Chuyên đề:

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 ne(cho) e(nh n) Ë

II. Phạm vi áp dụng:

Chỉ áp dụng cho các quá trình OXH - K

:


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).

:


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.necho 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 ne(1ch t kh cho) e(1ch t OXH nh n) Ê ö Ê Ë

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:

2

2 4LBTe0,06 0,030,03

CO(p ) CO (t o th nh)

+5 2

0,020,06

ch t kh : C 2e Cn 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 0,03.44m

m 7Theo LBTKL : m m m m

( p

2

)

,

nC

ø ® ¹ µ§

§ ¸ ¸

3e

X

+4 +2

2CO 2e CO+�

+3

32

m(g) Fe O

6,72

+3 +2

2Fe + NO +H O+5

3+HNO

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

2

3

0,02 0,06

NO5 4

0,060,06

ch t kh : Al 3e AlV 0,06 x 22,4 1,344l t ( p nD)

ch t OXH: N 1e N

Ê öÝ § ¸ ¸

Ê

(0,54g) Al

3 2

32

(Fe O , CuO)

X +5

3+ HNO

+43+ 3+ 2+

2Al + 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 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

Y NO Z Fe

3

0,2 0,6

LBTe 45 2

20,150,45

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 NTa 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

ãù ö

§ ¸ ¸

Dạng 1


Dạng 2

n ne(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 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

3

m 3m

56 56

22 3-m3-m

832

5 2

0,0250,075

ch t kh : Fe 3e Fe

O 4e 2O

ch t OXH:

N 3e N

Ê ö

Ê

3m 3 mLBTe : 0,075 m 2,52 ( p n C)

56 8

§ § ¸ ¸

Bài giải

Tư duy bài toán theo sơ đồ

+23+

2Fe + NO + H O

0(mg) Fe

2-22O 4e O + �

+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, 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:

3

m m

56 56

22 12-m12-m

832

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 mLBTe : 0,2 m 9,52 ( p n A)

56 8

§ § ¸ ¸

m(g)Fe

2-22O +4e O�

+4+3

2 2Fe + SO + H O(12g) X

+2e

+6

2 4+H SO

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:

TTcu iTT u+3

0,2 0,6

22 m -11,2m -11,2

832

5 2

0,040,12

ch t kh : Fe 3e Fe

O 4e 2O

ch t OXH:

N 3e N

è®Ç

Ê ö

Ê

m 11,2LBTe : 0,6 0,12 m 15,04 ( p n C)

b

§ § ¸ ¸

11,2(g)Fe

2-22O +4e O �

+3 +22Fe + 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

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:

3 2NH Hn n 0,15

2

3

m m27 9

LBTe5 3

0,151,2 ne nh n 1,5

2(H O) 0,3 0,15

S OXH: Al 3e Al

m1,5 m 13,5 ( p n D)N 8e N 9

S kh :2H 2e H

§

Ë

ù

§ ¸ ¸

ù ö

Dạng 2


n ne(2ch t kh 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 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

2

Fe Cu

NO NO

3

0,1 0,3 necho

2

0,1 0,2

5 2

x3x nenh n

5 4

xx

n n a 56a 64a 12 a 0,1

G i 30x 46yn x; n y 38 x y

x y

Fe 3e Fes OXH 0,5

Cu 2e CuTac :

N 3e Ns kh 4x

N 1e NË

ä

ù

ã

ù ö

2

LBTen(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 HNO3; Sau phản ứng còn lại 0,75m g chất rắn và có 0,25 mol khí Y gồm NO và NO2 .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

3m 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)

Ø¹ è

Õ ý Ø Õ ß è

��

3 24a 3a a

n3 2 22b 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 0,15NO 2H 1e NO H O 3a b 0,45

0,25mFe 2e Fe LBTe 0,45 m 50,4 ( p n B)

28

Ë

§ § ¸ ¸

Dạng 3

Ví dụ 3: Cho h2 chứa 0,15 mol Cu và 0,15 mol Fe pư vừa đủ với dung

dịch HNO3 được 0,2 mol khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Tổng khối

lượng các muối trong dung dịch sau pản ứng là:

A. 64,5 B. 40,8 C. 51,6 D. 55,2

Bài giải

Cách 1: Dùng ĐLBTe

2

n n0,15 0,3echo(0,75mol) enh n(0,6mol)

3 3

0,15 0,45 0,15

3 2 35 2

0,15 0,15 0,150,20,6

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 FeN 3e N

Fe(NO )dung d ch c

Ë « Ý

¶ ã ª Ê Ë µ Øµ

Õ

Þ ã

mmu i

3 2

: 0,15mol 0,15(180 188) 55,2 (g) ( p n D)

Cu(NO ) : 0,15molè § ¸ ¸

Dạng 3

Cách 2: Sử dụng CT:

Ta có:

3

KLmu iNO (t omu i)

m m m

è¹ è

3 3 3

3 3

3

NO (t omu i) NO (b ) NO (b kh )

NO (b ) H NO (t omu i)

20,8 0,20,2

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

Ví dụ 4: Hòa tan 5,6g h2 Fe, Cu vào dung dịch HNO3 1M, sau khi phản

ứng xảy ra hoàn toàn được 3,92g chất rắn không tan và khí NO là sản

phẩm khử duy nhất. Biết rằng trong h2 ban đầu Cu chiếm 60% về khối

lượng. Thể tích dung dịch HNO3 đã dùng là:

A. 0,07lít B. 0,08lít C. 0,12lít D. 0,16lít

Bài giải

Ta có

Do Fe dư nên chỉ tạo Fe2+:

Chú ý: Khi bài toán hỏi về HNO3 hoặc muối nên sử dụng bán pư (*) không sử dụng

Cu Fe

r n

Fep

m 3,36g; m 2,24g

V Fe p tr c Cu m m 3,92g

Cu ch a p 3,36g

Fe d : 3,92 3,36 0,56 m 1,68g(0,03mol)

¾

× í µ

3

23 2 HNO0,080,03 0,06 0,06

0,08Fe 2e Fe ; NO 4H 3e NO 2H O (*) V 0,08

1( p n B)§ ¸ ¸

+5 +2N + 3e N

Dạng 3

Ví dụ 5: Cho 1,78g h2. HCHO và CH3CHO phản ứng hoàn toàn với lượng

dư Cu(OH)2 trong NaOH nóng, thu được 11,52g kết tủa. Khối lượng

HCHO trong h2 là:

A. 0,45 B. 0,88 C. 0,60 D. 0,90

Bài giải

Gọi a, b lần lượt là số mol của HCHO và CH3CHO: 30a + 44b = 1,78 (1);

2Cu On 0,08

��

o4

a 4a

LBTe1 3

3 32b

b

2 1

20,16 0,08

HCHO

HCHO 4e C

4a 2b 0,16CH CHO 2e CH COONa

2Cu 2e Cu O

a 0,03 m 0,9(g)(1)

b 0,02 ( p n D)

§

§ ¸ ¸

Dạng 3

Dạng 4: 2 chất OXH + 2 chất khử:

n ne (2 ch t kh cho) e(2ch t OXH nh n) Ê ö Ê Ë

Dạng 4

Ví dụ 1: Hòa tan hoàn toàn 14,8g h2 (Fe, Cu) vào lượng dư dung dịch hỗn hợp HNO3 và H2SO4 đặc, nóng. Sau phản ứng thu được 10,08 lít NO2 và 2,24(l) SO2 (đktc). Khối lượng của Fe trong h2 ban đầu là:

A. 5,6 B. 8,4 C. 18,0 D. 18,2

Bài giải

Gọi a, b lần lượt là số mol của Fe, Cu: 56a + 64b = 14,8 (1)

Ta có:

��

3

a 3a necho

2

LBTeb 2b Fe

5 4

0,450,45 nenh n

6 4

0,2 0,1

Fe 3e Fes OXH 3a 2b

Cu 2e Cua 0,15 m 8,4g

3a 2b 0,65 (1)b 0,1 ( p n B)

N 1e NS kh 0,65

S 2e S

§

Ë

ù

§ ¸ ¸

ù ö

Dạng 4

Ví dụ 2: Cho h2 X chứa 0,05 mol Fe và 0,03 mol Al tác dụng với 100ml

dung dịch Y gồm AgNO3 và Cu (NO3)2 có cùng nồng độ mol. Sau phản ứng

được chất rắn Z gồm 3 kim loại. Cho Z tác dụng với axit HCl dư được

0,035 mol khí. Nồng độ mol của mỗi muối trong Y là:

A. 0,3M B. 0,4M C. 0,42M D. 0,45M

Bài giải

3 kim loại là Ag, Cu và Fe dư Al và 2 muối trong Y hết

Z + HCl:

Sự OXH – K

2 2 Fe(p v i Y)0,035 0,035

Fe 2HCl FeCl H n 0,015 í

3

0,03 0,09 necho

2

LBTe0,015 0,03

M

x nxenh n

2

x 2x

Al 3e Al0,12

Fe 2e Fe0,04

x 0,04 C 0,4M0,1

Ag 1e Ag3x

Cu 2e Cu

( p n B)

§

Ë

§ ¸ ¸

Dạng 4

Dạng 5: Cùng lượng các chất khử tác dụng với 2 chất OXH khác nhau:

Ta có:

Chú ý chất khử chỉ thể hiện 1 mức OXH với mọi chất OXH.

1 2

n ne(OXH nh n) e(OXH nh n) Ë Ë

Dạng 5

Ví dụ 1: Chia 10g h2 X (Mg, Al, Zn) thành 2 phần bằng nhau. Phần 1 đốt hoàn toàn trong O2 dư được 21g h2 oxit. Phần 2 hòa tan trong HNO3 (đ, nóng dư) được V lít NO2 (sản phẩm khử duy nhất). Giá vị của V là:

A. 44,8 B. 22,4 C. 89,6 D. 30,8

Bài giải

Đáp án A

oxit KL O O O

2 5 4

1 2mol 2mol 2mol

m m m m 21 5 16 n 1mol

S mol e do X ph ng ra O 2e O hay N 1e N lu n b ng nhau

V 2.22,4 44,8l t

è ã ®Ó ®Ó « »

Ý

Dạng 5

Ví dụ 2: Chia h2 X (Mg, Al, Zn) làm 2 phần bằng nhau. Phần 1 tác dụng

với HCl dư được 0,15 mol H2; Phần 2 cho tan hết trong HNO3 dư được V

lít NO (sản phẩm khử duy nhất, đktc). Giá trị của V là:

A. 2,24 B. 3,36 C. 4,48 D. 5,6

Bài giải

5 2e 2 e0,10,30,3 0,15

n 2H 2e H hay N 3e N luôn b ng nhau (v c ng n cho)

V 0,1.22,4 2,24l t ( p n A)

®Ó ®Ó » × ï

Ý § ¸ ¸

Dạng 5

Dạng 6: ĐLBTe áp dụng trong điện phân:

Chú ý: Để áp dụng tốt ĐLBTe trong điện phân cần:

1. Nắm vững thứ tự điện phân ở (A) và (K)

2. Áp dụng công thức: e

Itn F 26,8 khi t (h);F 96500 khi t(s)

F

Dạng 6

Ví dụ 1: Điện phân dung dịch chứa 0,2 mol FeSO4 và 0,06 mol HCl với I =

1,34A trong 2 giờ (điện cực trở, màng ngăn). Bỏ qua sự hòa tan của Clo

trong nước, coi Hđp = 100%. Khối lượng KL thoát ra ở (K) và V khí (đktc)

thoát ra ở (A) là:

A.11,2g; 8,96lít B. 5,6g; 4,48lít C. 1,12g; 0,896lít D. 0,56g; 0,448lít

Bài giảie

It 1,34x2n 0,1mol e

F 26,8

20,06 0,06

2

0,02 0,04 0,02

Th t i n ph n (K)

2H 2e H

Fe 2e Fe

ø ù ®Ö © ë

20,06 0,06 0,03

2 20,04

0,01

Th t i n ph n (A)

2Cl 2e Cl

1H O 2e O 2H

2

ø ù ®Ö © ë

Fe

kh (A)

m 0,02x56 1,12g

V (0,03 0,01)22,4 0,896l t p n C

Ý Ý § ¸ ¸

Dạng 6

Ví dụ 2: Dung dịch X chứa HCl, CuSO4, Fe2(SO4)3. Lấy 400ml X đem điện

phân với điện cực trơ, I = 7,72A đến khi ở (K) được 0,08mol Cu thì dừng

lại. Khi đó ở (A) có 0,1 mol 1 chất khí bay ra. Thời gian điện phân và nồng

độ [Fe2+] lần lượt là:

A. 2300s; 0,1M B. 2500s; 0,1M C. 2300s; 0,15M D. 2500s; 0,15M

Bài giải

3 2

0,04 0,04 0,04

2

0,08 0,16 0,08

Th t i n ph n (K)

Fe 1e Fe (1)

Cu 2e Cu (2)

ø ù ®Ö © ë

20,2 0,1

Th t i n ph n (A)

2Cl 2e Cl

ø ù ®Ö © ë

2+e

I.t 0,04n 0,2 t 2500(s); [Fe ] = 0,1M ( p n B)

96500 0,4 § ¸ ¸

Dạng 6

Documents

Chuyên đề: