Phương pháp bảo toàn electron

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 o th 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
64 7 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 0,06x 22,4 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