On thi DH phuong phap bao toan electron

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 các
chất oxi hóa nhận:

∑

n
e(cho)

=∑

n
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.

•

: định chính xác TTđầu và TTcuối nên lập sơ đồ hình tam giác. (Chú ý
Để xác

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
rồi áp dụng ĐLBTe.

∑ne cho

∑ne nhËn

và


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
e(1chÊt khö cho)

=∑

n
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

X

6,72

+2

Fe + NO +H2O

+5

+HNO3
+3e


+2
− 2e → C +4
chÊt khö : C
0,06
0,03
0,03
⇒

+5
+2
ch
Ê
t
OXH:
N
+3e
→
N


0,02
0,06


 §LBTe
 ⇒ nCO(pø ) = nCO2 ( t ¹o thµnh) = 0,03



Theo §LBTKL : mCO(pø ) + m Fe2O3 (b® ) = m
64 7 48
0,03.28

( §¸p ¸nC)

64 7 48
m

X
64 7 48
6,72

+ m CO2 (t ¹o thµnh) ⇒ m = 7, 2
6 44 7 4 48
0,03.44


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 h 2 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

+5

X + HNO
3

Al3+ + NO2 + Fe3+ + Cu2+

+1e


3+
ch
Ê
t
kh
ö
:
Al
−
3e
→
Al

0,02
0,06
⇒
⇒ VNO2 = 0,06 x 22,4 = 1,344lÝt ( §¸p ¸nD )
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

nY = 0,3 ⇒ nNO

B. N2O

C. N2

D. NH3

Bài giải
= nZ = 0,15; Gäi n lµ sè OXH cña N trong khÝ Z;nFe = 0,2


3+
s
ù
OXH
:
Fe
−
3e
→
Fe


0,2
0,6

 +5
N + 3e → N+2
Ta cã : 


0,15
0,45

s
ù
kh
ö


N+5 + (5 − n)e → N+ n

0,15


(5 −n)0,15
⇒ ( §¸p ¸n A)



 §LBTe
+4
 ⇒ 0,6 = 0,45 + (5 − n).0,15 ⇒ n = 4(NO 2 )






Dạng 2
Dạng 2: 1 chất khử + 2 chất OXH:

∑

n
e(1 khö cho)

=∑

n
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

2O 2- suuuuuu
+ 4eu O 2 +
+2

(3g)

X

Fe3+ + NO + H2O

+5

+HNO3

+ 3e


− 3e → Fe3+
chÊt khö : Fe
m
3m
56

56



2−
O
+
4e
→
2O
⇒
2
 3-m 3-m

 32 8
ch
Ê
t
OXH:


 +5

3e → N+2
N + 0,075

0,025


§LBTe :

3m 3 − m
=
+ 0,075 ⇒ m = 2,52 ( §¸p ¸n C)
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
Bài giải

D. 9,72


Dạng 2
Bài giải
Sơ đồ:
m(g)Fe
2O2- +4e
suuuu O 2
+4

(12g) X

Fe+3 + S O 2 + H2O

+6

+H2 S O 4
+2e


3+
ch
Ê
t
kh
ö
:
Fe
−
3e
→
Fe

m
m

56
56



2−

O
+
4e
→
2O
⇒
2
12-m 12-m

8
chÊt OXH:  32

 +6
+4

S + 2e → S

0,2
0,1


§LBTe :

3m 12 − m
=
+ 0,2 ⇒ m = 9,52 ( §¸p ¸n A)
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
suuuu O2
X

Fe+3 + NO+2 + H2O
(mg) + HNO3 +3e
+5

TTcuèi
TT®Çu

− 3e → Fe+3
chÊt khö : Fe
0,2
0,6


2−

O
+
4e
→
2O
2
⇒
 m -11,2 m -11,2
8
chÊt OXH:  32

 +5

→ N+2
 N + 3e
0,04
0,12


§LBTe : 0,6 =

m − 11,2
+ 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
27

m
9

 +5
→ N−3
N + 8e
0,15
1,2

Sù khö : 
2H+ + 2e → H
2
 (H2O) 0,3
0,15




 §LBTe m
= 1,5 ⇒ m = 13,5 ( §¸p ¸n D)

 ⇒
9
 ⇒ ∑n

e
nh
Ë
n
=
1,5







Dạng 3

Dạng 3: 2 chất khử + 1 chất OXH:

∑ne(2chÊt khö cho) = ∑ne(1chÊt OXH nhËn)


Dạng 3
Ví dụ 1: (TSĐH – Khối A – 2007)
Hòa tan hoàn toàn 12g h2 Fe, Cu (tỉ lệ mol 1: 1) bằng axit HNO3, thu được
V lít (đktc) h2 X (gồm NO và NO2) và dung dịch Y (chỉ chứa 2 muối và axit
dư). Tỉ khối của X đối với H2 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

 nFe = nCu = a ⇒ 56a + 64a = 12 ⇒ a = 0,1
Gä i 
 nNO = x; nNO = y ⇒ 30x + 46y = 38 ⇒ x = y
2

x+ y


+3


Fe
−
3e
→
Fe

 0,1 0,3

n
 sù OXH 
 ⇒ ∑ echo = 0,5

 Cu− 2e → Cu+ 2 


 0,1 0,2
Tacã : 
 +5

+2 
N
+
3e
→
N





x
3x
n
s
ù
kh
ö
⇒
∑


e nhËn = 4x

N+5 + 1e → N+ 4 



x
x

( §¸p ¸n B)


 §LBTe

n
 ⇒ 0,5 = 4x ⇒ x = 0,125 ⇒ V = 22,4. ∑ (NO+ NO2 ) = 5.6
64 7 48

0,125.2




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 3
B. 50,4
C. 50,2
D. 50
mFe = m
= 0,3m; mCu = 0,7m
Bài giải
Cu ch­ a p­ 0,7m
3+7
⇒

Ta có:
Fe d­ 0,05m → Fep­ = 0,25m(g)
Vì Fe pư trước Cu và
còn
0,75m )(g)
chsau
Ø t ¹opư
mu
èi Fe(NO
3 2


⇒
+
−
Fe dư
HNO3 hÕt (l­ u ý chØ H hÕt; NO3 cßn trong muèi)


 NO − + 4H+ + 3e → NO+ 2H O
2
a = 0,1
  a + b = 0,25
4a
 3
3a
a
⇒
  4a + 2b = 0,7 b = 0,15


 ⇒ 

−
+
+ 1e → NO2 + H2O   ∑n
 NO3 + 2H
  e(nhËn) = 3a + b = 0,45
2b
b

b

}

}

0,7
0,25
Quá trình OXH – K 
0,25m
 Fe − 2e → Fe2+ §
LBTer
= 0,45 ⇒ m = 50,4 ( §¸p ¸n B)
uuuuuuuu
0,25m
28
 0,25m
56
28


Dng 3
Vớ d 3: Cho h2 cha 0,15 mol Cu v 0,15 mol Fe p va vi dung
dch HNO3 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

Cu 2e Cu2+ n
0,15
0,3
e cho (0,75mol) > ne nhận (0,6mol) : v ô lí



3+
Fe 3e Fe Phải có thê m chất nhận e(0,15mol) v à ch ỉ là Fe +3
0,15 0,45
0,15

+3
2+
3+
Fe
+
1e

Fe

h
ế
t
Fe
+5

+2

N + 3e N 0,15 0,15
0,15
0,2
0,6

Fe(NO3 )2 : 0,15mol
dung dịch có
Cu(NO3 )2 : 0,15mol

mmuối = 0,15(180 + 188) = 55,2 (g) ( Đáp án D)


Dạng 3
Cách 2: Sử dụng CT: mmuèi = mKL + m

NO3 − ( t ¹o muèi)

Ta có:


n

 NO−3 (t ¹o muèi) = nNO−3 (b® ) − nNO−3 (bÞ khö ) 


n
=
n

 ⇒ nNO− (t ¹o muèi) = 0,8 − 0,2 = 0,6
H+
 NO−3 (b® )
3



NO− + 4H+ + 3e → NO+ 2H O
2
0,2
 0,2 3 0,8
⇒ mmuèi = 0,15(64 + 56) + 0,6.62 = 55,2(g)