Chuyên đề:Phương pháp bảo toàn electron.

Chia sẻ: Hồ Ngọc Thành | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:36

Thêm vào BST

Báo xấu

505
lượt xem 151
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'chuyên đề:phương pháp bảo toàn electron.', tài liệu phổ thông, hóa học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Chuyên đề:Phương pháp bảo toàn electron.

Chuyên đề: Phương pháp bảo toàn electron
Nội dung  Nội dung phương pháp  Phạm vi áp dụng  Ưu điểm và phương pháp giải  Các dạng bài toán và bài tập minh họa
I. Nội dung phương pháp: Tổng số mol electron các chất khử cho phải bằng tổng số mol electron ∑ =∑ n n các chất oxi hóa nhận: e(cho) e(nhËn)
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 ∑n nhËn rồi áp dụng ĐLBTe. ∑n cho tìm và e e
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: ∑ =∑ n n e(1chÊt khö cho) e(1chÊt OXH nhËn)
Dạng 1 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: +3 m(g) Fe O3 2 +4 +2 CO2 s− 2e CO+ uuuuuuu +3 +2 Fe + NO +H2O X +5 +HNO3 6,72 +3e   +2 +4 chÊt khö : C − 0,06 → C 2e  § LBTe 0,03 ⇒  ⇒ nCO(pø ) = nCO2 ( t ¹o thµnh) = 0,03 0,03   chÊt OXH: N+5 +3e → N+2    0,02 0,06 Theo § LBTKL : mCO(pø ) + m Fe2O3 (b® ) = m + m CO2 (t ¹o thµnh) ⇒ m = 7, 2 X 6 74 48 64 744 4 8 6 74 48 6 74 48 0,03.28 0,03.44 m 6,72 ( § ¸p ¸nC)
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: (0,54g) Al +3 +2 −3e (Fe O3 , CuO) + 2 +4 Al3+ + NO2 + Fe3+ + Cu2+ +5 X + HNO 3 +1e  chÊt khö : Al − 3e → Al3 +  0,02 0,06 ⇒ ⇒ VNO2 = 0,06 x 22,4 = 1,344lÝ ( § ¸p ¸nD ) t chÊt OXH : N+5 + 1e → N+4   0,06 0,06
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 nY = 0,3 ⇒ nNO = nZ = 0,15; Gäi n lµ sè OXH cña N trong khÝZ;nFe = 0,2   sù OXH : Fe− 3e → Fe3 +   0,2 0,6   § LBTe  +5  +4 Ta cã :  +2  N + 3e → N  ⇒ 0,6 = 0,45 + (5 − n).0,15 ⇒ n = 4(NO2 )   0,15 0,45  sù khö    N+5 + (5 − n)e → N+ n        0,15 (5 −n)0,15 ⇒ ( § ¸p ¸n A)
Dạng 2 Dạng 2: 1 chất khử + 2 chất OXH: ∑ =∑ n n e(1 khö cho) e(2 chÊt OXH nhËn)
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 (mg) Fe0 + 4eu 2O2- suuuuuu O2 + +2 Fe3+ + NO + H2O X (3g) +5 +HNO3 + 3e  3+ chÊt khö : Fe− 3e → Fe m 3m  56 56   O2 + 4e → 2O2− ⇒  3-m 3-m   chÊt OXH:  32 8   +5  +2 N + 0,075 → N 3e    0,025 3m 3 − m = + 0,075 ⇒ m = 2,52 ( § ¸p ¸n C) § LBTe : 56 8
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: m(g)Fe 2O2- +4e O2 suuu u +4 Fe+3 + S O2 + H2O +6 (12g) X +H2 S O 4 +2e  chÊt khö : Fe− 3e → Fe3+  m m  56 56    O2 + 4e → 2O2− ⇒ 12-m 12-m  chÊt OXH:  32 8    +6 +4  S + 2e → S    0,2 0,1 3m 12 − m = + 0,2 ⇒ m = 9,52 ( § ¸p ¸n A) § LBTe : 56 8
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: 11,2(g)Fe -3e 2O2- +4e O2 suuu u X Fe+3 + NO+2 + H2O +5 (mg) + HNO3 +3e  TTcuèi TT®Çu chÊt khö : Fe − 3e → Fe +3 0,2 0,6    O2 + 4e → 2O2− ⇒  m -11,2 m -11,2 chÊt OXH:  32 8    +5  +2  N + 3e → N   0,04 0,12 m − 11,2 § LBTe : 0,6 = + 0,12 ⇒ m = 15,04 ( § ¸p ¸n C) b
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: nNH3 = nH2 = 0,15  Sù OXH : Al − 3e → Al3 +  m m  27 9  § LBTe m  +5 ⇒ = 1 ⇒ m = 13,5 ( § ¸p ¸n D) ,5  −3 N + 8e → N 9   ⇒ ∑n  0,15 1,2 Sù khö :   e nhËn =1,5  2H+ + 2e → H     (H2O) 0,3 2   0,15