Hướng dẫn học phương pháp bảo toàn e hóa 10

Trong các dạng bài về phản ứng oxi hóa khử, học sinh cần nhận dạng nhanh yêu cầu đề bài từ đó xác định được cách giải. Một trong những phương pháp được áp dụng để giải nhanh bài toán về oxi hóa khử là phương pháp bảo toàn electron.

Để giúp học sinh biết cách giải nhanh các bài toán này, cô Thúy Hằng sẽ giải đáp chi tiết từng yếu tố trong nội dung bài học này.

Thông qua video bài giảng trên đây chúng ta nhận thấy: Trong quá trình phản ứng oxi hóa khử:

Số ( e) nhường = số ( e) nhận từ đó suy ra: Số mol ( e) nhường = số mol ( e) nhận.

Cô Thúy Hằng cũng đưa ra một số chú ý khi chúng ta làm dạng bài tập về phản ứng oxi hóa – khử:

• Chủ yếu áp dụng cho bài toán oxi hóa khử các chất vô cơ, liên quan đến các axit có tính oxi hóa nhiều, trong bài tập về hữu cơ có rất ít các bài tập về oxi hóa khử mang tính đơn giản.
• Có thể áp dụng bảo toán electron cho một phương trình, nhiều phương trình hoặc toàn bộ quá trình.
• Xác định chính xác chất nhường và nhận electron. Nếu xét cho một quá trình, chỉ cần xác định trạng thái đầu và trạng thái cuối.
• Khi áp dụng phương pháp bảo toàn electron thường sử dụng kèm các phương pháp bảo toàn khác ( bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố…)

Hy vọng, với những chia sẻ trên đây của cô Thúy Hằng sẽ mang lại cho các bạn những phương pháp làm bài mới và đạt kết quả cao trong các bài thi.

Nguyên tắc :khi có nhiều chất oxi hóa, chất khử trong một hỗn hợp phản ứng (nhiều phản ứng hoặc phản ứng qua nhiều giai đoạn) tổng số electron của các chất khử cho bằng tổng số electron các chất oxi hóa nhận. Nhận định đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối của các chất oxi hóa hoặc chất khử, không cần cân bằng các phương trình phản ứng. Phương pháp này đặc biệt nhanh với bài toán cần phải biện luận nhiều trường hợp xảy r.

Ví dụ 1: Oxi hóa hoàn toàn 0,728 gam bột Fe ta thu được 1,016 gam hỗn hợp hai oxit sắt (hỗn hợp A).

1. Hòa tan hỗn hợp A bằng dung dịch axit nitric loãng dư. Tính thể tích khí NO duy nhất bay ra (ở đktc). A. 2,24 ml. B. 22,4 ml. C. 33,6 ml. D. 44,8 ml.
2. Cũng hỗn hợp A trên trộn với 5,4 gam bột Al rồi tiến hành phản ứng nhiệt nhôm (hiệu suất 100%). Hòa tan hỗn hợp thu được sau phản ứng bằng dung dịch HCl dư. Tính thể tích bay ra (ở đktc). A. 6,608 lít. B. 0,6608 lít. C. 3,304 lít. D. 33,04. lít

Hướng dẫn giải 1. Các phản ứng có thể có: 2Fe + O 2 ⎯⎯ t o→ 2FeO (1) 2Fe + 1,5O 2 ⎯⎯ t o→ Fe 2 O 3 (2) 3Fe + 2O 2 ⎯⎯ t o→ Fe 3 O 4 (3) Các phản ứng hòa tan có thể có: 3FeO + 10HNO 3 ⎯→ 3Fe(NO 3 ) 3 + NO + 5H 2 O (4) Fe 2 O 3 + 6HNO 3 ⎯→ 2Fe(NO 3 ) 3 + 3H 2 O (5) 3Fe 3 O 4 + 28HNO 3 ⎯→ 9Fe(NO 3 ) 3 + NO + 14H 2 O (6) Ta nhận thấy tất cả Fe từ Fe 0 bị oxi hóa thành Fe+3, còn N+5 bị khử thành N+2, O 20 bị khử thành 2O− 2 nên phương trình bảo toàn electron là:

3n 0,009 4 0,728 3 0, +  = 56  = mol.

trong đó, n là số mol NO thoát ra. Ta dễ dàng rút ra n = 0,001 mol;

CHUYÊN ĐỀ 05: ĐẠI CƯƠNG KL

PP BẢO TO¿N E

VNO = 0,00122,4 = 0,0224 lít = 22,4 ml. (Đáp án B) 2. Các phản ứng có thể có: 2Al + 3FeO ⎯⎯ to→ 3Fe + Al 2 O 3 (7) 2Al + Fe 2 O 3 ⎯⎯ t o→ 2Fe + Al 2 O 3 (8) 8Al + 3Fe 3 O 4 ⎯⎯ t o→ 9Fe + 4Al 2 O 3 (9) Fe + 2HCl ⎯→ FeCl 2 + H 2  (10) 2Al + 6HCl ⎯→ 2AlCl 3 + 3H 2  (11) Xét các phản ứng (1, 2, 3, 7, 8, 9, 10, 11) ta thấy Fe 0 cuối cùng thành Fe+2, Al 0 thành Al+3, O 20 thành 2O− 2 và 2H+ thành H 2 nên ta có phương trình bảo toàn electron như sau:

0,013 2 5,4 3 0,009 4 n 2 27  +  =  +  Fe 0 → Fe+2 Al 0 → Al+3 O 20 → 2O− 2 2H+ → H 2  n = 0,295 mol  VH 2 = 0,295  22,4 = 6,608lít. (Đáp án A) Nhận xét: không cần phải băn khoăn là tạo thành hai oxit sắt (hỗn hợp A) gồm những oxit nào và cũng không cần phải cân bằng 11 phương trình như trên mà chỉ cần quan tâm tới trạng thái đầu và trạng thái cuối của các chất oxi hóa và chất khử rồi áp dụng luật bảo toàn electron để tính lược bớt được các giai đoạn trung gian ta sẽ tính nhẩm nhanh được bài toán.

Ví dụ 2: Trộn 0,81 gam bột nhôm với bột Fe 2 O 3 và CuO rồi đốt nóng để tiến hành phản ứng nhiệt nhôm thu được hỗn hợp A. Hoà tan hoàn toàn A trong dung dịch HNO 3 đun nóng thu được V lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất) ở đktc. Giá trị của V là A. 0,224 lít. B. 0,672 lít. C. 2,24 lít. D. 6,72 lít.

Hướng dẫn giải

Tóm tắt theo sơ đồ: 2 3 t o NO 0,81 gam Al Fe O V? CuO 3

•  ⎯⎯→ hçn hî p A ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ hßa tan hoμn toμndung dÞch HNO→ =  Thực chất trong bài toán này chỉ có quá trình cho và nhận electron của nguyên tử Al và N. Al → Al+3 + 3e 0, 27 → 0,09 mol và N+5 + 3e → N+ 0,09 mol → 0,03 mol  VNO = 0,0322,4 = 0,672 lít. (Đáp án D)

 108x + 64y = 28 (2) Giải hệ (1), (2) ta được: x = 0,2 mol ; y = 0,1 mol.  C M AgNO 3 = 0,20,1 = 2M; CM Cu( NO ) 3 2 = 0,10,1= 1M. (Đáp án B)

Ví dụ 4: Hòa tan 15 gam hỗn hợp X gồm hai kim loại Mg và Al vào dung dịch Y gồm HNO 3 và H 2 SO 4 đặc thu được 0,1 mol mỗi khí SO 2 , NO, NO 2 , N 2 O. Phần trăm khối lượng của Al và Mg trong X lần lượt là A. 63% và 37%. B. 36% và 64%. C. 50% và 50%. D. 46% và 54%.

Hướng dẫn giải

Đặt nMg = x mol ; nAl = y mol. Ta có: 24x + 27y = 15. (1) Quá trình oxi hóa: Mg → Mg2+ + 2e Al → Al3+ + 3e x 2x y 3y  Tổng số mol e nhường bằng (2x + 3y). Quá trình khử: N+5 + 3e → N+2 2N+5 + 24e → 2N+ 0,3 0,1 0,8 0, N+5 + 1e → N+4 S+6 + 2e → S+ 0,1 0,1 0,2 0,  Tổng số mol e nhận bằng 1,4 mol. Theo định luật bảo toàn electron: 2x + 3y = 1,4 (2) Giải hệ (1), (2) ta được: x = 0,4 mol ; y = 0,2 mol.  %Al = 27 15 0,2 100% =36%. %Mg = 100% − 36% = 64%. (Đáp án B)

Ví dụ 5: Trộn 60 gam bột Fe với 30 gam bột lưu huỳnh rồi đun nóng (không có không khí) thu được chất rắn A. Hoà tan A bằng dung dịch axit HCl dư được dung dịch B và khí C. Đốt cháy C cần V lít O 2 (đktc). Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. V có giá trị là A. 11,2 lít. B. 21 lít. C. 33 lít. D. 49 lít.

Hướng dẫn giải

Vì n Fe  nS = 3032 nên Fe dư và S hết. Khí C là hỗn hợp H 2 S và H 2. Đốt C thu được SO 2 và H 2 O. Kết quả cuối cùng của quá trình phản ứng là Fe và S nhường e, còn O 2 thu e. Nhường e: Fe → Fe2+ + 2e 60 mol 56 2 60  56 mol S → S+4 + 4e 30 mol 32 4 30  32 mol

Thu e: Gọi số mol O 2 là x mol. O 2 + 4e → 2O- x mol → 4x

Ta có: 4x = 6056  2 + 3032  4 giải ra x = 1,4732 mol.

 VO 2 = 22,4 1,4732 = 33 lít. (Đáp án C)

Ví dụ 6: Hỗn hợp A gồm 2 kim loại R 1 , R 2 có hoá trị x, y không đổi (R 1 , R 2 không tác dụng với nước và đứng trước Cu trong dãy hoạt động hóa học của kim loại). Cho hỗn hợp A phản ứng hoàn toàn với dung dịch HNO 3 dư thu được 1,12 lít khí NO duy nhất ở đktc. Nếu cho lượng hỗn hợp A trên phản ứng hoàn toàn với dung dịch HNO 3 thì thu được bao nhiêu lít N 2. Các thể tích khí đo ở đktc. A. 0,224 lít. B. 0,336 lít. C. 0,448 lít. D. 0,672 lít. Hướng dẫn giải

Trong bài toán này có 2 thí nghiệm: TN1: R 1 và R 2 nhường e cho Cu2+ để chuyển thành Cu sau đó Cu lại nhường e cho 5 N + để thành 2 N + (NO). Số mol e do R 1 và R 2 nhường ra là 5 N +

• 3e → 2 N

0,15  221 , 12 , 4 = 0 , 05

TN2: R 1 và R 2 trực tiếp nhường e cho N + 5 để tạo ra N 2. Gọi x là số mol N 2 , thì số mol e thu vào là

2 5 N +

• 10e → N 02 10x  x mol Ta có: 10x = 0,15 → x = 0,

Cho e: Fe → Fe3+ + 3e Cu → Cu2+ + 2e 0,1 → 0,3 0,1 → 0, Nhận e: N+5 + 3e → N+2 N+5 + 1e → N+ 3x  x y  y Tổng ne cho bằng tổng ne nhận.  3x + y = 0, Mặt khác: 30x + 46y = 192(x + y).  x = 0,125 ; y = 0,125. Vhh khí (đktc) = 0,125 2 22,4 = 5,6 lít. (Đáp án C)

Ví dụ 9: Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 3 gam hỗn hợp chất rắn X. Hòa tan hết hỗn hợp X trong dung dịch HNO 3 (dư), thoát ra 0,56 lít (ở đktc) NO (là sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của m là A. 2,52 gam. B. 2,22 gam. C. 2,62 gam. D. 2,32 gam.

Hướng dẫn giải

m gam Fe + O 2 → 3 gam hỗn hợp chất rắn X ⎯⎯⎯⎯HNO 3 d→ 0,56 lít NO. Thực chất các quá trình oxi hóa - khử trên là: Cho e: Fe → Fe3+ + 3e m 56 →

3m 56 mol e Nhận e: O 2 + 4e → 2O 2 − N+5 + 3e → N+ 3 m 32

− → 4(3 m) 32

− mol e 0,075 mol  0,025 mol

3m 56 =

4(3 m) 32

− + 0,

 m = 2,52 gam. (Đáp án A)

Ví dụ 10: Hỗn hợp X gồm hai kim loại A và B đứng trước H trong dãy điện hóa và có hóa trị không đổi trong các hợp chất. Chia m gam X thành hai phần bằng nhau:

• Phần 1: Hòa tan hoàn toàn trong dung dịch chứa axit HCl và H 2 SO 4 loãng tạo ra 3, lít khí H 2.
• Phần 2: Tác dụng hoàn toàn với dung dịch HNO 3 thu được V lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Biết các thể tích khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Giá trị của V là A. 2,24 lít. B. 3,36 lít. C. 4,48 lít. D. 6,72 lít.

Hướng dẫn giải Đặt hai kim loại A, B là M.

• Phần 1: M + nH+ ⎯→ Mn+ + n H 2 2 (1)
• Phần 2: 3M + 4nH+ + nNO 3 − → 3Mn+ + nNO + 2nH 2 O (2) Theo (1): Số mol e của M cho bằng số mol e của 2H+ nhận; Theo (2): Số mol e của M cho bằng số mol e của N+5 nhận. Vậy số mol e nhận của 2H+ bằng số mol e nhận của N+5. 2H+ + 2e → H 2 và N+5 + 3e → N+ 0,3  0,15 mol 0,3 → 0,1 mol  VNO = 0,122,4 = 2,24 lít. (Đáp án A)

Ví dụ 11: Cho m gam bột Fe vào dung dịch HNO 3 lấy dư, ta được hỗn hợp gồm hai khí NO 2 và NO có VX = 8,96 lít (đktc) và tỉ khối đối với O 2 bằng 1,3125. Xác định %NO và %NO 2 theo thể tích trong hỗn hợp X và khối lượng m của Fe đã dùng? A. 25% và 75%; 1,12 gam. B. 25% và 75%; 11,2 gam. C. 35% và 65%; 11,2 gam. D. 45% và 55%; 1,12 gam. Hướng dẫn giải

Ta có: nX = 0,4 mol; MX = 42. Sơ đồ đường chéo:

 2

2

NO NO NO NO

n : n 12 : 4 3 n n 0,4 mol

 = =  + =   2

NO NO

n 0,1 mol n 0,3 mol

 =  = 

→

2

NO NO

%V 25% %V 75%

 =  =  và Fe − 3e → Fe3+ N+5 + 3e → N+2 N+5 + 1e → N+ 3x → x 0,3  0,1 0,3  0, Theo định luật bảo toàn electron: 3x = 0,6 mol → x = 0,2 mol  mFe = 0,256 = 11,2 gam. (Đáp áp B).

Ví dụ 12: Cho 3 kim loại Al, Fe, Cu vào 2 lít dung dịch HNO 3 phản ứng vừa đủ thu được 1, lít khí X (đktc) gồm N 2 và NO 2 có tỉ khối hơi so với He bằng 9,25. Nồng độ mol/lít HNO 3 trong dung dịch đầu là A. 0,28M. B. 1,4M. C. 1,7M. D. 1,2M.

Hướng dẫn giải

NO : 46 2 42 30 12 42 NO : 30 46 42 4

− =

− =

 A. 56 gam. B. 11,2 gam. C. 22,4 gam. D. 25,3 gam.

Hướng dẫn giải

Số mol Fe ban đầu trong a gam: n Fe = 56 a mol.

Số mol O 2 tham gia phản ứng: n O 2 = 75,2 32 −amol. Quá trình oxi hóa: Fe Fe 3 3e a mol 3amol 56 56

→ + + (1)

Số mol e nhường: n e = 3a 56 mol

Quá trình khử: O 2 + 4e → 2O− 2 (2) SO 42 − + 4H+ + 2e ⎯→ SO 2 + 2H 2 O (3) Từ (2), (3) → ne cho = 4n O 2 +2nSO 2 4 75,2 a 2 0,3 3a 32 56 =  − +  =  a = 56 gam. (Đáp án A)

Ví dụ 15: Cho 1,35 gam hỗn hợp A gồm Cu, Mg, Al tác dụng với HNO 3 dư được 1,12 lít NO và NO 2 (đktc) có khối lượng mol trung bình là 42,8. Tổng khối lượng muối nitrat sinh ra là: A. 9,65 gam B. 7,28 gam C. 4,24 gam D. 5,69 gam Hướng dẫn giải

Dựa vào sơ đồ đường chéo tính được số mol NO và NO 2 lần lượt là 0,01 và 0,04 mol. Ta có các bán phản ứng: NO 3 − + 4H+ + 3e ⎯→ NO + 2H 2 O NO 3 − + 2H+ + 1e ⎯→ NO 2 + H 2 O Như vậy, tổng electron nhận là 0,07 mol. Gọi x, y, z lần lượt là số mol Cu, Mg, Al có trong 1,35 gam hỗn hợp kim loại. Ta có các bán phản ứng: Cu → Cu2+ + 2e Mg → Mg2+ + 2e Al → Al3+ + 3e  2x + 2y + 3z = 0,07. Khối lượng muối nitrat sinh ra là: m = m Cu ( NO ) 3 2 + m Mg( NO ) 3 2 + mAl( NO ) 3 3 = 1,35 + 62(2x + 2y + 3z) = 1,35 + 62  0,07 = 5,69 gam.