghiệm - Đỗ Xuân Hưng) Trộn 5,4 gam Al với hỗn hợp Fe2O3 và CuO, rồi tiến hành phản ứng nhiệt nhôm trong điều kiện không có không khí sau một thời gian thu được hỗn hợp chất rắn A. Hoà tan hỗn hợp chất rắn A bằng lượng vừa đủ dung dịch HNO3 thì thu được bao nhiêu lít khí N2O (đktc)( N2O là sản phẩm khử duy nhất). Hướng dẫn: Các quá trình nhường và nhận electron. Al → Al+3 + 3e 0,2 mol 0,6 mol 2N+5 + 2 x 4e → 2N+1 8a mol a mol Theo định luật bảo toàn electron ta có: 8a = 0,6 a = 0,075 (mol) Vậy: (lít) Nhận xét: ở đây ta bỏ qua quá trình nhường và nhận electron của Fe+3 và Cu+2 vì ban đầu là Fe+3 và Cu+2 trong các hợp chất, nhận electron thành Fe và Cu nhưng khi phản ứng với HNO3 thì lại thành Fe+3 và Cu+2. Ví dụ 3: (PP giải nhanh các bài toán trắc nghiệm - Đỗ Xuân Hưng) Nung m(g) Fe2O3 với khí CO thiếu thu được 6,52(g) hỗn hợp Y gồm 4 chất rắn. Hòa tan Y hết vào dd HNO3 thì thu được 6,72lít khí NO (đktc) duy nhất. Tìm m. Hướng dẫn: nNO = 0,3 (mol) Ta có các bán phản ứng oxi hoá khử: C+2 → C+4 + 2e a mol a mol 2a mol N+5 + 3e → N+2 0,9 mol 0,3 mol Áp dụng định luật bảo toàn electron ta được: Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta tính được: II. Bài toán có nhiều chất khử và một chất oxi hoá ( hoặc một chất khử và nhiều chất oxi hoá). Ví dụ 1: (Đề thi HSG tỉnh lớp 9 - Gia Lai năm học 2009 - 2010) Để m gam sắt ngoài không khí, sau một thời gian thu được chất rắn X có khối lượng (m + 1,6) gam. Nếu cho toàn bộ X tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc, nóng, dư thì thu được 4,48 lít khí SO2 (đktc) duy nhất thoát ra. Tính m. Hướng dẫn Trong chất X có thể có: Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 nên ta có sơ đồ: m (g) Fem + 1,6 (g) hh X có: Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 4,48 lít SO2 dd Fe2(SO4)3 Vậy ta có các quá trình nhường và nhận electron của các chất: Quá trình nhường electron. Fe → Fe+3 + 3e Quá trình nhận electron. O2 + 4e → 2O-2 0,05 mol 0,2 mol S+6(H2SO4) + 2e → S+4(SO2) 0,4 mol 0,2 mol Theo định luật bảo toàn electron ta có: Tổng số mol electron nhường = tổng số mol electron nhận. Ví dụ 2: ( Đề thi Olympic - 30/04/2006) Cho 2,52 g hh X gồm Al và Mg trộn theo tỉ lệ mol 2 : 3 tác dụng với H2SO4 đặc thì thu được muối sunfat và 0,03 mol một sản phẩm duy nhất chứa lưu huỳnh. Xác định sản phẩm tạo thành và viết các phương phản ứng. Hướng dẫn: Theo bài ra ta tính được số mol của Al và Mg nAl = 0,04 (mol) nMg = 0,06 (mol) Ta có các bán phản ứng oxi hoá khử như sau: Al → Al+3 + 3e Mg → Mg+2 + 2e 0,04 mol 0,12 mol 0,06 mol 0,12 mol S+6 + ne → S+(6 - n) 0,03n 0,03 Theo định luật bảo toàn electron ta có: 0,03n = 0,24 n = 8. Vậy sản phẩm khử là: H2S Ví dụ 3: (Các dạng toán và PP giải hoá học 12 - phần vô cơ - Lê Thanh Xuân) Cho hỗn hợp kim loại A gồm Zn và Al. Lấy nửa hỗn hợp A tác dụng với dung dịch CuSO4 dư. Phản ứng xong đem toàn bộ chất rắn tạo thành cho tác dụng hết với HNO3 thu được 4,48 lít NO duy nhất (đktc). a. Nếu cho hỗn hợp A tác dụng hết với HNO3. Tính thể tích khí N2 duy nhất (đktc) sinh ra b. Nếu khối lượng hỗn hợp A là 24,9 gam. Tính khối lượng từng kim loại trong A. Hướng dẫn: Số mol NO = 0,2 (mol) Gọi x, y là số mol Zn, Al trong nửa hỗn hợp A. Zn → Zn+2 + 2e Al → Al+3 + 3e x mol 2x mol y mol 3y mol N+5(HNO3) + 3e → N+2(NO) 0,6 mol 0,2 mol Þ 2x + 3y= 0,6 (1) a) Hỗn hợp A tác dụng hết với HNO3 : Zn → Zn+2 + 2e Al → Al+3 + 3e 2x 4x 2y 6y 2N+5(HNO3) + 10e → N2 10a mol a mol Ta có: 4x + 6y = 10a Vậy (lít) b) 65x + 27y = 12,45 (2) Þ x = 0,15 ; y = 0,1 mZn= 0,15.65 .2 = 19,5 (g); mAl = 24,9 - 19,5 = 5,4 (g) III. Bài toán có nhiều chất khử và nhiều chất oxi hoá. Ví dụ 1: (Đề thi HSG tỉnh lớp 9 - Phú Yên năm học 2006 - 2007) Hoà tan m gam hỗn hợp A gồm Fe và kim loại M (có hoá trị không đổi) trong dung dịch HCl dư thì thu được 1,008 lít khí (đktc) và dung dịch chứa 4,575 gam muối khan. Tính m. Mặt khác cũng hoà tan m gam hỗn hợp A trên trong dung dịch chứa hỗn hợp HNO3 đặc và H2SO4 ở nhiệt độ thích hợp thì thu được 1,8816 lít hỗn hợp 2 khí (đktc) có tỉ khối hơi so với H2 là 25,25. Xác định kim loại M. Hướng dẫn Các phương trình phản ứng xẩy ra: Fe + 2HCl ® FeCl2 + H2 2M + 2nHCl ® 2MCln + nH2 . Số mol H2 = 1,008 : 22,4 = 0,045 Þ số mol HCl phản ứng = 0,045.2 = 0,09 Bảo toàn khối lượng : Khối lượng kim loại + khối lượng HCl phản ứng = khối lượng muối + khối lượng H2 Þ m + 0,09.36,5 = 4,575 + 0,045.2 Þ m = 1,38 (g) Gọi x, y là số mol Fe, M 56x + My = 1,38 (1) 2x + ny = 0,09 (2) - Tác dụng với HNO3 đặc, H2SO4 : Số mol 2 khí = 1,8816 : 22,4 = 0,084 ; 2 khí = 25,25.2 = 50,5 Khối lượng mol NO2 = 46 50,5 Þ SO2 Þ Ta có các bán phản ứng oxi hoá khử như sau: Fe → Fe+3 + 3e x mol 3x mol M → M+n + ne y mol ny mol N+5(HNO3) + 1e → N+4(NO2) 0,063 mol 0,063 mol S+6(H2SO4) + 2e → S+4(SO2) 0,042 mol 0,021 mol Theo định luật bảo toàn electron ta có: 3x + ny = 0,105 (3) Từ (2), (3) x = 0,015 ny = 0,06 thế vào (1): 56.0,015 + M . 0,06 : n = 1,38 Þ M = 9n chọn n = 3 Þ M = 27(Al) Ví dụ 2: (PP giải toán hoá vô cơ - Quan Hán Thành) 1. Cho 7,22g hỗn hợp X gồm Fe và kim loại M có hóa trị không đổi. Chia hỗn hợp thành 2 phần bằng nhau: - Hoà tan hết phần 1 trong dung dịch HCl được 2,128 l H2. - Hoà tan hết phần 2 trong dung dịch HNO3 được 1,792 l khí NO duy nhất. Xác định kim loại M và % khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp X? 2. Cho 3,61g X tác dụng với 100ml dung dịch A chứa Cu(NO3)2 và AgNO3. Sau phản ứng thu được dung dịch B và 8,12g chất rắn D gồm 3 kim loại . Cho chất rắn D tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 0,672 l H2. Các chất khí đo ở đkc và các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính CM của Cu(NO3)2 và AgNO3 trong dung dịch A. Hướng dẫn: Đặt số mol của kim loại Fe và M trong một nửa hỗn hợp là x, y và hoá trị của M là n: Theo bài ra ta có: 56x +My =3,61(1) Các bán phản ứng oxi hoá khử xẩy ra: Phần 1: Fe → Fe+2 + 2e x mol 2x mol M → M+n + ne y mol ny mol 2H+ + 2e → H2 0,19 mol 0,095 mol Theo định luật bảo toàn electron ta được: 2x + ny = 0,19(2) Phần 2: Fe → Fe+3 + 3e x mol 3x mol M → M+n + ne y mol ny mol N+5(HNO3) + 3e → N+2(NO) 0,24 mol 0,08 mol Theo định luật bảo toàn electron ta được: 3x + ny = 0,24(3) Từ (1), (2), (3) ta tính được: x = 0,05 mol y = mol M = 9n. n 1 2 3 M 9(loại) 18 (loại) 27(nhận) Vậy M là Al. x = 0,05 mol y = 0,03 mol %mFe = 77,56% ; %mAl = 22,44% Đặt nồng độ mol của Cu(NO3)2 và AgNO3 trong 100 ml dung dịch A là a và b. Số mol của Cu(NO3)2 và AgNO3 trong 100 ml dung dịch A: 0,1a và 0,1b Vì chất rắn D gồm 3 kim loại nên Fe dư, các muối trong dung dịch A hết. Chất rắn D tác dụng với dung dịch HCl chỉ có Fe phản ứng: Fe + 2HCl ® FeCl2 + H2 Số mol của sắt dư: nFedư = Vậy số mol Fe phản ứng với dung dịch A: 0,03 mol Ta có các bán phản ứng oxi hoá khử: Fe → Fe+2 + 2e Cu+2 + 2e → Cu 0,02 mol 0,04 mol 0,1a mol 0,2a mol 0,1a mol Al → Al+3 + 3e Ag+ + e → Ag 0,03 mol 0,09 mol 0,1b mol 0,1b mol 0,1b mol Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có: 0,2a + 0,1b = 0,13(1) mD = mFedư + mCu + mAg mCu + mAg =6,44 64.0,1a + 108.0.1b = 6,44(2) Từ (1) và (2) ta tính được: a = 0,5M b = 0,3M Ví dụ 3: (PP giải nhanh các bài toán trắc nghiệm - Đỗ Xuân Hưng) Hỗn hợp A gồm Mg và Al, hỗn hợp B gồm O2 và Cl2. Cho 1,29 gam hôn hợp A phản ứng hết với 1,176 lít hỗn hợp B (đktc) thu dược 4,53 gam hỗn hợp X gồm các oxit và muối clorua. Tính % theo khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp đầu. Hướng dẫn: nB = 0,0525(mol) - Đặt a, b là số mol của Mg và Al trong 1,29 gam hỗn hợp A. Ta có: 24a + 27b = 1,29 (1) - Đặt x, y là số mol của O2 và Cl2 trong hỗn hợp B Ta có: x + y = 0,0525 (2) Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: mA + mB = mX mB = 4,53 - 1,29 = 3,24 (gam) 32x + 71y = 3,24 (3) Các bán phản ứng oxi hoá khử xẩy ra: Mg → Mg+2 + 2e O2 + 4e → 2O-2 a mol 2a mol x mol 4x mol Al → Al+3 + 3e Cl2 + 2e → 2Cl-1 b mol 3b mol y mol 2y mol Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có: 2a + 3b = 4x + 2y (4) Từ 1, 2, 3 và 4 ta có: a = 0,02 (mol) b = 0,03 (mol) x = 0.0125 (mol) y = 0,04 (mol) %mMg = 37,2% ; %mAl = 62,8% LUYỆN TẬP Bài 1: (PP giải toán hoá vô cơ - Quan Hán Thành) Hỗn hợp X gồm FeS2 và MS có số mol như nhau, M là kim loại có hoá trị không đổi . Cho 6,51g X tác dụng hoàn toàn với lượng dư dd HNO3 đun nóng, thu được dd A1 và 13,216 lit (đkc) hỗn hợp khí A2 có khối lượng là 26,34g gồm NO2 và NO. Thêm 1 lượng dư dd BaCl2 loãng vào A1, thấy tạo thành m1 g kết tuả trắng trong dd dư axit trên. Hãy cho biết kim loại M trong MS là kim loại gì ? Tính giá trị khối lượng m1.Tính % khối lượng các chất trong X. Đáp số: M là Zn, m1 = 20,97g. %mFeS2 = . %mZnS = 44,7% Bài 2: (PP giải nhanh các bài toán trắc nghiệm - Đỗ Xuân Hưng) Hoà tan 5,64g Cu(NO3)2 và 1,7g AgNO3 vào nước được 101,43g dd A. Cho 1,57g hh X bột kim loại gồm Zn và Al vào dd A rồi khuấy đều. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được phần rắn B và dd D chỉ chứa 2 muối. Ngâm B trong dd H2SO4 loãng không thấy có khí thoát ra.Tính C% mỗi muối có trong dd D. Đáp số: C% (Zn(NO3)2) =3,78%. C% (Al(NO3)3) = 2,13% Bài 3: (PP giải toán hoá vô cơ - Quan Hán Thành) Hoà tan 22,064g hỗn hợp X gồm Al và Zn vừa đủ với 500ml dd HNO3 loãng thu được dd A và 3,136 lit (đkc) hỗn hợp khí Y gồm 2 khí không màu (trong đó có 1 khí hoá nâu ngoài không khí), khối lượng hỗn hợp khí Y là 5,18g. Tính % số mol mỗi kim loại trong hỗn hợp X.Cô cạn dd A thu được bao nhiêu gam muối khan Đáp số: %Al = 11,53%, %Zn = 88,47%. mmuối = 69,804 g Bài 4: (Đề thi HSG tỉnh Phú Thọ năm 2003 - 2004) Cho 12,45g hh X gồm Al và kim loại M(II) tác dụng với dd HNO3 dư thu được 1,12 lit hh khí (N2O và N2) có tỉ khối hơi so với H2 bằng 18,8 và dd Y .Cho Y tác dụng với dd NaOH dư thu được 0,448 lit khí NH3.Tìm kim loại M và khối lượng mỗi kim loại trong X .Biết nX = 0,25 mol các khí đo ở đkc. Đáp số: M là Zn. mAl = 0,1. 27 = 2,7 g . mZn = 0,15.65 = 9,75 g Bài 5: (PP giải nhanh các bài toán trắc nghiệm - Cao Thị Thiên An) 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 với dd Cu(NO3)2 thì thu được m g Cu. Cho m g Cu tác dụng hết với dd HNO3 dư thu được 1,12 l khí NO duy nhất ở đktc. Nếu cho lượng hỗn hợp A trên phản ứng hoàn toàn với dd HNO3 thì thu được bao nhiêu lít N2. Các thể tích khí đo ở đktc. ĐS: = 22,4.0,015 = 0,336 lit Bài 6: (PP giải nhanh các bài toán trắc nghiệm - Cao Thị Thiên An) Để m(g) Fe trong không khí bị oxi hóa 1 phần thành 22(g) hỗn hợp các oxit và Fe dư. Hòa tan hỗn hợp này vào dung dịch HNO3 dư thu được 4,48 lit khí NO duy nhất (đkc). Tìm m. Đáp số: m = 18,76 (gam) Bài 7: (PP giải nhanh các bài toán trắc nghiệm - Cao Thị Thiên An) Cho 16,2 gam kim loại M (hoá trị không đổi) tác dụng với 0,15 mol oxi. Chất rắn thu được sau phản ứng cho hoà tan hoàn toàn vào dung dịch HCl dư thu được 13,44 lít H2 (đktc). Xác định kim loại M (Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn). Đáp số: M là Al Bài 8: (PP giải nhanh các bài toán trắc nghiệm - Cao Thị Thiên An) Oxi hoá chậm m gam Fe ngoài không khí gam hỗn hợp A gồm FeO , Fe2O3 , Fe3O4 và Fe dư . Hoà tan A bằng lượng vừa đủ 200 ml dd HNO3 thu được 2,24 lít NO (ở đktc) . Tính m và CM dd HNO3. Đáp số: m = 10,08 (gam) Bài 9: Cho m gam kim loại A tác dụng hết với dung dịch HNO3 loãng thu được 0,672 lít NO (ở đktc) , cô cạn dd sau phản ứng thu được 12,12 gam tinh thể A(NO3)3.9H2O . Kim loại A là Đáp số: Kim loại : Fe Bài 10: Hoà tan hoàn toàn 17,4 gam hh 3 kim loại Al , Fe , Mg trong dd HCl thấy thoát ra 13,44 lít khí đktc . Nếu cho 34,8 gam hh 3 kim loại trên tác dụng với dd CuSO4 dư , lọc toàn bộ chất rắn tạo ra rồi hoà tan hết vào dd HNO3 đặc nóng thì thể tích khí thu được ở đktc là : Đáp số: V = 53,76 (lít) Bài 11: (Đề thi HSG lớp 9 - tỉnh Hà Nam năm 2009-2010) Cho 13,9 gam hỗn hợp gồm Al và Fe trộn theo tỉ lệ số mol là 1: 2 vào 200 ml dung dịch A chứa Cu(NO3)2 và AgNO3. Sau phản ứng hoàn toàn thu được 37,2 gam chất rắn B gồm 3 kim loại. Cho toàn bộ chất rắn B vào dung dịch HCl dư, thu được 1,12 lít khí(ở đktc). Tính nồng độ mol của mỗi chất trong dung dịch A. Đáp số: Bài 12: (Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên tỉnh Ninh Bình năm học 2010-2011) Hoà tan a gam một oxit sắt bằng dung dịch H2SO4 đặc nóng chỉ thu được Fe2(SO4)3, SO2 và H2O. Mặt khác khử hoàn toàn a gam oxit sắt trên bằng CO dư ở nhiệt độ cao rồi hoà tan hoàn toàn lượng sắt tạo ra bằng dung dịch H2SO4 đặc nóng thu được Fe2(SO4)3, H2O và khí SO2 nhiều gấp 9 lần hàm lượng khí SO2 ở thí nghiệm trên. Tìm công thức của oxit sắt. Đáp số: Fe3O4 Bài 13: Hòa tan 5,6 gam Fe bằng dung dịch H2SO4 loãng (dư), thu được dung dịch X. Dung dịch X phản ứng vừa đủ với V (ml) dung dịch KMnO4 0,5M. Giá trị của V là: Đáp số: V = 40 ml Bài 14: Cho dòng khí H2 đi qua ống sứ đựng 15,075 gam hốn hợp Fe, Al và CuO nung nóng. Lấy chất rắn thu được cho tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 6,72 lít khí(đktc), rồi hoà tan tiếp chất rắn còn lại bằng dung dịch HNO3 đặc, dư thu được 2,24 lít khí(đktc). Tính % theo khối lượng cảu mỗi chất trong hỗn hợp đầu. Đáp số: % CuO = 53,07%; %Al = 30,62%; %Fe = 16,31% Bài 15: Khi cho 9,6 g Mg tác dụng hết với ddH2SO4 đậm đặc, thấy có 49 g H2SO4 tham gia phản ứng, tạo muối MgSO4 , H2O và sản phẩm khử A. Xác định A? Đáp số: A là H2S Bài 16: Trộn 60g bột Fe với 30g bột lưu huỳnh rồi đun nóng (không có không khí) thu được chất rắn A. Hoà tan A bằng dd axit HCl dư được dd B và khí C. Đốt cháy C cần V lít O2 (đktc). Tính V, biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. ĐS : lit Bài 17: Cho hỗn hợp bột kim loại A gồm 0,02 mol Fe, 0,04 mol Al, 0,03 mol Cu và 0,015 mol Zn hòa tan hết vào dung dịch HNO3 thu được V lit hỗn hợp khí gồm NO và N2O có tỉ khối so với Hidro là 16,75.Tính V (ở đktc). Đáp số: V = 0,896 (lít) Bài 18: Hỗn hợp A gồm 0,05 mol Mg, 0

Đề Tài Áp Dụng Định Luật Bảo Toàn Electron Để Giải Bài Tập Hoá Học Chương Nitơ

trường thpt Việt nam- ba lan & Sáng kiến kinh nghiệm áp dụng định luật bảo toàn electron để giải bài tập hoá học ChƯơng Nitơ-phốt pho Người thực hiện: Nguyễn thu hằng Môn: hoá đơn vị: trường thpt Việt nam- ba lan năm học 2009 – 2010 Mở đầu I . Lý do chọn đề tài. Cải tiến nội dung và phương pháp dạy học nhằm nâng cao chất lượng của quá trình dạy học là nhiệm vụ thường xuyên và lâu dài của nghành giáo dục . Hoá học là môn khoa học vừa lý thuyết ,vừa thực nghiệm , do đó muốn nâng cao kết quả của quá trình dạy học hoá học người ta cho rằng. Một học sinh hiếu học là học sinh sau khi học bài xong, chưa vừa lòng với những hiểu biết của mình và chỉ yên tâm khi đã tự mình giải được các bài tập ,vận dụng kiến thức đã học dể giải bài tập. Bài tập hoá học có tác dụng rèn luyện khả năng vận dụng kiến thức ,đào sâu và mở rộng kiến thức đã học một cách sinh động , phong phú .Qua đó ôn tập củng cố hệ thống hoá kiến thức một cách thuận lợi nhất ,rèn luyện kĩ năng giải bài tập , phát triển năng lực nhận thức ,năng lực hành động ,rèn trí thông minh ,sáng tạo cho học sinh ,nâng cao hứng thú học tập bộ môn .Có thể nói rằng bài tập hoá học vừa là mục đích ,vừa là nội dung ,lại vừa là phương pháp dạy học rất có hiệu quả . Bài tập còn là con đường đầu tiên để áp dụng chính xác kiến thức khoa học vào cuộc sống. Song thực tế cho thấy nhiều học sinh phổ thông rất sợ giải bài tập hoá học hoặc còn rất lúng túng trong việc xác định các dạng toán , do đó gặp nhiều khó khăn trong việc giải bài tập . Hơn nữa số tiết bài tập hoá học ở trên lớp lại rất ít, nên việc củng cố, đào sâu và vận dụng kiến thức hoá học còn hạn chế. Trước tình trạng đó là một giáo viên chuyên ngành hoá, trong quá trình giảng dạy, tôi thường xuyên hệ thống -phân dạng các bài tập cho học sinh ,góp phần nâng cao khả năng giải bài tập của học sinh ,phục vụ kiến thức cho học sinh ôn thi vào các trường đại học và cao đẳng . Thực tế một bài tập có thể có nhiều cách khác nhau: có cách giải thông thường theo các bước quen thuộc, nhưng cũng có cách giải độc đáo ,thông minh ,rất ngắn gọn mà lại chính xác chẳng hạn như ” Phương pháp bảo toàn electron “. Nguyên tắc của phương pháp này là : ” Khi có nhiều chất oxi hoá ,chất khử trong một hỗn hợp phản ứng ( nhiều phản ứng hoặc phản ứng qua nhiều giai đoạn) thì tổng số electron mà các chất khử cho phải bằng tổng số elctron mà chất oxi hoá nhận “. Ta chỉ cần nhận định đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối của chất oxi hoá và chất khử thậm chí không cần quan tâm đến việc cân bằng các phương trình phản ứng .Phương pháp này đặc biết lý thú với các bài toán phải biện luận nhiều trường hợp có thể xảy ra các bài toán hỗn hợp . Tuy nhiên phương pháp này chỉ áp dụng cho hệ phương trình phản ứng oxi hoá khử và thường dùng giải bài toán vô cơ . II. Mục đích nghiên cứu. Thăm dò khả năng và năng lực riêng của học sinh khi tiếp xúc với một phương pháp giải toán mới . Sử dụng hệ quả của định luật bảo toàn điện tích để giải nhanh bài toán hoá học . Phân loại và tuyển chọn một số bài tập ,một số đề tuyển sinh vào các trường đại học,cao đẳng để học sinh luyện thi đại học Rèn trí thông minh ,phát huy tính tích cực , chủ động ,sáng tạo của học sinh ,tạo ra hứng thú học tập bộ môn hoá học của học sinh phổ thông . III. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu. Hệ thống các bài tập hoá học vô vơ ở chương trình hoá học THPT . IV. Nhiệm vụ nghiên cứu. Nghiên cứu cơ sở lí luận về bài tập hoá học và thực trạng của việc giải bài tập hoá học của học sinh phổ thông hiện nay . Nghiên cứu lý thuyết về định luật bảo toàn điện tích , phản ứng oxi hoá khử Soạn và giải các bài tập vô cơ : Theo phương pháp bảo toàn electron . Thực nghiệm đánh giá việc áp dụng phương pháp bảo toàn electron. V. Phương pháp nghiên cứu. 1. Nghiên cứu lý thuyết Nghiên cứu SGK ,sách bài tập hoá học phổ thông , các nội dung lí thuyết về bài tập hoá học , định luật bảo toàn điện tích làm cơ sở . 2. Tổng kết kinh nghiệm và thủ thuật giải bài tập hoá học . 3. Trao đổi ,trò chuyện với đồng nghiệp , học sinh trong quá trình nghiên cứu VI. Giả thuyết khoa học. Nếu sử dụng thành thạo phương pháp này thì sẽ giúp hoc sinh giải nhanh một số bài toán hoá học vô cơ mà không phải lập hệ phương trình đại số hay biện luận nhiều trường hợp . Nội dung Chương I: cơ sở phương pháp bảo toàn electron 1. Định luật bảo toàn điện tích. 2. Các hệ quả và áp dụng. *Hệ quả 1: “Điện tích luôn xuất hiện hoặc mất đi từng cặp có giá trị trái dấu nhau ” Ví dụ 1 : Na2SO4 tan vào nước sẽ bị điện li và xuất hiện K+ và Cl- Na2SO4 2Na+ + SO42- Ví dụ 2 : Mg2+ cùng mất đi đồng thời với 2OH- theo phản ứng : Mg2+ có hai điện tích +2e. 2OH- có điện tích -2e. Còn Mg(OH)2 thì không mang điện *Hệ quả 2 : ” Trong phản ứng oxi hoá khử ,nếu chất khử phóng ra bao nhiêu mol electron thì chất oxi hoá thu vào bấy nhiêu mol electron “ Ta đã vận dụng hệ quả trên để cân bằng phản ứng oxi hoá khử .Và nhiều trường hợp chỉ cần vần dụng hệ quả trên là có thể giải được bài toán mà không cần phải viết và cân bằng phương trình phản ứng . Ví dụ 3 : Cho 1,92 gam Cu tan vừa đủ trong dung dịch HNO3 loãng ,nóng ta thu được V lít khí NO (đktc) .Tính V và khối lượng HNO3 nguyên chất đã tham gia phản ứng . Bài giải nCu == 0,03 (mol). Ta có các quá trình trao đổi electron : Quá trình nhường e: Quá trình nhận e : số mol electron cho = số mol electron nhận Hay : 0,06 = 3x suy ra : x = 0,02 (mol) . Thể tích khí NO thoát ra ở đktc là : VNO = 0,02 x 22,4 = 0,448 (lit) Từ (1) suy ra trong dung dịch xuất hiện 0,03 mol Cu2+ nên theo định luật bảo toàn điện tích phải có 0,06 mol NO3- tham gia tạo muối Vậy phản ứng trên có 0,02 mol NO3 – tham gia phản ứng oxi hoá khử và 0,06 mol NO3- tham gia phản ứng trung hoà ( Làm môi trường ) Tổng số mol NO3- = Tổng số mol HNO3 = 0,08 mol suy ra : khối lượng HNO3 = 0,08 x 63 = 5,04 (g) . * Hệ quả 3 : “Một hỗn hợp gồm nhiều kim loại có hoá trị không đổi và khối lượng cho trước sẽ phóng ra bao nhiêu mol electron không đổi cho bất kì gốc phi kim nào ” Ví dụ 4 : Lấy 7,78 gam hỗn hợp A gồm hai kim loại hoạt động (X,Y) có hoá trị không đổi chia thành 2 phần bằng nhau: Phần 1: Nung trong oxi dư để oxi hoá hoàn toàn ta thu được 4,74 gam hỗn hợp 2 oxit. Phần 2:Hoà tan hoàn toàn trong dung dịch hỗn hợp HCl và H2 SO4 loãng . Tính thể tích khí H2 thu được ở đktc Bài giải Số mol oxi nguyên tử kết hợp với = 3,94 gam hỗn hợp hai kim loại: = 0,05 mol oxi nguyên tử Trong quá trình tạo oxit ,oxi đã thu electron của kim loại như sau: O + 2e O2- (1) ( mol) : 0,05 0,1 0,05 Theo (1) thì 0,05 mol O đã thu được 0,1 mol electron do 3,94 g hỗn hợp 2 kim loại phóng ra .Khi 3,94 g hỗn hợp 2 kim loại khử H+ của dung dịch axit cũng phóng ra 0,1 mol electron . Vậy H+ sẽ thu 0,1 mol electron theo bán phản ứng : 2H+ + 2e H2 (2) (mol) : 0,1 0,05 Vậy thể tích khí H2 thoát ra là :V = 0,05. 22,4 = 1,12 lít. Chương II : Hệ thống bài tập hoá học giải theo phương pháp bảo toàn electron Loại 1 : Phản ứng của kim loại với axít . Bài 1: Cho m g Zn vào dung dịch HNO3 thấy có 4,48 lít hỗn hợp khí NO và NO2 có tỉ lệ số mol là 1/1 ở đktc. Tính m? Bài giải a. Phương trình phản ứng: Zn + 4 HNO3 = Zn(NO3)3 + 2NO2 + 2H2O (1) 3Zn + 8 HNO3 = 3 Zn(NO3)2 + 2NO + 4H2O (2) Ta có nhỗn hợp = = 0,2 mol n mol Ta có các quá trình trao đổi electron : Quá trình nhường e: Quá trình nhận e : Số mol electron N5+ nhận là : 3*0,1+0,1=0,4 mol Số mol Zn = m=65*0,2=13 gam Bài 2: Cho 6,3 g hỗn hợp Al ,Mg vào 500 ml dung dịch HNO3 ( loãng ) 2M thấy có 4,48 lít khí NO , (duy nhất ) ở đktc và thu được dung dịch A Chứng minh rằng trong dung dịch còn dư axít . Tính nồng độ các chất trong dung dịch A . Bài giải a. Phương trình phản ứng: Al + 4 HNO3 = Al(NO3)3 + NO + 2H2O (1) 3Mg + 8HNO3 = 3 Mg(NO3)2 + 2NO + 4H2O (2) Ta có nNO = = 0,2 mol n= 0,5 .2 = 1 mol Ta có các quá trình trao đổi electron : Quá trình nhường e: Quá trình nhận e : Số mol electron N5+ nhận là : 3*0,2 =0,6 mol Kim loại cho bao nhiêu electron thì nhận về bấy nhiêu gốc Số mol HNO3 tham ra phản ứng là: 0,2+0,6=0,8<1 Vậy axit dư. b/Tính số mol Al ,Mg Gọi số mol Al ,Mg lần lượt bằng a,b mol. Ta có phương trình : Dung dịch A có : Mg(NO)2 0,15 mol HNO3 dư 0,2 mol Al(NO3)3 0,1 mol [Al(NO3)3] = = 0,2 (M) [HNO3] = = 0,4 (M) [Mg(NO3)2 ] = (M) Bài 3: Hoà tan 2,88 gam hỗn hợp Fe , Mg bằng dung dịch HNO3 loãng dư thu được 0,9856 lít hỗn hợp khí NO , N2 ( ở 27,3 0c , 1 at ) có tỉ khối so với H2 bằng 14,75 Viết các phương trình phản ứng có thể xảy ra Tính khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp Bài giải 1. Phương trình phản ứng: 3Mg + 8 HNO3 = 3 Mg(NO3)2 + 2NO + 4H2O 5Mg + 12HNO3 = 5Mg(NO3)2 + N2 + 6 H2O Fe + 4HNO3 = Fe(NO3)3 + NO + 2H2O 2.Tính khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp. Đặt số mol NO, N2 lần lượt là a,b mol Ta có hệ phương trình : Ta được a= nNO = 0,03 mol ; b = nN= 0,01 mol Ta có các quá trình trao đổi electron : Quá trình nhường e: Quá trình nhận e : Số mol e do N+5 nhận : chúng tôi + 10 . nN= 3.0,03 + 0,01 .10 = 0,19 mol (I) Gọi số mol Fe , Mg bằng x ,y mol , ta có ssố mol e do Fe ,Mg nhường : ne = 3x + 2y (II) áp dụng định luật bảo toàn e ta có 3x + 2y = 0,19 (mol) (III) Mặt khác ta có : 56x + 24 y = 2,88 (g ) (IV) Ta có hệ phương trình : Vậy mFe = 0,03 . 56 = 1,68 (g) mMg = 0,05 . 24 = 1,2 (g) Bài 4 : Cho 1,35 gam hôn hơp Cu, Mg, Al tác dụng với HNO3 thu được hỗn hợp khí X gồm 0,04 mol NO và 0,01 mol NO2. Viết phương trình phản ứng. Tính tổng khối lượng muối nitrat tạo thành sau phản ứng? Bài giải 1. Các ptpư : 2. Tính tổng khối lượng muối nitrat. Quá trình nhận e : N+5 + 3e = N+2 N+5 + 1e = N+4 3*0,04 1*0,01 Số mol electron N5+ nhận là : 0,12+0,01=0,13 mol Kim loại cho bao nhiêu electron thì nhận về bấy nhiêu gốc =1,35+0,13*62=9,41 gam Bài 5 : . Hoà tan a g kim loài M trong dung dịch HNO3 2M ta thu được 16,8 lit hỗn hợp khí X (đktc) gồm 2 khí không màu, nhưng hóa nâu ngoài không khí. Tỉ khối hơi của X so với H2 là 18,5. Tính thể tích dung dịch HNO3 đã dùng biết lấy dư 25%. Bài giải Hỗn hợp khí X gồm 2 khí không màu, nhưng hóa nâu ngoài không khí do đó nó phải có khí NO và một khí khác là N2 hoặc N2O. Ta có và mol Mà MNO37. áp dụng sơ đồ đường chéo cho hỗn hợp X ta có: N5+ + 3e N2+ (NO) 0,375 1,125 0,375 2N5+ + 8e 2N+ (N2O) 0,75 3 0,375 số mol electron mà N5+ nhận là: 1,125 + 3 =4,125 mol Kim loại cho bao nhiêu electron thì cũng nhận bấy nhiêu gốc số mol HNO3 tham ra phản ứng là: 0,375 +0,375*2 +4,125=5,25 mol lít Do lấy dư 25% nên lượng HNO3 thực tứ đem dùng là: 2,625 * 1,25 = 3,28 lít. Bài 6: Cho m gam Fe vào dung dịch 0,4 mol HNO3 loãng. Sau phản ứng thấy dung dịch chứa 26,44 gam chất tan và khí NO duy nhất. Tính m? Bài giải Kim loại cho bao nhiêu electron thì nhận về bấy nhiêu gốc . Ta có các quá trình nhận electron: x 3x x sô mol HNO3 tham ra phản ứng là: x+3x=4x Trường hợp I : HNO3 thiếu Fe dư trong dung dịch chỉ có Fe(NO3)2: Trường hợp II : HNO3 dư Fe hết trong dung dịch có Fe(NO3)3 và HNO3 dư: Ta có mol và mol (loại) Trường hợp III : Vậy cả Fe và HNO3 đều hết. Trong dung dịch có Fe(NO3)3 và Fe(NO3)2 gam Loại 2 : Xác định kim loại M Bài 1 : Hoà tan 32 gam kim loại M trong dung dịch HNO3 đặc thu được 22,4 lít NO2 ở đktc. Xác định kim loại M? Bài giải Ta có các quá trình trao đổi electron : Quá trình nhường e: Quá trình nhận e : Số mol e do N+5 nhận : 1*1 = 1 mol . mà n biến thiên từ 1-3. n 1 2 3 M 32 64 96 Vậy M là Cu. Bài 2 : Hoà tan8,1 gam kim loại M trong dung dịch HNO3 thu được 0,3 mol NO2 và 0,2 mol NO. Xác định kim loại M? Bài giải Ta có các quá trình trao đổi electron : Quá trình nhường e: Quá trình nhận e : Số mol e do N+5 nhận : chúng tôi + nNO= 3.0,2 + 0,3 = 0,9 mol mà n biến thiên từ 1-3. n 1 2 3 M 9 18 27 Vậy M là Al. Bài 3: Hoà tan 3,3 g hỗn hợp X gồm Fe và kim loại R ( R có hoá trị không đổi ) trong dung dịch HCl dư ,được 2,688 lít khi H2 .Nếu hoà tan 3,3 g X trên bằng dung dịch HNO3 dư được 0,896 lít hỗn hợp khí Y gồm N2O và NO có tỉ khối so với H2 là 20,25 . Tìm kim loại M và % khối lượng của X . Bài giải Gọi số mol NO ,N2O trong hỗn hợp lần lượt là a,b mol . ta có hệ : Từ (I) vá (II) ta có a =0,01 , b= 0,03 Gọi x,y là số mol của Fe ,R trong hỗn hợp Phản ứng của X với dung dịch HCl : Quá trình nhường e : Fe Fe+3 +2e x 2x R R+n + ne y ny Số mol e nhường là : 2x + ny Quá trình nhận e : 2H+ + 2e H2 2.0,12 0,12 áp dụng định luật bảo toàn e ta có : 2x + ny = 0,24 (I) Phản ứng của X với HNO3 : Quá trình nhường e : Fe Fe+3 +3e x 3x R R+n + ne y ny Số mol e nhường là : 3x + ny Quá trình nhận e : N+5 + 3e = N+2 3.0,03 0,03 2N+5 +10e = N2 10.0,01 0,01 Số mol e nhận là : 3.0,03 + 10.0,01 = 0,19 áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có : 3x + ny = 0,19 (II) Mặt khác theo bài ra ta có : 56x + ny = 3,3 g (III) từ (I) ,(II) ,(III) ta được : x= 0,03 mol ; y= o,o6 mol ; M=27 ; n=3 Vậy M là Al %mFe = =50,91% %mAl== 49,09% Bài 4 : (Đề ĐH Dược -2001) Hỗn hợp X gồm FeS2 và MS có số mol như nhau , M là kim loại có hoá trị không đổi .Cho 6,51 gam X tác dụng hoàn toàn với lượng dư dd HNO3 đun nóng ,thu được dd a và 13,216 lít (đktc) hỗn hợp khí A2 có khối lượng là 26,34 gam gồm NO2 và NO . Thêm một lượng dư dd BaCl2 loãng vào A1 ,thấy tạo thành m1 g chất kết tủa trắng trong dd dư axit trên Hãy cho biết kim loại M. Tính giá trị khối lượng m1 . Bài giải Gọi a,b là số mol của NO2 và NO trong A2 : Ta có có hệ: Ta có các quá trình trao đổi e : Quá trình nhường e : x 15x x 8x Quá trình nhận e : 0,54 0,54 0,15 0,05 áp dụng định luật bảo toàn e ta có : 15x + 8x = 0,15 + 0,54 x = 0,03 Mắt khác ,ta lại có : 120 x + (M + 32 ) x = 6,51 M = 65 Vậy M là Zn Phản ứng tạo kết tủa : Ba2+ + BaSO4 3x 3x mBaSO = ( 3.0,03).233 = 20,97 (gam) Chương III : Thực nghiệm sư phạm I. Mục đích thực nghiệm. Đánh giá khả năng giải các bài toán sử dụng phương pháp bảo toàn electron của học sinh . II. Phương pháp thực nghiệm. 1.Đối tượng: – Chọn học sinh lớp 11A6 , 11 A7 làm đối tượng thực nghiệm. -Chọn 30 học sinh lợc học khá tương đương nhau . – Chia làm 2 nhóm thực nghiệm. 2. Cách tiến hành thực nghiệm : Thực nghiệm theo kiểu đối chứng . -Giáo viên hướng dẫn học sinh nhóm 1 cách giải bài tập theo phương pháp bảo toàn electron , nhóm 2 không hướng dẫn trước như nhóm 1. -Tiến hành thực nghiệm : * Thực nghiệm lần 1 ( kiểm tra khả năng nhận thức ): cho học sinh 2 nhóm làm các bài tập 1 , 2 , 4. Chấm điểm : – Phân loại giỏi ,khá trung bình , kém. * Thực nghiệm lần 2 (kiểm tra độ bền kiến thức ): cho học sinh 2 nhóm làm các bài tập còn lại. Chấm điểm :- Phân loại giỏi ,khá , TB , kém. III. Kết quả thực nghiệm. Sau khi tiến hành thực nghiệm tôi thu được kết qủa theo bảng sau : *Kết quả thực nghiệm lần 1: Kết quả ĐTTN Giỏi Khá Trung bình Yếu Nhóm 1 42% 38% 13,33% 6,67% Nhóm 2 33,33% 26,67% 26,67% 13,33% *Kết quả thực nghiệm lần 2: Kết quả ĐTTN Giỏi Khá Trung bình Yếu Nhóm 1 33,33%b 53,33% 6,67% 6,67% Nhóm 2 13,33% 33,33% 26,67% 26,67% IV. Đánh giá kết quả thực nghiệm. Với nhóm 1 học sinh đã được hướng dẫn giải bài tập theo phương pháp bảo toàn electron nên các em tiếp thu bài nhanh hơn, kỹ năng giải bài tập nhanh hơn nên tỉ lệ % các bài đạt giỏi, khá cao hơn nhóm 2. Nhờ nắm vững kiến thức về định luật bảo toàn electron và áp dụng định luật một cách thuần thục, sáng tạo, mà hiệu quả học tập và độ khắc sâu kiến thức hơn của học sinh nhóm 1 cao hơn nhóm 2 từ đó tạo hứng thú cho học sinh yêu thích môn Hóa học hơn . Kết luận Qua quá trình nghiên cứu đề tài này ,tôi thấy phương pháp luyện tập thông qua sử dụng bài tập là một trong các phương pháp quan trọng để nâng cao chất lượng dạy học bộ môn và góp phần nâng cao hứng thú học tập bộ môn. Tuy nhiên để rèn luyện tính suy luận củng cố kiến thức về phản ứng hoá học cho học sinh và rèn kĩ năng giải bài tập hoá học , thì việc sử dụng các bài toán có nội dung sử dụng định luật bảo toàn electron để giải sẽ có tác dụng to lớn và đặc biệt đáp ứng phần nào những khúc mắc của học sinh khi giải đề tuyển sinh vào đại học khối A ,B. Do đó là giáo viên chuyên nghành Hoá tôi thấy nên giới thiệu phương pháp bảo toàn electron một cách hệ thống cho học sinh khi giải bài tập hóa học ,bắt đầu từ lớp 11,rồi sang lớp 12 thì củng cố và nâng cao hơn ,giúp các em nâng cao kiến thức ,tạo sự say mê trong học tập và có vốn kiến thức để thi đỗ vào các trường đại học và cao đẳng. Trong quá trình nghiên cứu ,vì thời gian có hạn ,nên tôi chỉ nghiên cứu một phần trong các phương pháp giải bài tập hoá học ,số lượng bài tập vận dụng chưa được nhiều và không tránh khởi những thiếu sót .Tôi rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến quý báu của các thầy cô giáo và các đồng nghiệp. Hiện nay tôi thấy hầu hết các giáo viên đều vận dụng kinh nghiệm giảng dạy từ bản thân trong quá trình giảng dạy, mặt khác tham khảo qua các SKKN của đồng nghiệp thì kết quả giảng dạy trong nhà trường sẽ thu được kết quả cao hơn. Cuối cùng tôi xin chân thành cám ơn ban giám hiệu nhà trường, sở giáo dục đào tạo đã tạo điều kiện cho tôi được thể hiện kinh nghiệm của mình trong công tác giảng dạy. Hà Nội ngày 15 tháng 04 năm 2010 Người thực hiện Nguyễn Thu Hằng Tài liệu tham khảo 1-Nguyễn Ngọc quang-Nguyễn Cương-Dương Xuân Trinh Lý luận dạy học hoá học-NXBGD Hà Nội-1982 2-Nguyễn Cương-Nguyễn Mạnh Dung-Nguyễn Thị Sửu Phương pháp dạ hoá học tập 1-NXBGD-2000 3-Nguyễn Cương-Nguyễn Mạnh Dung-Nguyễn Thị Sửu Phương pháp dạy hoá học tập 2-NXBGD-2000 4-Quan hán Thành Phân loại và phương pháp giải toán hoá vô cơ-NXB Trẻ 2000 5-Phạm Đức Bình-Lê Thị Tam-Nguyễn Hùng Phương 6-Nguyễn Phước Hoà Tân Phương Pháp giải toán hoá học-NXBĐHQG.TP.HCM 2001 Trang Mở đầu ……………………………………………………………………………………………………………1 I-Lý do chọn đề tài……………………………………………………………………………………………..1 II-Mục đích nghiên cứu……………………………………………………………………………………….2 III-Đối tượng và phạm vi nghiên cứu…………………………………………………………………….2 IV-Nhiệm vụ nghiên cứu……………………………………………………………………………………..2 V-Phương pháp nghiên cứu………………………………………………………………………………….3 VI-Giả thuyết khoa học……………………………………………………………………………………….3 Nội dung…………………………………………………………………………………………………………..4 Chương I: Cơ sở phương pháp bảo toàn electron…………………………………………………….4 Chương II: Hệ thống bài tập hoá học phổ thông giải theo phương pháp bảo toàn electron……………………………………………………………………………………………………………..7 Chương III: Kết quả thực nghiệm sư phạm…………………………………………………………..16 Kết luận………………………………………………………………………………………………………….18 Tài liệu tham khảo………………………………………………………………………………………….19