Tài liệu Skkn sử dụng bài tập hoá về hno3 có nhiều cách giải để phát triển tư duy, sáng tạo,say mê học tập môn hoá học

PHẦN 1: PHẦN MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài Trong học tập hoá học,việc chọn, chữa và giải bài tập có ý nghĩa rất quan trọng. Ngoài việc rèn luyện các kĩ năng vận dụng, sáng tạo và đào sâu kiến thức đã học một cách sinh động; bài tập hoá học còn được dùng để ôn tập, rèn luyện một số kĩ năng , kiến thức hoá học. Thông qua giải bài tập, giúp học sinh rèn luyện tính tích cực, trí thông minh, sáng tạo, bồi dưỡng hứng thú trong học tập. Trong những năm giảng dạy, bồi dưỡng học sinh qua những tiết luyện tập và bồi dưỡng thi đại học, cao đẳng ,thi học sinh giỏi liên quan đến axit nitric các em thường không tự tin, làm hay sai hoặc giải bài tập với thời gian lâu. Do vậy, tôi thấy rằng việc giáo viên chọn, chữa những bài tập hay về axit nitric đặc biệt là những bài tập có nhiều cách giải khác nhau sẽ giúp các em học sinh có hứng thú học tập, khả năng tìm tòi sáng tạo, giúp các em tăng niềm đam mê nghiên cứu môn hoá học. Đặc biệt là trong những năm trở lại đây với việc thi Đại hoc, Cao đẳng bằng hình thức trắc nghiệm khách quan thì lại càng quan trọng hơn, khi mà yêu cầu phải giải nhanh một bài toán trong thời gian ngắn. Do vậy, giáo viên đưa ra và chỉ ra được cho học sinh phương pháp nào phù hợp nhất, để cho học sinh lựa chọn phù hợp và ứng dụng vào việc giải bài tập cho nó hiệu quả. Chính vì vậy tôi chọn đề tài: “Sử dụng bài tập hoá về HNO3 cã nhiều cách giải để phát triển tư duy, sáng tạo, say mê học tập môn hoá học”. Thông qua đó với mong muốn giúp các em học sinh hăng say học tập, say mê nghiên cứu, tìm tòi và luôn luôn sáng tạo trong học tập , đặc biệt là tự tin với bài tập về axit nitric .Tạo niềm đam mê, hứng thú, ham học hỏi cho học sinh để các em luôn luôn tiến lên là một nhiệm vụ khó khăn cho người giáo viên. 2. Mục đích của đề tài Giúp học sinh nghiên cứu cơ sở lý thuyết, phương pháp giải bài tập hoá học và giải bài toán về HNO3 bằng nhiều phương pháp khác nhau , đồng thời tìm ra phương pháp giải hay cho bài toán đó. 3. Nhiệm vụ của đề tài - Hoàn tất các dạng bài tập về axit HNO 3 và đưa ra các cách giải bài tập khác nhau từ đó tạo hứng thú, sự sáng tạo, niềm đam mê học tập cho học sinh. 4. Đối tượng nghiên cứu của đề tài: - Bài tập về axit HNO3 5. Phạm vi nghiên cứu đề tài: Design: §Æng §×nh T¸m - trêng THPT Lª V¨n Hu 1 - Học sinh Lớp 11B2, 11B8 năm 2009-2010 và học sinh lớp 11B 6 năm 20102011 trường THPT Lê Văn Hưu 6. Kế hoạch thực hiện: - Khảo sát thực trạng học tập và kết quả học tập của học sinh lớp 11B 2, 11B8 năm 2009-2010 khi học bài axit nitric và giải bài tập phần này. - Thời gian thực hiện đề tài là học kì 1 năm học 2010-2011 của lớp 11B6. PHẦN 2: THỰC HIỆN ĐỀ TÀI 1. Cơ sơ lý thuyết 1.1. Axit nitric 1.1.1. Cấu tạo phân tử HNO3 Công thức electron Công thức cấu tạo O H : O : N :: O H–O–N .. O O - Nguyên tử N trong phân tử HNO 3 ở trạng thái lai hoá sp2 tạo 3 liên kết  N-O và 1 liên kết  N-O không định vị. O H–O–N O - Nguyên tử N có số oxi hoá +5 là số oxi hoá tối đa của N 1.1.2.Tính chất vật lí: - Ở điều kiện thường HNO3 tinh khiết là một chất lỏng không màu có tỉ khối d = 1,5g/ml, dễ bay hơi( tos =86oC), khó hoá rắn(tonc=-41oC) - Axit HNO3 tinh khiết bốc khói mạnh ở trong không khí(sa mù), HNO 3 tan vô hạn trong nước, tạo hỗn hợp đẳng phí sôi ở 121,9 oC với nồng độ 68,4% (d=1,4g/ml). - Phân tử HNO3 kém bền vì trạng thái lai hoá sp 2 và số oxi hoá +5 của nguyên tử N là không đặc trưng. Dung dịch đặc tự phân huỷ ngoài ánh sáng hoặc khi đun nóng: 4HNO3  4NO2 + O2 + 2H2O 1.1.3.Tính chất hoá học: 1.1.3.1.Tính axit: - Dung dịch HNO3 là một trong những axit mạnh: HNO3 + H2O  NO3- + H3O+ - HNO3 thể hiện tính axit khi tác dụng với các chất không có tính khử: VD: 3HNO3 + Fe(OH)3  Fe(NO3)3 + 3H2O 6HNO3 + Fe2O3  2Fe(NO3)3 + 3H2O to Design: §Æng §×nh T¸m - trêng THPT Lª V¨n Hu 2 2HNO3 + K2CO3  2KNO3 + H2O + CO2 Trong các phản ứng trên các nguyên tố không thay đổi số oxi hoá. 1.1.3.2. Tính oxi hoá: - HNO3 thể hiện tính oxi hoá mãnh liệt do số oxi hoá tối đa của nguyên tử N là +5 và phân tử kém bền, thể hiện cả khi loãng. - Tác dụng với các kim loại (trừ Au,Pt): cho muối nitrat kim loại có số oxi hoá tối đa của kim loại. M + HNO3  M(NO3)n + sản phẩm khử(NO2,NO,N2O,N2,NH4NO3) + H2O Sản phẩm khử của HNO 3 phụ thuộc vào nồng độ của axit, nhiệt độ và khả năng của kim loại: Kim loại càng mạnh,dung dịch axit càng loãng sẽ bị khử về số oxi hoá càng sâu. Ví dụ: 3Cu + 8HNO3 (loãng)  3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O Cu + 4HNO3 (đặc)  Cu(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O Fe + 6HNO3 (đặc)  Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O 4Zn + 10HNO3 (rất loãng)  4Zn(NO3)2 + NH4NO3 + 3H2O Một số kim loại như Al,Fe,Cr bị thụ động hoá trong dung dịch HNO 3 đặc nguội. - Tác dụng với phi kim: Khi đặc nóng, HNO3 oxi hoá nhiều phi kim như C,P,S,I2...thành oxit axit với số oxi hoá thường là cao nhất của phi kim. C+ 4HNO3  CO2 + 4NO2 + 2H2O S + 6HNO3  H2SO4 +6 NO2 + 2H2O - Tác dụng với các hợp chất có tính khử: * Fe2+(FeO,FeCl2, FeCO3, Fe3O4,Fe(OH)2) + HNO3  Fe3+ Ví dụ: 3FeCO3 +10HNO3  3Fe(NO3)3 + NO + 3CO2 +5 H2O 3FeO+10HNO3  3Fe(NO3)3 + NO +5 H2O * S-2,S-1(H2S, FeS, FeS2,Cu2S...) + HNO3  SO42Ví dụ: 3FeS + 12HNO3  Fe(NO3)3 + Fe2(SO4)3 + 9NO + 6H2O * Hợp chất halogen(I-,Br-,Cl-) Ví dụ: HNO3 + 3HCl  Cl2 + NOCl + 2H2O 2HNO3 + HI  HIO3 + 2NO + H2O 1.1.4. Điều chế: - Trong phòng thí nghiệm: KNO3(rắn) + H2SO4  KHSO4 + HNO3 NaNO3(rắn) + H2SO4  200C  NaHSO4 + HNO3 - Trong công nghiệp: 4NH3 +5 O2     4NO + 6H2O Hoặc N2 + O2  3000C  2NO 2NO + O2  2NO2 to to to to to o Pt ,850 o C o Design: §Æng §×nh T¸m - trêng THPT Lª V¨n Hu 3 4NO2 + 2H2O + O2  4HNO3 1.2. Phương pháp giải. 1.2.1. Phương pháp 1: Phương pháp bảo toàn khối lượng *Nguyên tắc của phương pháp: “ Tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng các chất tạo thành sau phản ứng ” Ví dụ : Hoà tan m gam hỗn hợp 2 muối cacbonat của hai kim loại hoá trị I và II bằng dung dịch HCl dư, thu được dung dịch A và V lít khí CO 2(đktc). Cô cạn dung dịch A thu được (m + 3,3) gam muối clorua khan. Tính V. Lời giải: Các phương trình phản ứng: X2CO3 + 2HCl  2XCl + H2O + CO2 (1) YCO3 + 2HCl  YCl2 + H2O + CO2 (2) Từ (1)(2) ta có: nH2O =nCO2 = 1 2 nHCl = x (mol) Vậy: m + 2x.36,5 = m + 3,3 + 18x + 44x  x = 0,3 (mol) Thể tích CO2 = V = 0,3.22,4 = 6,72 lít 1.2.2.Phương pháp 2: Phương pháp bảo toàn electron *Nguyên tắc của phương pháp: Khi có nhiều chất oxi hoá, nhiều chất khử tham gia phản ứng ( có thể một hoặc nhiêù giai đoạn) thì “ tổng số mol e mà các chất khử cho bằng tổng số mol e mà các chất oxi hoá nhận ” Ví dụ: Để m gam bột sắt trong không khí một thời gian thu được chất rắn A nặng 7,52 gam gồm Fe,FeO,Fe3O4 và Fe2O3 . Hoà tan hoàn toàn A bằng dung dịch H2SO4 đặc nóng,dư thu được 0,672 lít khí SO2(đktc, sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch X. Tính m. Lời giải: Quá trình nhường e: quá trình nhận e: +3 Fe  Fe + 3e O2 + 4e  2O - 2 Mol: m 56 3m 56 7,52  m 32 S+6 + 7,52  m 8 2e  S+4 0,06 0,03 Theo định luật bảo toàn e: 3m 56 = 7,52  m 8 + 0,06  m = 5,6 gam 1.2.3.Phương pháp 3: Phương pháp bảo toàn điện tích *Nguyên tắc của phương pháp: Tổng điện tích dương luôn luôn bằng tổng điện tích âm về giá trị tuyệt đối. Do vậy dung dịch luôn trung hoà về điện Design: §Æng §×nh T¸m - trêng THPT Lª V¨n Hu 4 Ví dụ: Một dung dịch chứa 0,02 mol Cu2+, 0,03mol K+, x mol Cl- và y mol SO42-. Tổng khối lượng các muối tan có trong dung dịch là 5,435gam. Xác định x,y. Lời giải:- Theo định luật bảo toàn điện tích ta có: 0,02.2 + 0,03.1 = x.1 + y.2 Hay: x + 2y = 0,07 (1) -Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: 0,02.64 + 0,03.39 + 35,5x + 96y = 5,435 Hay: 35,5x + 96y = 2,985 (2) Từ (1) và (2): x = 0,03; y = 0,02 1.2.4.Phương pháp 4: Phương pháp trung bình Đây là một trong một số phương pháp hiện đại nhất cho phép giải nhanh chóng và đơn giản nhiều bài toán hóa học và hỗn hợp các chất rắn, lỏng cũng như khí. Các giá trị trung bình được áp dụng như: Khối lượng mol trung bình, khối lượng nguyên tử trung bình, số nguyên tử cacbon trung bình, số nguyên tử hiđro trung bình, số nhóm chức trung bình, số liên kết  trung bình ... *Nguyên tắc của phương pháp: * Khối lượng phân tử trung bình (KLPTTB) (kí hiệu ) cũng như khối lượng nguyên tử trung bình (KLNTTB) chính là khối lượng của một mol hỗn hợp, nên nó được tính theo công thức: M1n1  M 2 n 2  M 3 n 3  ...  M i n i M   trong đó M1, M2,... lànKLPT (hoặc KLNT) các chất trong hỗn hợp; n 1, n1  ncủa  2  n 3  ... i n2,... là số mol tương ứng của các chất. * Tương tự các công thức tính số nguyên tử C trung bình, số nguyên tử H trung bình, số nhóm chức trung bình, số liên kết  trung bình...thay bằng M Ví dụ: Hoà tan 28,4 gam hỗn hợp 2 muối cacbonat kim loại kiềm thổ thuộc hai chu kì liên tiếp( trong bảng tuần hoàn các nguyên tố hoá học) bằng dung dịch HCl dư thu được 6,72 lít khí CO2 (đktc). Xác định hai kim loại trên. Lời giải: Gọi công thức chung của 2 muối cacbonat là R CO3 R CO3 + 2HCl  R Cl2 + H2O + CO2 (1) Ta có n R CO 3 = nCO 2 = 0,3 mol  M R CO 3 = 28,4 0,3 = 94,67 => 24 < R = 94,67-60 = 34,67 < 40. Vì hai kim loại kiềm thổ thuộc hai chu kì kế tiếp nhau nên đó là Mg và Ca. 1.2.5.Phương pháp 5: Phương pháp tăng giảm khối lượng *Nguyên tắc của phương pháp: Khi chuyển từ chất X thành chất Y thì khối lượng tăng lên hoặc giảm đi bao nhiêu gam ( thường tính theo số mol).Từ Design: §Æng §×nh T¸m - trêng THPT Lª V¨n Hu 5 việc tăng hay giảm đó tìm được mối liên hệ giữa độ tăng hay giảm đó với các chất khác trong phương trình hoá học. Ví dụ: Nhúng thanh kẽm vào dung dịch chứa 8,32 gam CdSO 4. Sau khi khử hoàn toàn ion Cd2+ trong dung dich thì khối lượng thanh kẽm tăng 2,35% so với ban đầu. Xác định khối lượng thanh kẽm ban đầu . Lời giải: - số mol CdSO4 = 8,32:208 = 0,04 (mol) - Gọi khối lượng ban đầu thanh kẽm là a thì khối lượng tăng lên là gam PT: Zn + 65g CdSO4 1mol 2,35a 100 ZnSO4 + Cd 112 g tăng 112-65 = 47 gam  2,35a 100 0,04 mol gam Ta có: 1. 2,35a 100 = 0,04.47  a = 80 gam. 1.2.6.Phương pháp 6: Phương pháp ghép ẩn số *Nguyên tắc của phương pháp: Có nhiều trường hợp bài toán tưởng như thiếu điều kiện không giải được, nhưng sự thật không cần tìm ra một số ẩn số riêng lẻ đó mà ta chỉ cần gộp chúng lại để tìm ra đáp số. Ví dụ: Hoà tan hoàn toàn 49,6 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe 3O4 ,Fe2O3 bằng dung dịch H2SO4 đặc nóng thu được dung dịch Y và 8,96 lít khí SO 2 (đktc). Tính % khối lượng oxi trong X và khối lượng muối trong dung dịch Y. Lời giải: * Các phương trình phản ứng: 2Fe + 6H2SO4  Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (1) 2FeO + 4H2SO4  Fe2(SO4)3 + SO2 + 4H2O (2) 2Fe3O4 + 10H2SO4  3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O (3) Fe2O3 + 3H2SO4  Fe2(SO4)3 + 3H2O (4) Số mol SO2 = 8,96 22,4 = 0,4 mol Gọi x,y,z,t lần lượt là số mol của Fe,FeO,Fe3O4 ta có: - Khối lượng của X: 56x + 72y + 232z + 160t = 49,6 - Số mol SO2 = 3 2 x+ 1 2 y+ 1 2 z = 0,4 (5) (6) Lấy (5)x 3 – (6)x 56 ta được: y + 4z + 3t = 0,65 = nO % khối lượng của oxi = * Số mol Fe = 0,65.16.100 49,6 49,6.(100  20,97) 100.56 = 20,97% = 0,7 mol Khối lượng muối Fe2(SO4)3 = 0,35.400 = 140 gam. Design: §Æng §×nh T¸m - trêng THPT Lª V¨n Hu 6 1.2.7.Phương pháp 7: Phương pháp ion – electron *Nguyên tắc của phương pháp: Dùng phương trình bán phản ứng ion-electron để giải bài toán oxi hoá khử có môi trường. Ví dụ: Hòa tan hỗn hợp X gồm hai kim loại A và B trong dung dịch HNO 3 loãng. Kết thúc phản ứng thu được hỗn hợp khí Y gồm 0,1 mol NO, 0,15 mol NO2 và 0,05 mol N2O. Biết rằng không có phản ứng tạo muối NH 4NO3. Tính số mol HNO3 đã phản ứng . Lời giải: Ta có bán phản ứng: NO3 + 2H+ + 1e  NO2 + H2O (1) 0,3 ¬ 0,15 3 + NO + 4H + 3e  NO + 2H2O (2) 0,4 ¬ 0,1 2NO3 + 10H+ + 8e  N2O + 5H2O (3) 0,5 ¬ 0,05 Từ (1), (2), (3) nhận được: nHNO3 = nH+ = 0,3 + 0,4 + 0,5 = 1,2 mol. 1.2.8.Phương pháp 8: Phương pháp quy đổi *Nguyên tắc của phương pháp: Quy đổi là một phương pháp biến đổi toán học nhằm đưa bài toán ban đầu là một hỗn hợp phức tạp về dạng đơn giản, qua đó làm cho các phép tính trở nên dễ dàng, đơn giản thuận tiện hơn.Tuy nhiên, dù tiến hành quy đổi theo hướng nào thì cũng phải tuân theo 2 nguyên tắc sau: - Bảo toàn nguyên tố, tức tổng số mol mỗi nguyên tố ở hỗn hợp đầu và hỗn hợp mới phải bằng nhau. - Bảo toàn số oxi hoá, tức tổng số oxi hoá của các nguyên tố trong hai hỗn hợp là bằng nhau. Ví dụ: Hòa tan hết m gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe2O3, Fe3O4 bằng HNO3 đặc nóng thu được 4,48 lít khí NO2 (đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 145,2 gam muối khan. Xác định giá trị của m. Lời giải: Số mol Fe(NO3)3 = 145,2 242 = 0,6 mol Quy hỗn hợp X về hỗn hợp hai chất FeO và Fe2O3 ta có FeO + 4HNO3  Fe(NO3)3 + NO2 + 2H2O 0,2 mol ¬ 0,2 mol ¬ 0,2 mol Fe2O3 + 6HNO3 2Fe(NO3)3 + 3H2O 0,2 mol ¬ 0,4 mol m = mX = 0,2´(72 + 160) = 46,4 gam. 2. Thực trạng về việc dạy và học bài axit nitric: Design: §Æng §×nh T¸m - trêng THPT Lª V¨n Hu 7 Axit nitric là một axit quan trọng trong chương trình hoá học trung học phổ thông .Bài tập liên quan đến axit nitric lại tương đối nhiều và khó. Do vậy,giáo viên truyền đạt cho học sinh để các em hiểu và làm được là tương đối vất vả và cần phải nhiều thời gian . Và ngay cả khi các em được bồi dưỡng ở các tiết bồi dưỡng thì cũng ít học sinh hiểu được và nắm vững được.Cho nên các em thường chán nản sau một thời gian học tập phần này. Trong khi dạy phần tính chất hoá học cho học sinh thì việc làm rõ cho học sinh và việc học sinh đều nắm bắt được các khiến thức là không dễ. Khi cho axit HNO3 tác dụng với kim loại thì sản phẩm khử của phản ứng phụ thuộc vào nồng độ của axit, nhiệt độ và khả năng của kim loại. Do vậy việc xác định sản phẩm khử của phản ứng đã gây nên không ít khó khăn cho học sinh đặc biệt là khi HNO3 tác dụng với kim loại mạnh có thể tạo nhiều sản phẩm khử và có thể sản phẩm khử cho là NH3 dưới dạng NH4NO3 học sinh ít chú ý. Học sinh ngày nay thường dành quá ít thời gian để tìm tòi, sáng tạo, tạo hứng thú học tập. Học sinh thường làm theo giáo viên ,giáo viên bảo gì làm nấy,nói gì nghe vậy mà không tự học, tự tìm hiểu , cho nên các em thường thụ động. Khi gặp những bài toán mới, khó, đặc biệt là các bài toán chưa gặp dạng đó bao giờ các em thường là không chịu suy nghĩ , không chịu sáng tạo, các em thưòng ngồi chờ giáo viên giảng hoặc thấy khó nên yêu cầu giáo viên chữa ngay nên các em thường không nhớ lâu, không kiên trì,lâu dần dẫn đến tính ỷ lại và hạn chế về tư duy, mất luôn tiềm năng sáng tạo của bộ óc. Qua khảo sát chất lượng học tập của các em học sinh lớp 11B 2, 11B8 năm học 2009-2010 về phần axit HNO3 cho thấy: + Về lí thuyết : - Số học sinh hiểu 5/91 chiếm 5,5% - Số học sinh nhớ, chưa hiểu 41/91 chiếm 45,1% - Số học sinh không nhớ đầy đủ: 45 chiếm 49,4% + Bài tập : - Số học sinh giải được và vận dụng giải tốt các dạng bài : 0 - Số học sinh giải được một số dạng 47/91 chiếm 51,6% - Số học sinh không giải được 44/91 chiếm 48,4% + Đam mê học tập: - Số học sinh có hứng thú học tập 6/91 chiếm 6,6% - Số học sinh không tìm được hứng thú trong học tập 34/91 chiếm 37,4% - Số học sinh không có hứng thú trong học tập 41/91 chiếm 56 % Design: §Æng §×nh T¸m - trêng THPT Lª V¨n Hu 8 3. Một số dạng bài tập về HNO3 áp dụng nhiều cách giải : 3.1. Dạng 1: Bài tập kim loại tác dụng với axit nitric: Ví dụ 1: Cho 1,35 gam hỗn hợp gồm Cu, Mg, Al tác dụng hết với dung dịch HNO3 thu được hỗn hợp khí gồm 0,01 mol NO và 0,04 mol NO 2. Tính khối lượng muối tạo ra trong dung dịch. Lời giải: *Cách 1: Giải theo phương pháp bảo toàn khối lượng: Các phương trình phản ứng: 3Mg + 8HNO3  3Mg(NO3)2 +2 NO + 4H2O (1) Mg + 4HNO3  Mg(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O (2) Al + 4HNO3  Al(NO3)3 + NO + 2H2O (3) Al + 6HNO3  Al(NO3)3 + 3NO2 +3 H2O (4) 3Cu + 8HNO3  3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O (5) Cu + 4HNO3  Cu(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O (6) Theo (1)(3)(5): nHNO 3 (1.3.5) = 4.nNO = 4.0.01 = 0,04 mol nH 2 O(1,3,5) = 2.nNO = 2.0,01 = 0,02 mol Theo (2)(4)(6): nHNO 3 (2,4,6) = 2.nNO 2 = 2.0.04 = 0,08 mol nH 2 O(2,4,6) = nNO 2 = 0,04 = 0,04 mol Theo định luật bảo toàn khối lượng: mKim loại+ m HNO 3 = mmuốinitrat + mkhí + mnước  1,35 + 63.(0,04+0,08) = mmuốinitrat + 0,01.30 + 0,04.46 + 18.(0,02 + 0,04)  mmuốinitrat = 5,69 gam. Nhận xét: - Với phương pháp này học sinh mất nhiều thời gian viết PTHH - Tuy hơi dài nhưng tương đối dễ hiểu, đồng thời khắc sâu định luật bảo toàn khối lượng và có ưu điểm là áp dụng cho mọi quá trình oxi hoá – khử hoặc không oxi hoá –khử *Cách 2: Dùng tỉ lệ giữa các chất trong phương trình với nhau:  Theo (1)(3)(5): nNO 3 (1.3.5) = 3.nNO = 3.0.01 = 0,03 mol  Theo (2)(4)(6): nNO 3 (2,4,6) = nNO 2 = 0.04 = 0,04 mol  Mà: mmuốinitrat = mKim loại + mNO 3 = 1,35 + 0,07.62 = 5,69 gam Nhận xét: - Học sinh vẫn phải viết phương trình và cân bằng tốn nhiều thời gian - Học sinh dùng cách này sẽ giúp các em năng động, sáng tạo trong việc tính toán các bài tập dựa vào các dấu hiệu tỉ lệ giữa các chất trong phương trình *Cách 3: Dùng công thức chung cho cả 3 kim loại là M, hoá trị chung là n 3M + 4nHNO3  3 M(NO3)n + nNO + 2nH2O (1) Design: §Æng §×nh T¸m - trêng THPT Lª V¨n Hu 9 M + 2nHNO3  M(NO3)n + nNO2 + nH2O Theo (1): nNO  3 (1) = nNO = 0,03 mol Theo (2): nNO  3 (2) = nNO 2 = 0.04 = 0,04 mol (2)  mmuốinitrat = mKim loại + mNO 3 = 1,35 + 0,07.62 = 5,69 gam Nhận xét: - Với việc giải bài tập bằng cách này học sinh rút ngắn được thời gian viết phương trình phản ứng so với 2 cách trước. - Không cần quan tâm tới việc cho kim loại nhiều hay ít, hoá trị nào. *Cách 4: Giải theo phương pháp bảo toàn electron: Đặt x, y, z lần lượt là số mol Cu, Mg, Al. Quá trình nhường e: Quá trình nhận e: 2+ Cu  Cu + 2e N+5 + 3e  N+2 (NO) mol x x 2x mol 0,03 0,01 2+ +5 Mg  Mg + 2e N + 1e  N+4(NO2) mol y y 2y mol 0,04 0,04 3+ Al  Al + 3e mol z z 3z Ta có: 2x + 2y + 3z = 0,03 + 0,04 = 0,07 Khối lượng muối nitrat = mCu(NO 3 ) 2 + m Mg(NO 3 ) 2 + mAl(NO 3 ) 3 = = 64x +24y + 27z + 62(2x+2y+3z) = 1,35 + 62´0,07 = 5,69 gam. Nhận xét: -Không cần viết phương trình phản ứng , tính toán vẫn cho kết quả nhanh, đơn giản, dễ hiểu, khắc sâu bản chất nhường e và nhận e của các quá trình hoá học - Hạn chế của phương pháp là chỉ áp dụng được cho các quá trình oxi hoá – khử. *Cách 5: Giải theo phương pháp ion - electron: Ta có các phương trình bán phản ứng: NO3- + 4H+ + 3e  NO + 2H2O (1) mol 0,01 0,04 0,01 + NO3 + 2H + e  NO2 + H2O (2) mol 0,04 0,08 0,04 nHNO 3 = nH = 0,12 mol   nNO 3  ( muối) = nHNO 3 - nNO 3 (1,2)  mmuốinitrat = mKim loại + mNO = 0,12-0,05 = 0,07 mol  3 = 1,35 + 0,07.62 = 5,69 gam. Nhận xét:- Phương pháp ngắn gọn, dễ hiểu khi học sinh đã biết phương pháp cân bằng ion – electron. Design: §Æng §×nh T¸m - trêng THPT Lª V¨n Hu 10 - Hiệu quả trong việc áp dụng cho kim loại phản ứng với axit có tính oxi hoá. * Các bài tập áp dụng khác: Bài 1: Một hỗn hợp A gồm bột kim loại Al và Zn. Cho 14,93 gam hỗn hợp A tác dụng với V1 lít dung dịch HNO3 2M( dung dịch loãng), đun nhẹ, thu được dung dịch X; 3,584 lít(đktc) khí B gồm NO,N2O ( khhông còn sản phẩm khử khác). Tỉ khối của B đối với H2 là 18,5 và còn lại 3,52 gam kim loại không tan. a. Hỏi khi cô cạn dung dịch X và đun nóng đến khối lượng không đổi thì thu được bao nhiêu gam muối khan. b. Tính V1 của dung dịch HNO3 2M. Bài 2: 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. Bài 3: Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm ba kim loại bằng dung dịch HNO3 thu được 1,12 lít hỗn hợp khí D (đktc) gồm NO2 và NO. Tỉ khối hơi của D so với hiđro bằng 18,2. Tính thể tích tối thiểu dung dịch HNO 3 37,8% (d = 1,242g/ml) cần dùng. Bài 4: Hòa tan hỗn hợp X gồm hai kim loại A và B trong dung dịch HNO 3 loãng. Kết thúc phản ứng thu được hỗn hợp khí Y (gồm 0,1 mol NO, 0,15 mol NO2 và 0,05 mol N2O). Biết rằng không có phản ứng tạo muối NH 4NO3.Tính số mol HNO3 đã phản ứng Bài 5: Cho 12,9 gam hỗn hợp Al và Mg phản ứng với dung dịch hỗn hợp hai axit HNO3 và H2SO4 (đặc nóng) thu được 0,1 mol mỗi khí SO 2, NO, NO2. Cô cạn dung dịch sau phản ứng khối lượng muối khan thu được là bao nhiêu? Bài 6: Hoµ tan 10,71 gam hçn hîp Al, Zn, Fe trong 4 lÝt dung dÞch HNO 3 xM võa ®ñ thu ®îc dung dÞch A vµ 1,792 lÝt hçn hîp khÝ gåm N2 vµ N2O cã tØ lÖ mol 1:1. C« c¹n dung dÞch thu ®îc m muèi khan. X¸c ®Þnh c¸c gi¸ trÞ x vµ m. 3.2.Dạng 2: Bài tập oxit kim loại tác dụng với axit nitric: Ví dụ 1: Nung 8,4 gam Fe trong không khí, sau phản ứng thu được m gam chất rắn X gồm Fe, Fe2O3, Fe3O4, FeO. Hòa tan m gam hỗn hợp X vào dung dịch HNO3 dư thu được 2,24 lít khí NO 2 (đktc) là sản phẩm khử duy nhất.Xác định m. Lời giải: * Cách 1: Dùng phương pháp bảo toàn khối lượng Phương trình phản ứng: 2Fe + O2  FeO (1) 3Fe + 2O2  Fe3O4 (2) Design: §Æng §×nh T¸m - trêng THPT Lª V¨n Hu 11 4Fe + 3O2  2Fe2O3 Fe2O3 + 6HNO3  2Fe(NO3)3 + 3H2O Fe + 6HNO3  Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O FeO + 4HNO3  Fe(NO3)3 + NO2 + 2H2O Fe3O4 + 10HNO3  3Fe(NO3)3 + NO2 + 5H2O Ta có: nFe = 8,4 : 56 = 0,15 mol (3) (4) (5) (6) (7) nNO 2 = 2,24 : 22,4 = 0,1 mol ta có: nFe(NO 3 ) 3 = nFe = 0,15 mol Theo (4)(5)(6)(7): nHNO 3 = 3. nFe(NO 3 ) 3 + nNO 2 = 3.0,15 + 0,1 = 0,55 mol nH 2 O = 1 2 nHNO 3 = 0,275 mol Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: mX + m HNO 3 = m Fe(NO 3 ) 3 + m NO 2 + m H 2 O  m + 63.0,55 = 0,15.242 + 0,1.46 + 0,275. 18  m = 11,2 gam. Nhận xét: Tuy hơi dài nhưng tương đối dễ hiểu, đồng thời khắc sâu định luật bảo toàn khối lượng và cố ưu điểm là áp dụng cho mọi quá trình oxi hoá – khử hoặc không oxi hoá –khử * Cách 2: Dùng phương pháp bảo toàn electron Ta có: nFe = 8,4:56 = 0,15 mol ; nNO 2 = 2,24 : 22,4 = 0,1 mol nO 2 = m  8,4 32 mol Quá trình nhường e: Fe  Fe3+ + 3e mol: 0,15 Quá trình nhận e: O2 + 4e  2O2m  8,4 32 0,45 m  8,4 8 N+5 + 1e  N+4 0,1 0,1 Áp dụng định luật bảo toàn e ta có: m  8,4 8 + 0,1 = 0,45  m = 11,2 gam Nhận xét: Kết quả nhanh, đơn giản, dễ hiểu, khắc sâu bản chất nhường e và nhận e của các quá trình hoá học * Cách 3: Phương pháp quy đổi: Ta có thể quy hỗn hợp X gồm hỗn hợp:(Fe và Fe2O3) hoặc (Fe và FeO) hoặc ( Fe và Fe3O4) hoặc (Fe2O3 và FeO ) hoặc( FeO và Fe3O4) hoặc ( Fe2O3 và Fe3O4) hoặc hỗn hợp X gồm: Fe(a mol); O( b:mol) + Quy hỗn hợp X về hai chất Fe và Fe2O3: Hòa tan hỗn hợp X vào dung dịch HNO3 dư ta có Design: §Æng §×nh T¸m - trêng THPT Lª V¨n Hu 12 Fe + 6HNO3  Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O 0,1 3 ¬ 0,1 mol 8,4 0,1 0,35 = mol 56 3 3 0,1 1 0,35 + 3 2 . 3 .160 = 11,2  Số mol của nguyên tử Fe tạo oxit Fe2O3 là: nFe = Vậy khối lượng X: mX = mFe + mFe 2 O 3 = 56. gam + Hay ta có thể quy về Fe và O: Ta có nFe = a = 8,4:56 = 0,15 mol quá trình nhường e: Fe  Fe3+ + 3e mol: 0,15 0,45 quá trình nhận e: O + 2e  O2b 2b N+5 + 1e  N+4 0,1 0,1 Áp dụng định luật bảo toàn e ta có: 0,45 = 2b + 0,1  b = 0,175 mol  mX = mFe + mO = 8,4 + 16 . 0,175 = 11,2 gam. Nhận xét: Học sinh giải theo phương pháp này là hiệu quả và nhanh nhất. * Bài tập áp dụng khác: Bài 1: Đốt cháy 5,6 gam bột Fe trong bình đựng O2 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. Tính thể tích V (ở đktc) Bài 2: Cho a gam hỗn hợp A gồm oxit FeO, CuO, Fe2O3 có số mol bằng nhau tác dụng hoàn toàn với lượng vừa đủ là 250 ml dung dịch HNO3 khi đun nóng nhẹ, thu được dung dịch B và 3,136 lít (đktc) hỗn hợp khí C gồm NO 2 và NO có tỉ khối so với hiđro là 20,143. Tính a. Bài 3: Hòa tan hết m gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe2O3, Fe3O4 bằng HNO3 đặc nóng thu được 4,48 lít khí NO2 (đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 145,2 gam muối khan. Xác định giá trị của m. Bài 4: Nung 8,96 gam Fe trong không khí được hỗn hợp A gồm FeO, Fe 3O4, Fe2O3. A hòa tan vừa vặn trong dung dịch chứa 0,5 mol HNO 3, bay ra khí NO là sản phẩm khử duy nhất.Xác định số mol NO bay ra . Bài 5: Cho hỗn hợp A gồm Fe2O3, Fe3O4, FeO có số mol bằng nhau . Lấy m 1 gam hỗn hợp A cho vào ống sứ , đun nóng rồi cho từ từ khí CO đi qua. Lấy khí CO2 ra khỏi ống cho vào dung dịch Ba(OH) 2 dư thu được m2 gam kết tủa. Design: §Æng §×nh T¸m - trêng THPT Lª V¨n Hu 13 Chất rắn còn lại trong ống có khối lượng 19,2 gam .Cho chất này tan hết vào dung dịch HNO3, đun nóng thì có 2,24 lít khí (đktc) duy nhất thoát ra. Tính m1, m2 và số mol HNO3 cần dùng. Bài 6: Cho 11,36 gam hỗn hợp Fe,FeO,Fe3O4, Fe2O3 phản ứng hết với dung dịch HNO3 loãng(dư),thu được 1,34 lít khí NO( sản phẩm khử duy nhất ,đktc) và dung dịch X.Cô cạn dung dịch X thu được m gam muối. Xác định m. 3.3.Dạng 3: Bài tập muối tác dụng với axit nitric: Ví dụ 1: Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,12 mol FeS 2 và a mol Cu2S vào dung dịch HNO3 vừa đủ, thu được dung dịch X chỉ chứa 2 muối sunfat và khí NO duy nhất.Tính giá trị a . Lời giải: * Cách 1: Cách giải thông thường: Phương trình phản ứng: 2FeS2 + 10HNO3  Fe2(SO4)3 + H2SO4 + 10NO + 4H2O (1) 0,12 0,06 3Cu2S + 2HNO3 + 3H2SO4  6CuSO4 + 2NO + 4H2O (2) ¬ 0,06 0,06 Theo (1): nH 2 SO 4 = 1 2 1 nFeS 2 = 2 .0,12 = 0,06 mol Ta lại có: H2SO4 ở (1) là H2SO4 làm môi trường của phản ứng (2). Theo (2): a = nCu 2 S = nH 2 SO 4 = 0,06 mol. Nhận xét: Với cách giải này học sinh hiểu được bản chất hoá học, nắm vững kiến thức nhưng gặp khó khăn trong việc cân bằng phản ứng. * Cách 2: phương pháp bảo toàn nguyên tố: 2FeS2  Fe2(SO4)3 0,12 0,06 Cu2S  2CuSO4 a 2a Theo định luât bảo toàn nguyên tố S. ta có: 0,12.2 + a = 0,06.3 + 2a  a = 0,06 mol Nhận xét: - Giải cách này HS nắm vững được định luật bảo toàn nguyên tố - Cách giải ngắn gọn, dễ hiểu * Cách 3: Định luật bảo toàn điện tích: dd gồm : 0,06 mol Fe2(SO4)3 và 2a mol CuSO4 hay trong dung dịch chứa các ion 0,12 mol Fe3+, 2a mol Cu2+ ,(0,24+a) mol SO42- áp dụng định luật bảo toàn điện tích: 3.0,12 +2.2a =2(0,24 +a) a=0,06 Nhận xét: -Giải cách này HS nắm vững được định luật bảo toàn điện tích. - Cách giải ngắn gọn, dễ hiểu Design: §Æng §×nh T¸m - trêng THPT Lª V¨n Hu 14 * Bài tập áp dụng khác: Bài 1: Cho hỗn hợp gồm 0,15 mol CuFeS2 và 0,09 mol Cu2FeS2 tác dụng với dung dịch HNO3 dư thu được dung dịch X và hỗn hợp khí Y gồm NO và NO 2. Thêm BaCl2 dư vào dung dịch X thu được m gam kết tủa. Mặt khác, nếu thêm Ba(OH)2 dư vào dung dịch X, lấy kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được a gam chất rắn. Xác định giá trị của m và a. Bài 2: Cho 2,64 gam một sunfua kim loại tác dụng hoàn toàn với dung dịch HNO3 đun nóng thu được dung dịch A1, 3,36 lít (đktc) hỗn hợp khí B gồm NO2 và NO có tỉ khối so với hiđro bằng 19,8. Thêm vào A 1 lượng dư dung dịch BaCl2 thấy tạo thành m1 gam kết tủa trắng thực tế không tan trong dung dịch axit dư. Hãy xác định công thức của sunfua kim loại và tính m1. Bài 3: 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 dung dịch HNO3 đun nóng thu được dung dịch A 1 và 13,216 lít(đktc) hỗn hợp khí A 2 có khối lượng là 26,34 gam hỗn hợp NO và NO 2. Thêm lượng dư dung dịch BaCl2 vào dung dịch A1 thấy tạo thành kết tủa trắng trong dung dịch axit dư trên. a. Xác định kim loại M. b. Tính m và khối lượng các chất trong X. Bài 4: Cho a gan hỗn hợp Y gồm Fe và FeCO 3 tác dụng với 25 ml dung dịch HNO3 đun nóng, khuấy đều. Sau khi phản ứng hoàn toàn thu được 3,36 lít(đktc) hỗn hợp A gồm 2 khí, dung dịch B và 2,6 gam kim loại. Tỉ khối của A so với H2 bằng 22,6. Hấp thụ A vào 125 gam dung dịch NaOH 8% thì thu được dung dịch D. Cô cạn dung dịch D, rồi đun đến khối lượng không đổi thu được chất rắn E. a. Tính a và tính nồng độ mol các chất trong B. b. Tính khối lượng chất rắn E. Bài 5: Hoà tan 22 gam hỗn hợp A (Fe, FeCO3, Fe3O4) vào 0,896 lít dung dịch HNO3 1 M thu được dung dịch B và hỗn hợp khí C (gồm CO 2 và NO). Lượng HNO3 dư trong B phản ứng vừa đủ với 5,516 gam BaCO 3. Có một bình kín dung tích 8,96 lít chứa không khí (chỉ gồm N2 và O2 theo tỉ lệ thể tích là 4:1) có áp suất 0,375 atm, nhiệt độ 00C. Nạp hỗn hợp khí C vào bình giữ nhiệt độ ở 00C thì trong bình không còn O2 và áp suất trong bình cuối cùng là 0,6 atm. a. Tính % khối lượng các chất trong hỗn hợp A. b.Tính %V hỗn hợp khí C Design: §Æng §×nh T¸m - trêng THPT Lª V¨n Hu 15 3.4.Dạng 4: Bài tập tìm sản phẩm khử của axit nitric: Ví dụ 1: Cho 2,16 gam Mg tác dụng với dung dịch HNO 3(dư) . Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 0,896 lít khí NO(đktc) và dung dịch X. Tính khối lượng muối khan thu được khi cô cạn dung dịch X. Lời giải: * Cách 1: Cách giải thông thường: Ta có: nMg = 2,16: 24 = 0,09 mol; nNO = 0,04 mol Phương trình phản ứng: 3Mg + 8HNO3  3Mg(NO3)2 + 2NO + 4H2O (1) ¬ 0,04 mol: 0,06 số mol Mg phản ứng ở (1) < số mol Mg bài ra, mà HNO 3 dư thì Mg hết . Do vậy phải tạo muối NH4NO3. 4Mg + 10HNO3  4Mg(NO3)2 + NH4NO3 + 3H2O (2) mol: 0,03 0,0075 Từ (1) và (2) ta có: mmuối khan = mMg(NO 3 ) 2 (1,2)+ mNH 4 NO 3 = 0,09.148 + 0,0075.80 = 13,92 gam. Nhận xét: - Học sinh hiểu được bản chất hoá học, biết được sản phẩm khử có thể của kim loại mạnh tác dụng với dd HNO3 - Học sinh phải viết phương trình và cân bằng. * Cách 2: Dùng phương pháp bảo toàn e: Ta có: nMg = 2,16: 24 = 0,09 mol; nNO = 0,04 mol Quá trình nhường e: quá trình nhận e: Mg  Mg2+ + 2e N+5 + 3e  N+2 mol 0,09 0,09 0,18 0,12 0,04 Từ hai quá trình trên số mol e nhường > số mol e nhận vậy phải có thêm quá trình nhận e. tức tạo muối NH4NO3 N+5 + 8e  N-3 (NH4NO3) 8a a Theo định luật bảo toàn e: 0,18 = 0,12 + 8a  a = 0,0075 mol Vậy khối lượng muối khan = mMg(NO 3 ) 2 + mNH 4 NO 3 = = 0,09.148 + 0,0075.80 = 13,92 gam. Nhận xét: - Học sinh hiểu được bản chất hoá học. - Cách giải ngắn gọn , dễ hiểu,rất phù hợp với hình thức thi trắc nghiệm. * Cách 3: Phương pháp ion-electron: Ta có: nMg = 2,16: 24 = 0,09 mol; nNO = 0,04 mol Quá trình nhường e: Design: §Æng §×nh T¸m - trêng THPT Lª V¨n Hu quá trình nhận e: 16 mol Mg  Mg2+ + 2e 0,09 0,09 0,18 NO3- + 4H+ + e  NO + 2H2O 0,12 0,04 + NO3 + 10H + 8e  NH4+ + 3H2O 8a a 0,18 = 0,12 + 8a  a = 0,0075 mol Ta có: Vậy khối lượng muối khan = mMg(NO 3 ) 2 + mNH 4 NO 3 = = 0,09.148 + 0,0075.80 = 13,92 gam. Nhận xét: - Học sinh hiểu được bản chất hoá học, tuy nhiên phải cân bằng tốt . - Cách giải ngắn gọn , dễ hiểu,rất phù hợp với hình thức thi trắc nghiệm. Ví dụ 2: Hòa tan hết 4,431g hỗn hợp Al và Mg trong dung dịch HNO 3 loãng thu được dung dịch A và 1,568 lít (đktc) hỗn hợp B gồm 2 khí đều không màu có khối lượng 2,59 gam trong đó có 1 khí hóa nâu trong không khí. a.Tính số mol HNO3 bị khử. b.Cô cạn dd A thì được bao nhiêu gam muối khan? Lời giải: *Cách 1: Phương pháp trung bình: Số mol B = 1,568 : 22,4 = 0,07 mol M B = 2,59 : 0,07 = 37 Hai khí không màu ,có 1 khí hoá nâu trong không khí là NO ( MNO=30 < M B =37)  khí còn lại là N2O (M=44 > M B =37). nNO= x ; nN 2 O = y. ta có:  x  y 0,07  30 x  44 y  2,59   x 0,035   y 0,035 Phương trình phản ứng: 3 M + 4nHNO3  3M(NO3)n + nNO + 2nH2O 8 M +10n HNO3  8M(NO3)n + nN2O + 5nH2O (1) (2) a. Từ (1)(2) ta có: nHNO 3 = 4nNO + 10nN 2 O = 4.0,035 + 10.0,035 = 0,49 mol.  b.Ta có: nNO 3 (1,2) = 3nNO + 8nN 2 O = 3.0,035 + 8.0,035 = 0,385 mol Khối lượng muối khi cô cạn dung dịch A:  mmuối = mkim loại + mNO 3 = 4,431 + 0,385.62 = 28,301 gam * Cách 2: Phương pháp bảo toàn e: Số mol B = 1,568 : 22,4 = 0,07 mol M B = 2,59 : 0,07 = 37 Hai khí không màu ,có 1 khí hoá nâu trong không khí là NO (MNO=30 < M B =37)  khí còn lại là N2O (M=44 > M B =37). Design: §Æng §×nh T¸m - trêng THPT Lª V¨n Hu 17 nNO= x ; nN 2 O = y. ta có:  x  y 0,07  30 x  44 y  2,59   x 0,035   y 0,035 Đặt số mol Mg ,Al lần lượt là a,b ta có: 24a + 27b = 4,431 (1) Quá trình nhường e: quá trình nhận e 2+ Mg  Mg + 2e N+5 + 3e  N+2 mol : a a 2a 0,105 0,035 1 Al  Al3+ + 3e 2N+5 + 8e  N 2 (N2O) mol: b b 3b Theo định luật bảo toàn e: 2a + 3b = 0,385 (2)  Từ (1)(2) ta có: 24a  27b  4, 431  2 a  3b 0,385 0,28 0,035  x 0,161   y 0,021  nMg(NO 3 ) 2 = nMg = x = 0,161 mol nAl(NO 3 ) 3 = nAl = y = 0,021 mol a. nHNO 3 = 2. nMg(NO 3 )+ 3. nAl(NO 3 ) 3 + nNO + 2.nN 2 O = = 2.0,161 +3.0,021 +0,035 +2.0.035 = 0,49 mol b. mmuối = m Mg(NO 3 ) + mAl(NO 3 ) 3 = 0,161.148 + 0,021.213 = 28,301 gam. * Cách 3: phương pháp ion – electron: Số mol B = 1,568 : 22,4 = 0,07 mol M B = 2,59 : 0,07 = 37 Hai khí không màu ,có 1 khí hoá nâu trong không khí là NO (MNO=30 < M B =37)  khí còn lại là N2O (M=44 > M B =37). nNO= x ; nN 2 O = y. ta có:  x  y 0,07  30 x  44 y  2,59   x 0,035   y 0,035 Ta có: NO3- + 4H+ + e  NO + 2H2O 0,035 0,14 0,035 + 2NO3 + 10H + 8e  N2O + 5H2O 0,07 0,35 0,28 0,035 mol mol (1) (2) a. nHNO 3 = nH = 0,49 mol    b. nNO 3 ( muối) = nHNO 3 - nNO 3 ( 1,2) = 0,49 -0,105 = 0,385 mol Khối lượng muối khi cô cạn dung dịch A:  mmuối = mkim loại + mNO 3 = 4,431 + 0,385.62 = 28,301 gam Ví dụ 3: Có một dung dịch axit A chưa biết,để tác dụng hoàn toàn 270 ml dung dịch A cần 5,94 gam Al thu được 672 ml khí X(đktc) và dung dịch muối B. Để tác dụng với dung dịch muối B tạo dung dịch trong suốt ,cần 200 gam Design: §Æng §×nh T¸m - trêng THPT Lª V¨n Hu 18 dung dịch NaOH 18,5%. Xác định axit trong dung dịch A và nồng độ trong dung dịch A. Lời giải: *Cách 1: Cách giải thông thường: nAl = 5,94:27 = 0,22 mol ;nNaOH = 18,5.200 100.40 = 0,925 mol, nX = 0,672:22,4= 0,03 mol Ta có: Al  Al3+ + 3e 0,22 0,22 3+ Al + 4OH-  Al(OH) 4 0,22 0,88   nOH (pứ) < n OH (bài ra) Vậy ngoài ra còn có chất tác dụng với OH -. Chất đó phải là NH 4  dung  dịch A là dung dịch HNO3 . nNH 4 = nOH = 0,925 – 0,88 = 0,045 mol PTHH : 8Al + 30HNO3  8Al(NO3)3 + 3NH4NO3 + 9H2O (1) mol 0,12 0,45 0,045 (10-2n)Al + (36-6n)HNO3  (10-2n)Al(NO3)3 +3N2On +(18-3n)H2O (2) Mol: (10-2n) (36-6n) 3 (0,22-0,12) y 0,03  (10-2n).0,03 = 3.0,1  n = 0. Vậy khí X là N2.  y = 0,36 mol  Từ (1)(2): nHNO 3 = 0,45 + 0,36 = 0,81 mol. Nồng độ mol HNO3 = 0,81:0,27 = 3M. *Cách 2: Phương pháp bảo toàn e Ta có: nAl = 5,94:27 = 0,22 mol ;nNaOH = 18,5.200 100.40 = 0,925 mol, nX = 0,672:22,4= 0,03 mol Ta có: Al  Al3+ + 3e 0,22 0,22 3+ Al + 4OH-  Al(OH) 4 0,22 0,88   nOH (pứ) - Xem thêm -