On thi ĐH - 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:
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.
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:




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:




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:
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

Dạng 1

Dạng 2: 1 chất khử + 2 chất OXH:












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
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:
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:




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:

Dạng 2

Dạng 3: 2 chất khử + 1 chất OXH:



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
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
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

Dạng 3


Cách 2: Sử dụng CT:

Ta có:



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
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);





Dạng 3

Dạng 4: 2 chất OXH + 2 chất khử:







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:





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


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.





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
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


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:

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