Giải nhanh bài toán hóa học - Phương pháp bảo toàn electron doc

Chuyên đề:
Phương pháp bảo toàn
electron

Nội dung phương pháp

Phạm vi áp dụng

Ưu điểm và phương pháp giải

Các dạng bài toán và bài tập minh họa
Nội dung
I. Nội dung phương pháp:
Tổng số mol electron các chất khử cho phải bằng tổng số mol electron các
chất oxi hóa nhận:
n n
e(cho) e(nh n)
∑ = ∑
Ë
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 tìm và
rồi áp dụng ĐLBTe.
n
echo
∑
n
enh n
∑
Ë
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(1ch tkh cho) e(1ch t OXH nh n)
∑ = ∑
Ê ö Ê Ë
Ví dụ 1: Cho khí CO nóng qua ống sứ đựng m(g) Fe
2
O
3
một thời
gian được 6,72g h
2
X. Hòa tan hoàn toàn X vào dung dịch HNO
3
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:



2
2 4
LBTe
0,06 0,03
0,03
CO(p ) CO (t o th nh)

+5 2
0,02
0,06
ch t kh : C 2e C
n n 0,03
ch t OXH: N +3e N
+ +
+


− →



⇒ ⇒ = =



→



§
ø ¹ µ
Ê ö
Ê
2 3 2
6,72
CO(p ) Fe O (b ) CO (t oth nh)
X

0,03.28
0,03.44
m
m 7Theo LBTKL : m m m m
( p
2
)
,
nC
+ = + ⇒ =
64 748
64 7 48
6 44 7 4 48
647 48
ø ® ¹ µ
§
§¸ ¸
3e+
X
+4 +2
2
CO 2e CO+−
suuuuuuu
+3
3
2
m(g) Fe O
6,72
+3 +2
2

Fe + NO +H O
+5
3
+HNO
Dạng 1
Ví dụ 2: Trộn 0,54 bột Al với h
2
bột Fe
2
O
3
và CuO rồi tiến hành phản
ứng nhiệt nhôm trong điều kiện không có không khí một thời gian,
được h
2
rắn X. Hòa tan X trong dung dịch HNO
3
đặc, nóng dư thì thể
tích NO
2
(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
2
3
0,02
0,06
NO
5 4

0,06
0,06
ch t kh : Al 3e Al
V 0,06 x22,4 1,344l t ( p nD)
ch t OXH :N 1e N
+
+ +

− →

⇒ ⇒ = =


+ →


Ê ö
Ý §¸ ¸
Ê
(0,54g) Al
3 2
3
2
(Fe O , CuO)
+ +
+
X
+5
3
+ HNO

+4
3+ 3+ 2+
2
Al + NO + Fe + Cu
Bài giải
Sơ đồ phản ứng:

3e−
1e+
Dạng 1
Ví dụ 3: Hòa tan hoàn toàn 11,2g Fe vào dung dịch HNO
3
, được dung
dịch X và 6,72 lít h
2
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. NO
2
B. N
2
O C. N
2
D. NH
3
Bài giải
Y NO Z Fe
3
0,2 0,6
LBTe 4

5 2
2
0,15
0,45
5 n
0,15
(5 n)0,15
n 0,3 n n 0,15; G i n l s OXH c a N trong kh Z;n 0,2
s OXH: Fe 3e Fe
N 3e N
Ta c : 0,6 0,45 (5 n).0,15 n 4(NO )
s kh
N (5 n)e N
( p n A)
+
+
+ +
+ +
−
= ⇒ = = =


− →








+ →
⇒ = + − ⇒ =










+ − →






⇒
§
ä µ è ñ Ý
ù
ã
ù ö
§¸ ¸
Dạng 1
Dạng 2: 1 chất khử + 2 chất OXH:
Dạng 2
n n

e(1 kh cho)
e(2ch t OXH nh n)
∑ = ∑
ö
Ê Ë
Ví dụ 1: (TSĐH – Khối B – 2007)
Nung m(g) bột Fe trong O
2
, thu được 3g h
2
chất rắn X. Hòa tan hết X trong
dung dịch HNO
3
(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
3
m 3m
56 56
2
2
3-m
3-m
8
32
5 2
0,025
0,075
ch t kh : Fe 3e Fe

O 4e 2O
ch t OXH:
N 3e N
+
−
+ +

− →




 + →
⇒







+ →




Ê ö
Ê
3m 3 m
LBTe : 0,075 m 2,52 ( p n C)

56 8
−
= + ⇒ =§ §¸ ¸
Bài giải
Tư duy bài toán theo sơ đồ
+2
3+
2
Fe + NO + H O
0
(mg) Fe
2-
2
2O 4e O + +
suuuuuuu
+5
3
+HNO
+ 3e
(3g)
X
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, Fe
3
O
4
, Fe
2

O
3
. Hòa tan hết X trong dung dịch H
2
SO
4
đ,
nóng được 2,24 lít SO
2
(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:
+
−
+ +

− →





+ →
⇒










+ →



3
m m
56 56
2
2
12-m
12-m
8
32
6 4
0,2 0,1
ch t kh : Fe 3e Fe
O 4e 2O
ch t OXH:
S 2e S
Ê ö
Ê
3m 12 m
LBTe : 0,2 m 9,52 ( p n A)
56 8

−
= + ⇒ =§ §¸ ¸
m(g)Fe
2-
2
2O +4e O
suuuu
+4
+3
2 2
Fe + SO + H O
(12g)
X
+2e
+6
2 4
+H SO
Dạng 2
Ví dụ 3: Cho 11,2g Fe tác dụng với O
2
được m(g) h
2
X gồm 2 oxit. Hòa tan
hết X vào dung dịch HNO
3
(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:



TTcu i
TT u
+3
0,2 0,6
2
2
m -11,2
m -11,2
8
32
5 2
0,04
0,12
ch t kh : Fe 3e Fe
O 4e 2O
ch t OXH:
N 3e N
−
+ +

− →




+ →

⇒








+ →



è
®Ç
Ê ö
Ê
m 11,2
LBTe : 0,6 0,12 m 15,04 ( p n C)
b
−
= + ⇒ =§ §¸ ¸
11,2(g)Fe
2-
2
2O +4e O
suuuu
+3 +2
2
Fe + NO + H O

+5
3
(mg) + HNO +3e
X
-3e
Dạng 2
Ví dụ 4: Hòa tan m(g) Al vào lượng dư dung dịch hỗn hợp NaOH và NaNO
3
thấy
xuất hiện 6,72 lít (đktc) h
2

khí NH
3
và H
2
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:

3 2
NH H
n n 0,15= =
2
3
m
m
27
9

LBTe
5 3
0,15
1,2
n
e nh n 1,5
2
(H O)
0,3
0,15
S OXH : Al 3e Al
m
1,5 m 13,5 ( p n D)
N 8e N
9
S kh :
2H 2e H
+
+ −
=
+

− →




⇒ = ⇒ =



+ →




⇒∑




+ →






§
Ë
ù
§¸ ¸
ù ö
Dạng 2
Dạng 3: 2 chất khử + 1 chất OXH:


n n
e(2ch tkh cho) e(1ch t OXH nh n)
∑ = ∑
Ê ö Ê Ë

Dạng 3
Ví dụ 1: (TSĐH – Khối A – 2007)
Hòa tan hoàn toàn 12g h
2
Fe, Cu (tỉ lệ mol 1: 1) bằng axit HNO
3
, thu được
V lít (đktc) h
2
X (gồm NO và NO
2
) và dung dịch Y (chỉ chứa 2 muối và axit
dư). Tỉ khối của X đối với H
2
bằng 19. Giá trị của V là:
A. 4,48 B. 5,6 C. 2,24 D. 3,36
Bài giải
Vì axit dư nên Fe, Cu bị OXH hết tạo Fe
+3
và Cu
+2
+
+
+ +
+ +
= = ⇒ + = ⇒ =


+


= = ⇒ = ⇒ =

+




− →


 
⇒ ∑ =

 


 

− →












+ →



 

⇒ ∑ =
 

 

+ →




2
Fe Cu
NO NO
3
0,1
0,3
n
echo
2
0,1 0,2
5 2
x
3x
n

enh n
5 4
x
x
n n a 56a 64a 12 a 0,1
G i
30x 46y
n x; n y 38 x y
x y
Fe 3e Fe
s OXH 0,5
Cu 2e Cu
Tac :
N 3e N
s kh 4x
N 1e N
Ë
ä
ù
ã
ù ö
+
⇒ = ⇒ = ⇒ = ∑ =
64 7 48
2
LBTe
n
(NO NO )
0,125.2
0,5 4x x 0,125 V 22,4. 5.6

( p n B)
§
§¸ ¸
Dạng 3
Ví dụ 2: Hỗn hợp X gồm Cu và Fe có tỉ lệ khối lượng tương ứng là 7: 3. Lấy
m (g) X cho phản ứng hoàn toàn với dd chứa 0,7 mol HNO
3
; Sau phản ứng
còn lại 0,75m g chất rắn và có 0,25 mol khí Y gồm NO và NO
2
.Giá trị của m
là:
A. 40,5 B. 50,4 C. 50,2 D. 50
Bài giải
Ta có:
Vì Fe pư trước Cu và sau pư còn 0,75m (g)
Fe dư
Quá trình OXH – K
Fe Cu
3
m m 0,3m; m 0,7m
3 7
= = =
+
Cu ch a p 0,7m
Fed 0,05m Fep 0,25m(g)

⇒

→ =




3 2
3 3
ch t o mu i Fe(NO )
HNO h t (l u ch H h t; NO c n trong mu i)
+ −


⇒



Ø ¹ è
Õ ý Ø Õ ß è
}
}
− +
− +
+




+ + → +

+ = =
 




⇒
 

 

+ = =
⇒
 
 


 

+ + → +

∑ = + =





− → = ⇒ =

uuuuuuuur
3 2
4a
3a a
n

3 2 2
2b
e(nh n)b
b
0,7
0,25
2
0,25m 0,25m
56 28
NO 4H 3e NO 2H O
a b 0,25 a 0,1
4a 2b 0,7 b 0,15
NO 2H 1e NO H O
3a b 0,45
0,25m
Fe 2e Fe LBTe 0,45 m 50,4 ( p n B)
28
Ë
§ §¸ ¸





Dạng 3
Vớ d 3: Cho h
2
cha 0,15 mol Cu v 0,15 mol Fe p va vi dung
dch HNO
3

c 0,2 mol khớ NO (sn phm kh duy nht). Tng khi
lng cỏc mui trong dung dch sau pn ng l:
A. 64,5 B. 40,8 C. 51,6 D. 55,2
Bi gii
Cỏch 1: Dựng LBTe
+
+ +
+ + +
+ +




>










+

+

2
n n
0,15 0,3
echo(0,75mol) enh n(0,6mol)
3 3
0,15 0,45 0,15
3 2 3
5 2
0,15 0,15 0,15
0,2
0,6
3 2
Cu 2e Cu
: v l
Fe 3e Fe Ph i c th m ch t nh n e(0,15mol) v ch l Fe
Fe 1e Fe h t Fe
N 3e N
Fe(NO )
dung d ch c
ậ
ô í
ả ó ê ấ ậ à ỉ à
ế
ị ó

= + =

m
mu i
3 2
: 0,15mol 0,15(180 188) 55,2 (g) ( p n D)
Cu(NO ) : 0,15mol
ố
Đá á
Dng 3
Cách 2: Sử dụng CT:
Ta có:
3
KL
mu i
NO (t omu i)
m m m
−
= +
è
¹ è
3 3 3
3 3
3
NO (t omu i) NO (b ) NO (b kh )
NO (b ) H NO (t omu i)
2
0,8
0,2
0,2
mu i

n n n
n n n 0,8 0,2 0,6
NO 4H 3e NO 2H O
m 0,15(64 56) 0,6.62 55,2(g)
− − −
− + −
− +



= −




= ⇒ = − =







+ + → +


⇒ = + + =
¹ è ® Þ ö
® ¹ è
è

Dạng 3