GIẢI BÀI TOÀN BẰNG PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN SỐ MOL ELECTRON MÔN HÓA HỌC 12 NĂM 2020 TRƯỜNG THPT MỘC HẠ
- Định luật bảo toàn electron
Trong phản ứng oxi hóa – khử, số mol electron mà chất khử cho bằng số mol electron mà chất oxi hóa nhận.
\(\sum {} \) ne cho = \(\sum {} \) 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 hoà nhận e.
Chú ý: (Nếu là phản ứng trong dung dịch nên viết nửa phản ứng theo phương pháp ion electron). Ở mỗi sơ đồ, số lượng nguyên tử của mỗi nguyên tố ở hai vế phải bằng nhau; và điện tích hai vế phải bằng nhau.
Sau đây là một số ví dụ điển hình.
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 + O2 → 2FeO (1)
2Fe + 1,5O2 → Fe2O3 (2)
3Fe + 2O2 → Fe3O4 (3)
Các phản ứng hòa tan có thể có:
3FeO + 10HNO3 → 3Fe(NO3)3 + NO + 5H2O (4)
Fe2O3 + 6HNO3 → 2Fe(NO3)3 + 3H2O (5)
3Fe3O4 + 28HNO3 → 9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O (6)
Ta nhận thấy tất cả Fe từ Fe0 bị oxi hóa thành Fe+3, còn N+5 bị khử thành N+2, O20 bị khử thành 2O2o nên phương trình bảo toàn electron là:
\(3n + 0,009 \times 4 = \frac{{0,728}}{{56}} \times 3 = 0,039\) mol.
trong đó, n là số mol NO thoát ra. Ta dễ dàng rút ra n = 0,001 mol;
VNO = 0,001.22,4 = 0,0224 lít = 22,4 ml. (Đáp án B)
2. Các phản ứng có thể có:
2Al + 3FeO → 3Fe + Al2O3 (7)
2Al + Fe2O3 → 2Fe + Al2O3 (8)
8Al + 3Fe3O4 → 9Fe + 4Al2O3 (9)
Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (10)
2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2 (11)
Xét các phản ứng (1, 2, 3, 7, 8, 9, 10, 11) ta thấy Fe0 cuối cùng thành Fe+2, Al0 thành Al+3, O20 thành 2Oo2 và 2H+ thành H2 nên ta có phương trình bảo toàn electron như sau:
\(0,013 \times 2 + \frac{{5,4 \times 3}}{{27}} = 0,009 \times 4 + n \times 2\)
Fe0 → Fe+2
Al0 → Al+3
O20 → 2Oo2
2H+ → H2
→ n = 0,295 mol
→ \({V_{{H_2}}} = 0,295 \times 22,4 = 6,608\) lít. (Đáp án A)
Nhận xét: Trong bài toán trên các bạn 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 Fe2O3 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 HNO3 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:
\(0,81\,\,gam\,\,Al + \left\{ \begin{array}{l}
F{e_2}{O_3}\\
CuO
\end{array} \right.\,\, \to \,\,\,hh\,A\,\,\, \to \,\,{V_{NO}} = \,\,?\)
Thực chất trong bài toán này chỉ có quá trình cho và nhận electron của nguyên tử Al và N.
Al → Al+3 + 3e
\(\frac{{0,81}}{{27}}\) → 0,09 mol
và N+5 + 3e → N+2
0,09 mol → 0,03 mol
→ VNO = 0,03.22,4 = 0,672 lít. (Đáp án D)
Nhận xét: Phản ứng nhiệt nhôm chưa biết là hoàn toàn hay không hoàn toàn do đó hỗn hợp A không xác định được chính xác gồm những chất nào nên việc viết phương trình hóa học và cân bằng phương trình phức tạp. Khi hòa tan hoàn toàn hỗn hợp A trong axit HNO3 thì Al0 tạo thành Al+3, nguyên tử Fe và Cu được bảo toàn hóa trị.
Có bạn sẽ thắc mắc lượng khí NO còn được tạo bởi kim loại Fe và Cu trong hỗn hợp A. Thực chất lượng Al phản ứng đã bù lại lượng Fe và Cu tạo thành.
Ví dụ 3: Cho 8,3 gam hỗn hợp X gồm Al, Fe (nAl = nFe) vào 100 ml dung dịch Y gồm Cu(NO3)2 và AgNO3. Sau khi phản ứng kết thúc thu được chất rắn A gồm 3 kim loại. Hòa tan hoàn toàn chất rắn A vào dung dịch HCl dư thấy có 1,12 lít khí thoát ra (đktc) và còn lại 28 gam chất rắn không tan B. Nồng độ CM của Cu(NO3)2 và của AgNO3 lần lượt là
A. 2M và 1M.
B. 1M và 2M.
C. 0,2M và 0,1M.
D. kết quả khác.
Hướng dẫn giải
Ta có: nAl = nFe = \(\frac{{8,3}}{{83}} = 0,1\,\,mol.\)
Đặt \({n_{AgN{O_3}}} = x\,\,mol\) và \({n_{Cu{{(N{O_3})}_2}}} = y\,\,mol\)
→ X + Y → Chất rắn A gồm 3 kim loại.
→ Al hết, Fe chưa phản ứng hoặc còn dư. Hỗn hợp hai muối hết.
Quá trình oxi hóa:
Al → Al3+ + 3e Fe → Fe2+ + 2e
0,1 0,3 0,1 0,2
→ Tổng số mol e nhường bằng 0,5 mol.
Quá trình khử:
Ag+ + 1e → Ag Cu2+ + 2e → Cu 2H+ + 2e → H2
x x x y 2y y 0,1 0,05
→ Tổng số e mol nhận bằng (x + 2y + 0,1).
Theo định luật bảo toàn electron, ta có phương trình:
x + 2y + 0,1 = 0,5 hay x + 2y = 0,4 (1)
Mặt khác, chất rắn B không tan là: Ag: x mol ; Cu: y mol.
→ 108x + 64y = 28 (2)
Giải hệ (1), (2) ta được: x = 0,2 mol ; y = 0,1 mol.
\({C_{M\,AgN{O_3}}} = \frac{{0,2}}{{0,1}}\) = 2M;
\({C_{M\,Cu{{(N{O_3})}_2}}} = \frac{{0,1}}{{0,1}}\) = 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 HNO3 và H2SO4 đặc thu được 0,1 mol mỗi khí SO2, NO, NO2, N2O. 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+1
0,3 0,1 0,8 0,2
N+5 + 1e → N+4 S+6 + 2e → S+4
0,1 0,1 0,2 0,1
→ 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.
\(\% Al = \frac{{27.0,2}}{{15}}.100\% = 36\% .\)
%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 O2 (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 \({n_{Fe}} > {n_S} = \frac{{30}}{{32}}\) nên Fe dư và S hết.
Khí C là hỗn hợp H2S và H2. Đốt C thu được SO2 và H2O. Kết quả cuối cùng của quá trình phản ứng là Fe và S nhường e, còn O2 thu e.
Nhường e: Fe → Fe2+ + 2e
\(\frac{{60}}{{56}}mol\) \(2 \times \frac{{60}}{{56}}\)mol
S → S+4 + 4e
\(\frac{{30}}{{32}}mol\) \(4 \times \frac{{30}}{{32}}\)
Thu e: Gọi số mol O2 là x mol.
O2 + 4e → 2O-2
x mol → 4x
Ta có: \(4x = \frac{{60}}{{56}} \times 2 + \frac{{30}}{{32}} \times 4\) giải ra x = 1,4732 mol.
\({V_{{O_2}}} = 22,4 \times 1,4732 = 33\) lít. (Đáp án C)
---(Nội dung đầy đủ, chi tiết của tài liệu vui lòng xem tại online hoặc đăng nhập để tải về máy)---
Ví dụ 13: Khi cho 9,6 gam Mg tác dụng hết với dung dịch H2SO4 đậm đặc, thấy có 49 gam H2SO4 tham gia phản ứng, tạo muối MgSO4, H2O và sản phẩm khử X. X là
A. SO2
B. S
C. H2S
D. SO2, H2S
Hướng dẫn giải
Dung dịch H2SO4 đạm đặc vừa là chất oxi hóa vừa là môi trường.
Gọi a là số oxi hóa của S trong X.
Mg → Mg2+ + 2e S+6 + (6-a)e → S a
0,4 mol 0,8 mol 0,1 mol 0,1(6-a) mol
Tổng số mol H2SO4 đã dùng là : \(\frac{{49}}{{98}} = 0,5\) (mol)
Số mol H2SO4 đã dùng để tạo muối bằng số mol Mg = 9,6 : 24 = 0,4 mol.
Số mol H2SO4 đã dùng để oxi hóa Mg là: 0,5 - 0,4 = 0,1 mol.
Ta có: 0,1.(6 - a) = 0,8 → x = - 2. Vậy X là H2S. (Đáp án C)
Ví dụ 14: Để a gam bột sắt ngoài không khí, sau một thời gian sẽ chuyển thành hỗn hợp A có khối lượng là 75,2 gam gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4. Cho hỗn hợp A phản ứng hết với dung dịch H2SO4 đậm đặc, nóng thu được 6,72 lít khí SO2 (đktc). Khối lượng a gam là:
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: \({n_{Fe}} = \frac{a}{{56}}\) mol.
Số mol O2 tham gia phản ứng: \({n_{{O_2}}} = \frac{{75,2 - a}}{{32}}\) mol.
Quá trình oxi hóa: \(\begin{array}{l}
\,\,\,Fe\,\,\,\,\, \to \,\,\,\,\,F{e^{3 + }}\,\,\, + \,\,\,3e\\
\frac{a}{{56}}mol\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\frac{{3a}}{{56}}mol
\end{array}\) (1)
Số mol e nhường: \({n_e} = \frac{{3a}}{{56}}mol\)
Quá trình khử: O2 + 4e → 2O-2 (2)
SO42- + 4H+ + 2e → SO2 + 2H2O (3)
Từ (2), (3) → \({n_{{e_{cho}}}} = 4{n_{{O_2}}} + 2{n_{S{O_2}}}\)
\( = 4 \times \frac{{75,2 - a}}{{32}} + 2 \times 0,3 = \frac{{3a}}{{56}}\)
→ a = 56 gam. (Đáp án A)
Ví dụ 15: Cho 1,35 gam hỗn hợp A gồm Cu, Mg, Al tác dụng với HNO3 dư được 1,12 lít NO và NO2 (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 NO2 lần lượt là 0,01 và 0,04 mol. Ta có các bán phản ứng:
NO3- + 4H+ + 3e → NO + 2H2O
NO3- + 2H+ + 1e → NO2 + H2O
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 = \({m_{Cu{{(N{O_3})}_2}}} + {m_{Mg{{(N{O_3})}_2}}} + {m_{Al{{(N{O_3})}_3}}}\) = 1,35 + 62(2x + 2y + 3z) = 1,35 + 62 ´ 0,07 = 5,69 gam.
....
Trên đây là phần trích dẫn Giải bài toán bằng phương pháp bảo toàn số mol electron môn Hóa học 12 năm 2020 Trường THPT Mộc Hạ, để xem toàn bộ nội dung chi tiết, mời các bạn cùng quý thầy cô vui lòng đăng nhập để tải về máy.
Chúc các em đạt điểm số thật cao trong kì thi sắp đến!
