Phương pháp bảo toàn electron - Hoá học lớp 10

Phương pháp bảo toàn electron

Với Phương pháp bảo toàn electron Hoá học lớp 10 gồm đầy đủ phương pháp giải, ví dụ minh họa và bài tập trắc nghiệm có lời giải chi tiết sẽ giúp học sinh ôn tập, biết cách làm dạng bài tập Phương pháp bảo toàn electron từ đó đạt điểm cao trong bài thi môn Hoá học lớp 10.

A. Phương pháp & Ví dụ

Lý thuyết và Phương pháp giải

Trong phản ứng oxi hoá - khử, số mol electron mà chất khử cho bằng số mol electron 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 electron.

* Nguyên tắc

Viết 2 sơ đồ: sơ đồ chất khử nhường e^- và sơ đồ chất oxi hoá nhận e^-.

* Một số chú ý

- Chủ yếu áp dụng cho bài toán oxi hóa khử các chất vô cơ

- Có thể áp dụng bảo toàn 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 số oxi hóa của nguyên tố, thường không quan tâm đến trạng thái trung gian số oxi hóa của nguyên tố.

- Khi áp dụng PP bảo toàn electron thường sử dụng kèm các PP bảo toàn khác (bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố).

- Khi cho KL tác dụng với dung dịch HNO₃ và dung dịch sau phản ứng không chứa muối amoni: n_NO3^- = 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 clo thu được ở điều kiện tiêu chuẩn là:

A. 5,6 lít.        B. 0,56 lít.        C. 0,28 lít.        D. 2,8 lít.

Hướng dẫn:

Ta có: Mn⁺⁷ nhường 5 e (Mn⁺²),Cl^- thu 2.e (Cl₂)

Áp dụng định luật bảo toàn e ta có :

5.n_KMnO4 = 2.n_Cl2

⇒ n_Cl2 = 5/2 n_KMnO4 =0.25 mol⇒ V_Cl2 = 0,25 . 22,4 = 0,56 lít

Ví dụ 2. Cho hỗn hợp chứa 0,05 mol Fe và 0,03 mol Al tác dụng với 100ml dd 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 dd HCl dư thu được 0,35mol khí.Nồng độ mol mỗi muối trong Y là?

Hướng dẫn:

3 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?

Lời giải:

Đáp án:

Ta có: n_AgNO3 = 0,08 mol; n_Zn = 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

Bảo toàn e ⇒ 2x = 0,08 ⇒ x = 0,04

n_{Zn 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

∑m_kl = 7,76 + 10,53 = 18,29g

m_Cu = 18,29 – (m_Ag + m_{Zn 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.

Lời giải:

Đáp án:

n_hh = 3,136/22,4 = 0,14; (M- _khí ) = 5,18/0,14 = 37

NO (M = 30) → Khí 2: N₂O (M = 44)

n_NO = n_NO2 = 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

%m_Mg = 27,42%; %m_Al = 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. Xác định M.

Lời giải:

Đáp án:

n_NaOH = 0,6 mol

Nếu chất rắn là NaHSO₃ thì: n_NaHSO3 = 0,3635 mol

Nếu chất rắn là Na₂SO₃ thì: n_Na2SO3 = 0,3 mol

Nhận thấy: n_NaOH = 2n_Na2SO3 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:

n_M = 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. Tính thể tích Oxi (đktc) đã tham gia vào quá trình trên.

Lời giải:

Đáp án:

Phương pháp bảo toàn e

Cu – 2e → Cu⁺²

0,3      0,6

O₂ + 4e → 2O^-2

x      4x

→ 4x = 0,6 → x = 0,15

→ V_O2 = 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 C_M của HNO₃.

Lời giải:

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 n_FeO = n_Fe3O4 = 0,12 (mol)

a = 0,12(80 + 72 + 232) = 46,08

n_HNO3 = n_NO + n_NO2 + 3n_Fe + 2n_Cu = 0,14 + 3(0,12 × 4) + 2 × 0,12 = 1,82 (mol)

Vậy C_MHNO3 = 1,82 : 0,25 = 7,28M

Câu 6. Để m g phoi 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). Tính m?

Lời giải:

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 n_NO = 0,25 (theo giả thiết), số mol Fe là x và số mol nguyên tử oxi là y

Theo quy tắc 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)

Giải hệ ta được: x = 0,45 và m = 0,45 × 56 = 25,2g