Dạng 6: Phương pháp bảo toàn electron - Chuyên đề Hóa 10
A. Phương pháp & Ví dụ
Lý thuyết và Phương pháp giải
Trong phản ứng oxi hoá - khử, số mol e mà chất khử cho bằng số mol e mà chất oxi hoá nhận.
∑ ne cho = ∑ ne nhận
Sử dụng tính chất này để thiết lập các phương trình liên hệ, giải các bài toán theo phương pháp bảo toàn e.
* Nguyên tắc:
Viết hai sơ đồ:
+ Sơ đồ chất khử nhường e-
+ Sơ đồ chất oxi hoá nhận e-.
* Một số lưu ý:
- Chủ yếu áp dụng cho bài toán oxi hóa - khử các chất vô cơ.
- Có thể áp dụng phương pháp bảo toàn e cho một phương trình, nhiều phương trình hoặc toàn bộ quá trình.
- Xác định chính xác chất nhường và nhận e. Nếu xét cho một quá trình, chỉ cần xác định trạng thái đầu và trạng thái cuối số oxi hóa của nguyên tố, thường không quan tâm đến trạng thái trung gian số oxi hóa của nguyên tố.
- Khi áp dụng phương pháp bảo toàn e thường sử dụng kèm các phương pháp bảo toàn khác như bảo toàn khối lượng hay bảo toàn nguyên tố.
- Khi cho kim loại tác dụng với dung dịch HNO3 và dung dịch sau phản ứng không chứa muối amoni thì:
nNO3- = tổng số mol e nhường (hoặc nhận).
Ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Cho 15,8 gam KMnO4 tác dụng với dung dịch HCl đậm đặc. Thể tích khí Cl2 thu được ở điều kiện tiêu chuẩn là bao nhiêu?
A. 5,6 lít. B. 0,56 lít. C. 0,28 lít. D. 2,8 lít.
Bài giải:
Ta có: Mn+7 nhường 5 e (Mn+2), Cl- thu 2. e (Cl2)
Áp dụng phương pháp bảo toàn e ta có:
5. nKMnO4 = 2. nCl2
⇒ nCl2 = 5/2 nKMnO4 = 0.25 mol
⇒ VCl2 = 0,25.22,4 = 0,56 lít
Vậy thể tích khí Cl2 thu được ở điều kiện tiêu chuẩn là 0,56 lít.
Ví dụ 2. Cho hỗn hợp chứa 0,05 mol Fe và 0,03 mol Al tác dụng với 100ml dung dịch Y gồm AgNO3 và Cu (NO3)2 cùng nồng độ mol. Sau phản ứng được chất rắn Z gồm 3 kim loại. Cho Z tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 0,35mol khí. Nồng độ mol mỗi muối trong Y là bao nhiêu?
Bài giải:
Ba kim loại trong chất rắn Z là: Ag, Cu và Fe dư
⇒ Al và 2 muối trong Y hết
Z + HCl:
B. Bài tập trắc nghiệm
Câu 1. Cho m gam bột Cu vào 400 ml dung dịch AgNO3 0,2M, sau một thời gian phản ứng thu được 7,76 gam hỗn hợp chất rắn X và dung dịch Y. Lọc tách X, rồi thêm 5,85 gam bột Zn và Y, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 10,53 gam chất rắn Z. Giá trị của m là?
Đáp án:
Ta có: nAgNO3 = 0,08 mol; nZn = 0,09 mol
Dựa vào sơ đồ (quan tâm đến trạng thái đầu và trạng thái cuối)
⇒ Ag+ là chất nhận e và Zn là chất nhường e
Ag+ + 1e → Ag
0,08 0,08 0,08
Zn – 2e → Zn2+
x 2x
Theo định luật bảo toàn e ta có: 2x = 0,08 ⇒ x = 0,04
nZn dư = 0,09 – 0,04 = 0,05 mol
Ta thấy: hỗn hợp rắn X và hỗn hợp rắn Z gồm 3 kim loại Ag, Cu, Zn dư với
∑ mkl = 7,76 + 10,53 = 18,29g
mCu = 18,29 – (mAg + mZn dư) = 18,29 – (0,08.108 + 0,05.65) = 6,4g
Câu 2. Hòa tan hết 7,44 gam hỗn hợp Al, Mg trong thể tích vừa đủ là 500 ml dung dịch HNO3 loãng thu được dung dịch A và 3,136 lít (đktc) hỗn hợp hai khí đẳng mol có khối lượng 5,18 gam, trong đó có một khí bị hóa nâu trong không khí. Tính thành phần phần trăm theo khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp.
Đáp án:
nhh = 3,136/22,4 = 0,14; (M- khí) = 5,18/0,14 = 37
NO (M = 30) → Khí 2: N2O (M = 44)
nNO = nNO2 = 0,14/2 = 0,07 mol
Al – 3e → Al3+
x mol
Mg – 2e → Mg2+
y mol
N+5 + 3e → N+2 (NO)
3a a
2N+5 + 8e → 2N+1 (N2O)
8a a
Theo định luật bảo toàn e ⇒ 3x + 2y = 3a + 8a = 0,77
Lại có: 27x + 24y = 7,44
→ x = 0,2; y = 0,085
%mMg = 27,42%; %mAl = 72,85%
Câu 3. Hòa tan 19,2 gam kim loại M trong H2SO4 đặc dư thu được khí SO2. Cho khí này hấp thụ hoàn toàn trong 1 lít dung dịch NaOH 0,6M, sau phản ứng đem cô cạn dung dịch thu được 37,8 gam chất rắn. Tìm kim loại M.
Đáp án:
nNaOH = 0,6 mol
Nếu chất rắn là NaHSO3 thì: nNaHSO3 = 0,3635 mol
Nếu chất rắn là Na2SO3 thì: nNa2SO3 = 0,3 mol
Nhận thấy: nNaOH = 2nNa2SO3 nên phản ứng giữa SO2 với NaOH là:
SO2 + 2NaOH → Na2SO3 + H2O
0,3 0,6 0,3
Ta có: M – ne → Mn+
S+6 + 2e → S+4 (SO2)
0,6 0,3
Áp dụng định luật bảo toàn e ta có:
nM = 0,6/n → M = 19,2/ (0,6/n) = 32n
Chọn n = 2 → M = 64 (Cu)
Câu 4. Cho 19,2g Cu tác dụng hết với dung dịch HNO3. Tất cả lượng khí NO sinh ra đem oxi hóa thành NO2 rồi sục vào nước cùng với dòng khí oxi để chuyển hết thành HNO3. Xác định thể tích Oxi (đktc) đã tham gia vào quá trình trên.
Đáp án:
Áp dụng định luật bảo toàn e ta có:
Cu – 2e → Cu+2
0,3 0,6
O2 + 4e → 2O-2
x 4x
→ 4x = 0,6 → x = 0,15
→ VO2 = 0,15 × 22,4 = 3,36l
Câu 5. Cho a gam hỗn hợp A gồm FeO, CuO, Fe3O4, (có số mol bằng nhau) tác dụng vừa đủ với 250ml dung dịch HNO3 thu được dung dịch B và 3,136 lít hỗn hợp NO2 và NO có tỉ khối 90 với hidro là 20,143. Tính a và CM của HNO3.
Đáp án:
Số mol e cho = số mol e nhận ⇒ 0,09 + (0,05 × 3) = 0,24 (mol)
→ Số mol Fe+2 = 0,24 mặt khác nFeO = nFe3O4 = 0,12 (mol)
a = 0,12 (80 + 72 + 232) = 46,08
nHNO3 = nNO + nNO2 + 3nFe + 2nCu = 0,14 + 3 (0,12 × 4) + 2 × 0,12 = 1,82 (mol)
Vậy CMHNO3 = 1,82: 0,25 = 7,28M
Câu 6. Để m g phôi bào sắt (A) ngoài không khí sau một thời gian biến thành hỗn hợp (B) có khối lượng 30g gồm Fe và các oxit FeO, Fe3O4, Fe2O3. Cho B tác dụng hoàn toàn axit nitric thấy giải phóng ra 5,6 lít khí NO duy nhất (đktc). Xác định m?
Đáp án:
Fe + 1/2 O2 → FeO (1)
3Fe + 2 O2 → Fe3O4 (2)
2Fe + 3/2 O2 → Fe2O3 (3)
Fe + 4 HNO3 → Fe (NO3)3 + NO↑ + 2H2O (4)
3FeO + 10 HNO3 → 3Fe (NO3)3 + NO↑ + 5H2O (5)
3Fe3O4 + 28HNO3 → 9Fe (NO3)3 + NO↑ + 14H2O (6)
Fe2O3 + 6HNO3 → 2Fe (NO3)3 + 3H2O (7)
7 phương trình phản ứng trên được biểu diễn bằng các quá trình oxi hóa khử sau:
Fe - 3e → Fe+3
O (O2) + 2e → O-2
N+5 + 3e → N+2
Vậy nNO = 0,25 (theo giả thiết), số mol Fe là x và số mol nguyên tử oxi là y
Theo định luật bảo toàn e ta có:
3x = 2y + 0,75 (I)
Mặt khác, B chỉ gồm Fe và O nên ta còn có:
56x + 16y = 30 (II)
Từ (I) và (II) => x = 0,45 và m = 0,45 × 56 = 25,2g