PHẦN I: MỞ ĐẦU
1. Thông tin chung về sáng kiến:
1.1. Tên sáng kiến:
Vận dụng định luật bảo toàn electron vào giải một số bài toán hóa
học vô cơ.
1.2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến:
Trong giảng dạy bộ môn Hóa học trung học phổ thông.
Trong việc dạy học và ôn thi tốt nghiệp, ôn thi Đại học, Cao đ ẳng
của giáo viên và học sinh.
1.3. Tác giả:
Họ và tên: Hồ Thị Huyền
Giới tính: Nữ
Ngày, tháng, năm sinh: 19 / 07 / 1987
Trình độ chuyên môn: Cử nhân sư phạm Hóa học.
Đơn vị công tác: Trường THPT Nam Sách II.
Điện thoại: 0986.624.898
1.4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến:
Trường THPT Nam Sách II – An Lâm – Nam Sách – Hải Dương
Điện thoại: 03203 . 755 . 317
1.5. Đơn vị áp dụng sáng kiến lần đầu:
Trường THPT Nam Sách II – An Lâm – Nam Sách – Hải Dương
Điện thoại: 03203 . 755 . 317
1.6. Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến:
Được sự nhất trí thông qua nội dung SKKN và phê duy ệt của Ban
chuyên môn, Ban giám hiệu nhà trường.
1.7. Thời gian áp dụng SKKN lần đầu:
SKKN được áp dụng từ tháng 10 năm 2012 đến hết tháng 10 năm
2013 đối với các lớp A, D, G niên khóa 2011 – 2014 trường THPT Nam
Sách II – Nam Sách – Hải Dương.
HỌ TÊN TÁC GIẢ (KÝ TÊN)


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

2

2


PHẦN II: NỘI DUNG SÁNG KIẾN
1. Cơ sở lý thuyết về “Phản ứng oxi hóa – khử”
- Phản ứng oxi hóa – khử: là phản ứng hóa h ọc trong đó có s ự “chuy ển
electron” giữa các chất (nguyên tử, phân tử, ion) tham gia ph ản ứng; hay
phản ứng oxi hóa – khử là phản ứng trong đó có s ự thay đổi s ố oxi hóa c ủa
một số nguyên tố.
- Chất khử: (bị oxi hóa) là những chất nhường electron (có số oxi hóa tăng
sau phản ứng).
- Chất oxi hóa: (bị khử) là những chất nhận electron (có số oxi hóa gi ảm
sau phản ứng).
- Điều kiện xảy ra phản ứng: phản ứng oxi hóa – kh ử xảy ra khi các ch ất
oxi hóa mạnh tác dụng với các chất khử mạnh tạo thành chất oxi hóa y ếu
hơn và chất khử yếu hơn.
2. Cơ sở lý thuyết về phương pháp cân bằng phản ứng oxi hóa – kh ử.
(Ở đây chỉ giới thiệu hai phương pháp)
2.1. Phương pháp thăng bằng electron
Tiến hành theo 4 bước:
Bước 1. Viết sơ đồ phản ứng, xác định chất oxi hóa, chất kh ử (d ựa vào s ự
thay đổi số oxi hóa của các nguyên tố).

Fe − 3e → Fe

Chất khử

(quá trình oxi hóa)
3


+5

3x

+4

N+ 1e → N

(quá trình khử)

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


FeO + 2H − 1e → Fe+ H2O

Chất khử
+5

1x

+3

+

−
3

(quá trình oxi hóa)

+2

+

N O + 4H + 3e → N O + 2H2O

(quá trình khử)

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

- Khi áp dụng phương pháp bảo toàn electron th ường sử d ụng kèm theo
các phương pháp bảo toàn khác như bảo toàn khối lượng, bảo toàn
nguyên tố.
3.3. Các bước giải:
- Xác định chất khử và chất oxi hóa ở giai đoạn đầu và giai đoạn cuối cùng
(bỏ qua các giai đoạn trung gian).
- Viết các quá trình khử và quá trình oxi hóa (có thể theo ph ương pháp
electron hoặc ion – electron).
- Tìm tổng số mol electron nhường hoặc nhận.
- Áp dụng định luật bảo toàn electron.
Ví dụ 1: Hòa tan hoàn toàn 19,2 gam Cu bằng dung dịch HNO 3, toàn
bộ lượng khí NO (sản phẩm khử duy nhất) thu được đem oxi hóa thành
NO2 rồi chuyển hết thành HNO3.Thể tích khí oxi (đktc) đã tham gia vào
quá trình trên là:
A. 2,24 lít
B. 4,48 lít
C. 3,36 lít
D. 6,72 lít
Giải:
Cách 1: Tính toán theo phương trình hóa học
19, 2
=
64
nCu =
0,3 (mol)
3Cu
+
8HNO3 → 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O
0,3
→

H
N
O3

+ H NO3
2
Cu →
 +2
Cu(NO )
3 2

o

5

+5

5


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

Quá trình nhận e:

+2

−2

Cu

+5

2
Ta có n

N

+5

+ 10e → N2

NO3−
(muối)

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

= 3nAl = nenhường

N

+1


- Với bài toán như ví dụ 1, làm theo cách 2 có ưu điểm h ơn so v ới cách 1:
+ Không cần viết phương trình hóa học của các phản ứng mà ch ỉ c ần n ắm
được những nguyên tố nào thay đổi số oxi hóa.
6

6


+ Chỉ cần quan tâm đến trang thái oxi hóa đầu và cuối, không c ần đ ể ý
đến trạng thái oxi hóa trung gian.
Vì vậy áp dụng theo cách 2 rút ngắn thời gian tính toán.
- Với bài toán ở ví dụ 2, việc vận dụng phương pháp bảo toàn electron
đầy đủ các quá trình như trên có một số ưu và nhược điểm sau:
+ Ưu điểm: Không cần viết và cân bằng các phương trình hóa h ọc, chỉ c ần
viết đúng quá trình nhường nhận e, kết hợp bảo toàn electron và bảo toàn
khối lượng để tính ra kết quả.
+ Nhược điểm: Việc trình bày đầy đủ thứ tự các bước trong ph ương pháp
thăng bằng electron còn mất nhiều thời gian. Tuy nhiên, nếu chúng ta
nắm được một cách tổng quát về dạng bài toán này (kim loại tác dụng v ới
axit có tính oxi hóa mạnh) thì việc áp dụng định luật bảo toàn electron
làm cho bài toán trở nên đơn giản hơn rất nhiều.
Trên đây là chỉ là hai trong số rất nhiều bài toán có th ể áp d ụng
phương pháp bảo toàn electron. Với các bài toán ph ức tạp h ơn, đặc bi ệt là
một số bài toán vô cơ trong các đề thi Đại học, Cao đẳng hay thi h ọc sinh
giỏi thì việc nắm được các dạng bài tập oxi hóa – kh ử và cách áp dụng
định luật bảo toàn electron là rất cần thiết.
3.4. Một số dạng bài toán có thể áp dụng phương pháp b ảo toàn
electron:
Hầu hết các dạng bài tập về phản ứng oxi hóa kh ử đ ều có th ể áp
dụng được phương pháp bảo toàn electron. Ở đây tôi chỉ đưa ra m ột số

Quá trình nhận e:
n+
M – ne → M
2H+ + 2e → H2
Như vậy ta thấy kim loại nhường đi n.e và hiđro thu v ề 2e.
Công thức 1: Áp dụng định luật bảo toàn e
nH 2

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

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

nSO2−
4

nCl−

nH
=


gam.
Số mol H2 = 0,2 (mol).
Theo bảo toàn e ta có:
+3
y
2y
Al
Al - 3e →
+1
x 3x
2H
+ 2 e → H2
+2
Mg
0,4
0,2
Mg - 2e →
Suy ra:
3x + 2y = 0,4 (1)
8

8


Theo bài ta có: 27x + 24y = 3,9 (2).
Giải phương trình (1), (2) ta có x = 0,1 mol và y = 0,05 mol
Từ đó ta tính được mAl =27.0,1 =2,7 gam và mMg =24.0,05 = 1,2 gam.
Chọn đáp án A.
* Tuy nhiên khi gặp dạng bài này thì nên áp d ụng ngay công th ức 1. Nh ư
vậy chúng ta có thể tính toán ngắn gọn như sau:

B. 25,95 g
C. 103,85 g
D. 38,93 g
nH+ = nHCl + 2nH SO
2
4
Giải:
= 0,5.(1+2.0,28) = 0,78 mol
8,736
22, 4

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

24

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

84,95 = 24,6 + 71.

2

22,4

) = 19,04 lít

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

∑e (M nhường) = ∑e (

22,4

-

a → 4a
O2)

(a là mol

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

-

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

-

-

-

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

N

-

-

+6

S

nguội (trừ Pt, Au, Fe, Al, Cr…), khi đó
trong HNO3 và trong
H2SO4 bị khử về các mức oxi hóa thấp hơn trong những sản phẩm
khử tương ứng.

 N H NO
4
3



+5

+ H NO3

-

-

→

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


-

-

mmuối= mkim loại+

mNO−
3

= mkim loại+ 62. ∑ne trao đổi

nNO−
-

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

nNO−

nHNO

3

-

≠ ∑ne trao đổi (khí)

(muối)

2

4

3

12


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

-

-

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

-

-

+5



2
mAl = 1,62

Vậy %mMg = 12,9%,

%mAl = 87,1%.

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

+2

-

Giải: Nhường e: Cu - 2e →

Cu

Mg - 2e →

Mg



+5

+ 3e →

N

z
+5

(NO)

N

+ 1e →

+4

N

(NO2)
-

0,03 ← 0,01
0,04 ← 0,04
Áp dụng định luật bảo toàn electron và công thức tính số mol
nNO
−
3


+5
+2
Fe
- 3e → Fe
N + 3e → N
0,1 → 0,3
3x ← x
2+
+5
+4
Cu - 2e → Cu
N + 1e → N
0,1 → 0,2
y ← y
-

Áp dụng định luật bảo toàn electron: 3x + y = 0,5
Mặt khác: Do tỉ khối của hỗn hợp X với H2 là 19
⇒
30x + 46y = 19×2(x + y).
⇒
x = 0,125 ; y = 0,125.
Vhh khí (đktc) = 0,125×2×22,4 = 5,6 lít.
Chọn đáp án C.

-

-

-


3

-

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

-

14

Ví dụ 5 (Đề thi ĐH khối A – 2009)
14


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

= 0,06+ 0,06+ 0,24= 0,36 mol
⇒
- VNaOH = 0,36 lít = 360 ml
Đáp án A.
- 4.2.2. Bài toán: Cho một kim loại (hoặc hỗn hợp các kim lo ại) tác
dụng với dung dịch axit H2SO4 đặ cho ra sản phẩm khử là khí SO 2
hoặc H2S hoặc S.
-

+6

+ H2 S O4

-

15


→

 +4
 SO2
S

 −2
 H2 S

Kim loại M
sản phẩm khử
- Cần nhớ một số các bán phản ứng sau:


:
nM
2

=

1
2

∑n e(nhường)=

1
2

∑ne(traođổi)
-

∑ne(traođổi) =

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

mSO24

-


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

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

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

-

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

mSO24

-

-



16


-

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

-

C%=
-

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

mol



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

-

-

-

-

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

-

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

+5

0,1

0,8
+4

+6

0,2
+4

N + 1e → N
S + 2e → S
0,1
0,1 0,2
0,1
⇒ Tổng số mol e nhận bằng 1,4 mol.
Theo định luật bảo toàn electron:
2x+ 3y = 1,4
(2)
Giải hệ (1), (2) ta được: x = 0,4 mol ; y = 0,2 mol.
27 × 0,2
%Al =
×100% = 36%.
15
⇒
%Mg = 100% − 36% = 64%. Đáp án B.

-

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

-

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

18

18


-

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

Ta thấy, quá trình phản ứng toàn bộ lượng Fe kim loại đ ược
chuyển thành Fe3+ nên ta có:
- Quá trình nhận e:
+5
+4
- Quá trình nhường e:
−
N(NO
)
+
1e
→
N(NO2 )
3
Fe - 3e → Fe3+
-

-

-

mol
-

19

x
56

→

(mol)

19


-

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

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

-

-

3x
56

-



Cu

-2

+6

-

gam.
-

-

S

+4

S
Cu – 2e →
; O2 + 4e → 2 ;
+ 2e →
x 2x
y
4y
0,4 0,2
Theo định luật bảo toàn electron: 2x = 4y + 0,4 (1)
Theo định luật bảo toàn khối lượng: 64x + 32y = 24,8 (2)
⇒
Giải hệ 2 phương trình (1) và (2) ta được x = 0,035

Ta có các quá trình nhường và nhận e:


+8/3

-

+2

3Fe + 2e → 3Fe

+5

+2

N

N

Fe – 2e → Fe2+;
;
+ 3e →
x 2x x
3y
2y
3y
0,3 0,1
Áp dụng định luật bảo toàn electron: 2x - 2y = 0,3 (1)
n Fe2+
Mặt khác

0,03

Fe

+6

+3

S

+2 ; FeS – 9e →
0,003

Fe

+6

S

+ ;

+6

S

+4

+ 2e →

S

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


-

-

mol
-

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

D. 24,6g; %Al = 32,18
Giải: Chiều sắp xếp các cặp oxi hóa khử trong dãy điện hóa:
Al3+ Fe 2+ Cu 2+ Ag +
Al
Fe
Cu
Ag

-

Vậy, hỗn hợp B gồm Cu và Ag

⇒

⇒

mB = mCu + mAg

nAg = 0,1mol ; nCu = 0,2mol
mB = 0,1x108 + 0,2x64 = 23,6(g)
Al : x(mol)
; m X = 8,3g ⇔ 27x + 56y = 8,3

Fe : y(mol)
Gọi hỗn hợp X
(1)
3+
Quá trình nhường e: Al - 3e → Al
x
3x

-

-

∑n e nhận = 0,4 + 0,1 = 0,5(mol)

Theo ĐLBT electron: ∑ ne nhường = ∑ ne nhận

Từ (1) và (2), suy ra:
Đáp án A.

⇒

3x + 2y = 0,5

(2)

 x = 0,1
0,1.27.100
⇒ %m Al =
= 32,53%

y
=
0,1
8,3


-



-

N

(NO).

+2

+ 3e

→
←

0,15

-

N

1,12
= 0,05
22,4

(mol)
+5

-

Ở thí nghiệm 2: R1 và R2 trực tiếp nhường e cho

N

= 22,4.0,015 = 0,336 lít. Đáp án B.

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

-


-

-

35,58g.
-

-

gam
-

-

-

-


A. 5,6
B. 2,8
C. 11,2
D.
8,4
5. Một hỗn hợp gồm hai bột kim loại Mg và Al được chia thành hai phần
bằng nhau:
- Phần 1: cho tác dụng với HCl dư thu được 3,36 lít H2.
- Phần 2: hoà tan hết trong HNO3 loãng dư thu được V lít một khí
không màu, hoá nâu trong không khí (các thể tích khí đều đo ở đktc).
Giá trị của V là:
A. 2,24 lít.
B. 3,36 lít.
C. 4,48 lít.
D. 5,6 lít.
6. Hòa tan hoàn toàn 3,28g hỗn hợp Fe và R có hóa trị II bằng dung
dịch HCl dư được 2,464 lít H2 (đktc). Cũng lượng hỗn hợp kim loại
trên tác dụng với dung dịch HNO3 loãng thu được 1,792 lít khí NO
(đktc). Kim loại R là:
A. Al
B. Mg
C. Cu
D. Zn
7. Hòa tan hết 4,43 gam hỗn hợp Al và Mg trong HNO 3 loãng thu được
dung dịch A và 1,568 lít (đktc) hỗn hợp hai khí (đều không màu) có
khối lượng 2,59 gam trong đó có một khí bị hóa thành màu nâu trong
không khí. Tính số mol HNO3 đã phản ứng.
A. 0,51 mol
B. 0,45 mol.
C. 0,55 mol.

hoàn toàn A trong HNO3 dư thu được dung dịch B và 12,096 lít khí
hỗn hợp khí NO và NO2 (đktc) có tỉ khối so với He là 10,167. Giá trị
của m là:
A. 72
B. 69,54
C. 91,28
D.
78,4
- 12. Đốt cháy 5,6 gam bột Fe trong bình đựng O 2 thu được 7,36 gam
hỗn hợp A gồm Fe2O3, Fe3O4 và Fe. Hòa tan hoàn toàn lượng hỗn hợp
A bằng dung dịch HNO3 thu được V lít hỗn hợp khí B gồm NO và
NO2. Tỉ khối của B so với H2 bằng 19. Thể tích V ở đktc là:
A. 672 ml. B. 336 ml.
C. 448 ml.
D.
896 ml.
- 13. Dung dịch X gồm AgNO3 và Cu(NO3)2 có cùng nồng độ. Lấy một
lượng hỗn hợp gồm 0,03 mol Al; 0,05 mol Fe cho vào 100 ml dung dịch
X cho tới khí phản ứng kết thúc thu được chất rắn Y chứa 3 kim loại.
Cho Y vào HCl dư giải phóng 0,07 gam khí. Nồng độ của hai muối là:
A. 0,3M.
B. 0,4M.
C. 0,42M.
D.
0,45M.
14. (Đề thi ĐH khối B – 2008):
Tiến hành hai thí nghiệm sau:
- Thí nghiệm 1: Cho m gam bột Fe (dư) vào V1 lít dung dịch
Cu(NO3)2 1M;
- Thí nghiệm 2: Cho m gam bột Fe (dư) vào V2 lít dung dịch AgNO3