Phương pháp bảo toàn electron
Tài liệu tham khảo môn hóa học
Chuyên đề:
Phương pháp bảo toàn electron
Nội dung
Nội dung phương pháp
Phạm vi áp dụng
Ưu điểm và phương pháp giải
Các dạng bài toán và bài tập minh họa
I. Nội dung phương pháp:
Tổng số mol electron các chất khử cho phải bằng tổng số mol electron
∑ =∑
n n
các chất oxi hóa nhận:
e(cho) e(nhËn)
II. Phạm vi áp dụng:
Chỉ áp dụng cho các quá trình OXH - K
Ưu điểm và phương pháp giải
III. Ưu điểm và phương pháp giải:
1. Ưu điểm:
• Cho kết quả rất nhanh, tính toán rất nhẹ nhàng (phù hợp thi trắc
nghiệm).
• Khắc sâu bản chất nhường e và thu e của các quá trình hóa học.
:
• Cho phép giải nhanh chóng nhiều bài toán trong đó có nhiều chất
OXH và chất khử (đặc biệt là những bài toán có rất nhiều ptpư, việc
viết các ptpư và cân bằng rất mất thời gian, thậm chí nhiều bài toán
không thể viết được ptpư do chưa biết phản ứng có hoàn toàn hay
không).
Ưu điểm và phương pháp giải
III. Ưu điểm và phương pháp giải (tt):
2. Phương pháp giải:
• Mấu chốt quan trọng nhất là chỉ cần biết trạng thái đầu và trạng
thái cuối cùng của các chất phản ứng và sản phẩm (không cần
quan tâm tới ptpư cũng như các sản phẩm trung gian.
:
• Để xác định chính xác TTđầu và TTcuối nên lập sơ đồ hình tam
giác. (Chú ý tới các đỉnh của tam giác).
• Xác định chính xác các chất khử (cho e) và các chất OXH (nhận e)
từ đầu quá trình đến cuối quá trình sau đó dựa vào dữ kiện bài toán
∑n nhËn rồi áp dụng ĐLBTe.
∑n cho
tìm và e
e
Các dạng bài toán và bài tập minh họa
IV. Các dạng bài toán và bài tập minh họa:
Dạng 1: 1 chất khử + 1 chất OXH:
∑ =∑
n n
e(1chÊt khö cho) e(1chÊt OXH nhËn)
Dạng 1
Ví dụ 1: Cho khí CO nóng qua ống sứ đựng m(g) Fe2O3 một thời
gian được 6,72g h2 X. Hòa tan hoàn toàn X vào dung dịch HNO3 dư
thấy tạo thành 0,448 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Giá trị
của m là:
A. 5,56 B. 6,64 C. 7,2 D. 8,8
Dạng 1
Bài giải
Tư duy bài toán theo sơ đồ:
+3
m(g) Fe O3
2
+4 +2
CO2 s− 2e CO+
uuuuuuu
+3 +2
Fe + NO +H2O
X +5
+HNO3
6,72
+3e
+2 +4
chÊt khö : C − 0,06 → C
2e
§ LBTe
0,03
⇒ ⇒ nCO(pø ) = nCO2 ( t ¹o thµnh) = 0,03
0,03
chÊt OXH: N+5 +3e → N+2
0,02
0,06
Theo § LBTKL : mCO(pø ) + m Fe2O3 (b® ) = m + m CO2 (t ¹o thµnh) ⇒ m = 7, 2
X
6 74
48 64 744
4 8
6 74
48 6 74
48
0,03.28 0,03.44
m 6,72
( § ¸p ¸nC)
Dạng 1
Ví dụ 2: Trộn 0,54 bột Al với h2 bột Fe2O3 và CuO rồi tiến hành phản ứng
nhiệt nhôm trong điều kiện không có không khí một thời gian, được h2 rắn
X. Hòa tan X trong dung dịch HNO3 đặc, nóng dư thì thể tích NO2 (sản
phẩm khử duy nhất) thu đươc ở đktc là:
A. 0,672 lít B. 0, 896 lít C. 1,12 lít D. 1,344lít
Dạng 1
Bài giải
Sơ đồ phản ứng:
(0,54g) Al
+3 +2
−3e
(Fe O3 , CuO) +
2
+4
Al3+ + NO2 + Fe3+ + Cu2+
+5
X + HNO
3
+1e
chÊt khö : Al − 3e → Al3 +
0,02 0,06
⇒ ⇒ VNO2 = 0,06 x 22,4 = 1,344lÝ ( § ¸p ¸nD )
t
chÊt OXH : N+5 + 1e → N+4
0,06
0,06
Dạng 1
Ví dụ 3: Hòa tan hoàn toàn 11,2g Fe vào dung dịch HNO3, được dung dịch
X và 6,72 lít h2 khí Y gồm NO và 1 khí Z (với tỉ lệ thể tích là 1 : 1). Biết chỉ
xảy ra 2 quá trình khử, khí Z là:
A. NO2 B. N2O C. N2 D. NH3
Bài giải
nY = 0,3 ⇒ nNO = nZ = 0,15; Gäi n lµ sè OXH cña N trong khÝZ;nFe = 0,2
sù OXH : Fe− 3e → Fe3 +
0,2 0,6
§ LBTe
+5 +4
Ta cã : +2
N + 3e → N ⇒ 0,6 = 0,45 + (5 − n).0,15 ⇒ n = 4(NO2 )
0,15
0,45
sù khö
N+5 + (5 − n)e → N+ n
0,15
(5 −n)0,15
⇒ ( § ¸p ¸n A)
Dạng 2
Dạng 2: 1 chất khử + 2 chất OXH:
∑ =∑
n n
e(1 khö cho) e(2 chÊt OXH nhËn)
Dạng 2
Ví dụ 1: (TSĐH – Khối B – 2007)
Nung m(g) bột Fe trong O2, thu được 3g h2 chất rắn X. Hòa tan hết X trong
dung dịch HNO3 (dư), thoát ra 0,56 lít (đktc) NO (là sản phẩm khử duy
nhất). Giá trị của m là:
A. 2,22 B. 2,32 C. 2,52 D. 2,62
Dạng 2
Bài giải
Tư duy bài toán theo sơ đồ
(mg) Fe0
+ 4eu
2O2- suuuuuu O2 +
+2
Fe3+ + NO + H2O
X
(3g) +5
+HNO3
+ 3e
3+
chÊt khö : Fe− 3e → Fe
m 3m
56 56
O2 + 4e → 2O2−
⇒ 3-m 3-m
chÊt OXH: 32 8
+5
+2
N + 0,075 → N
3e
0,025
3m 3 − m
= + 0,075 ⇒ m = 2,52 ( § ¸p ¸n C)
§ LBTe :
56 8
Dạng 2
Ví dụ 2: (TS ĐHQG – HN – 2000)
Để m (g) phoi bào Fe ngoài không khí, sau một thời gian được 12g chất
rắn X gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3. Hòa tan hết X trong dung dịch H2SO4 đ,
nóng được 2,24 lít SO2 (đktc). Giá trị của m là:
A. 9,52 B. 9,62 C. 9,42 D. 9,72
Bài giải
Dạng 2
Bài giải
Sơ đồ:
m(g)Fe
2O2- +4e O2
suuu
u
+4
Fe+3 + S O2 + H2O
+6
(12g) X +H2 S O 4
+2e
chÊt khö : Fe− 3e → Fe3+
m m
56 56
O2 + 4e → 2O2−
⇒ 12-m 12-m
chÊt OXH: 32 8
+6 +4
S + 2e → S
0,2 0,1
3m 12 − m
= + 0,2 ⇒ m = 9,52 ( § ¸p ¸n A)
§ LBTe :
56 8
Dạng 2
Ví dụ 3: Cho 11,2g Fe tác dụng với O2 được m(g) h2 X gồm 2 oxit. Hòa tan
hết X vào dung dịch HNO3 (dư), thoát ra 896ml NO (sản phẩm khử duy
nhất ở đktc). Giá trị của m là:
A. 29,6 B. 47,8 C. 15,04 D. 25,84
Dạng 2
Bài giải
Sơ đồ:
11,2(g)Fe
-3e
2O2- +4e O2
suuu
u
X Fe+3 + NO+2 + H2O
+5
(mg) + HNO3 +3e
TTcuèi
TT®Çu
chÊt khö : Fe − 3e → Fe
+3
0,2 0,6
O2 + 4e → 2O2−
⇒ m -11,2 m -11,2
chÊt OXH: 32 8
+5
+2
N + 3e → N
0,04
0,12
m − 11,2
§ LBTe : 0,6 = + 0,12 ⇒ m = 15,04 ( § ¸p ¸n C)
b
Dạng 2
Ví dụ 4: Hòa tan m(g) Al vào lượng dư dung dịch hỗn hợp NaOH và
NaNO3 thấy xuất hiện 6,72 lít (đktc) h2 khí NH3 và H2 với số mol bằng
nhau. Giá trị của m là:
A. 6,75 B. 7,59 C. 8,1 D. 13,5
Bài giải
Ta có: nNH3 = nH2 = 0,15
Sù OXH : Al − 3e → Al3 +
m m
27 9
§ LBTe m
+5
⇒ = 1 ⇒ m = 13,5 ( § ¸p ¸n D)
,5
−3
N + 8e → N 9
⇒ ∑n
0,15
1,2
Sù khö : e nhËn =1,5
2H+ + 2e → H
(H2O) 0,3 2
0,15
