Phương pháp áp dụng định luật bảo toàn electron (Do nhiều thầy giáo biên soạn)

[Kuin Sukoagoa]

Biên soạn : Thầy Phạm Ngọc Sơn - TT luyện Thi Trí Đức - KTX ĐHNN-ĐHQG HN

I - Nội dung
Trong phản ứng oxi hóa - khử, số mol electron mà chất khử cho đi bằng số mol electron mà chất oxi hóa nhận về. ‎
- Sử dụng cho các bài toán có phản ứng oxi hóa - khử, đặc biệt là các bài toán có nhiều chất oxi hóa, nhiều chất khử.
- Trong một phản ứng hoặc một hệ phản ứng, cần quan tâm đến trạng thái oxi hóa ban đầu và cuối của một nguyên tử mà không cần quan tâm đến các quá trình biến đổi trung gian.
- Cần kết hợp với các phương pháp khác như bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố để giải bài toán.
- Nếu có nhiều chất oxi hóa và nhiều chất khử cùng tham gia trong bài toán, ta cần tìm tổng số mol electron nhận và tổng số mol electron nhường rồi mới cân bằng.
II - Bài tập áp dụng
Bài 1. Để m (g) bột sắt ngoài không khí một thời gian thu được12 gam hỗn hợp các chất rắn FeO, Fe3O4, Fe2O3, Fe. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp đó bằng dung dịch HNO*3 loãng thu được 2,24 lít khí NO duy nhất (đktc). Giá trị của m là
A. 5,04 gam B. 10,08 gam C. 15,12 gam D. 20,16 gam
Hướng dẫn giải.
nFe = ; ; nNO giải phóng = 0,1 mol
- Chất khử là Fe:

- Chất oxi hóa gồm O2 và HNO3 :


Smol e- Fe nhường = Sne- chất oxi hóa (O2, ) nhận:
Þ m = 10,08 (g).
Đáp án B.
Bài 2. Hòa tan hoàn toàn 17,4 gam hỗn hợp 3 kim loại Al, Fe, Mg trong dung dịch HCl thấy thoát ra 13,44 lít khí. Nếu cho 34,8 gam hỗn hợp trên tác dụng với dung dịch CuSO4 dư, lọc lấy toàn bộ chất rắn thu được sau phản ứng tác dụng với dung dịch HNO3 nóng dư thì thu được V lít khí NO2 (đktc). Giá trị V là
A. 11,2 lít B. 22,4 lít C. 53,76 lít D. 76,82 lít
Hướng dẫn giải. Al, Mg, Fe nhường e, số mol electron này chính bằng số mol e Cu nhường khi tham gia phản ứng với HNO3. Số mol electron mà H+ nhận cũng chính là số mol electron mà HNO3 nhận.
17,4 gam hỗn hợp H+ nhận 1,2 mol e. Vậy 34,8 gam số mol e mà H+ nhận là 2,4 mol.
Đáp án C
Bài 3. Hòa tan hoàn toàn 28,8 gam kim loại Cu vào dung dịch HNO3 loãng, tất cả khí NO thu được đem oxi hóa thành NO2 rồi sục vào nước có dòng oxi để chuyển hết thành HNO***3. Thể tích khí oxi ở đktc đã tham gia vào quá trình trên là
A. 5,04 lít B. 7,56 lít C. 6,72 lít D. 8,96 lít
Hướng dẫn giải.
Ta nhận thấy, Cu nhường electron cho HNO3 tạo thành NO2, sau đó NO2 lại nhường cho O2. Vậy trong bài toán này, Cu là chất nhường, còn O2 là chất nhận electron.
Cu - 2e ® Cu2+
0,45 0,9
O2 + 4e ® 2O2-
x 4x
4x = 0,9 Þ x = 0,225 Þ = 0,225.22,4 = 5,04 lít
Đáp án A
Bài 4. Chia m gam hỗn hợp 2 kim loại A, B có hóa trị không đổi thành 2 phần bằng nhau :
- Phần 1 tan hết trong dung dịch HCl, tạo ra 1,792 lít H2 (đktc).
- Phần 2 nung trong oxi thu được 2,84 g hỗn hợp oxit.
Giá trị của m là
A. 1,56 gam B. 2,64 gam C. 3,12 gam D. 4,68 gam
Hướng dẫn giải. A,B là chất khử, H+ (ở phần 1) và O2 (ở phần 2) là chất oxi hóa.
Số mol e- H+ nhận bằng số mol O2 nhận
2H+ + 2.1e- ® H2
0,16 ............ 0,08
O2 + 4e ® 2O2-
0,04 ...... 0,16
Þ mkl phần 2 = moxit - mO = 2,84 - 0,04.32 = 1,56 gam. m = 1,56.2 = 3,12 gam.
Đáp án C
Bài 5. Chia 38,6 gam hỗn hợp gồm Fe và kim loại M có hóa trị duy nhất thành 2 phần bằng nhau:
- Phần 1: Tan vừa đủ trong 2 lít dung dịch HCl thấy thoát ra 14,56 lít H2 (đktc).
- Phần 2: Tan hoàn toàn trong dung dịch HNO3 loãng nóng thấy thoát ra 11,2 lít khí NO duy nhất (đktc)
a. Nồng độ mol/l của dung dịch HCl là
A. 0,45 M B. 0,25M C. 0,55 M D. 0,65 M
b. Khối lượng hỗn hợp muối clorua khan thu được khi cô cạn dung dịch sau phản ứng ở phần 1 là
A. 65,54 gam B. 65,45 gam C. 55,64 gam D. 54,65 gam
c. %m của Fe trong hỗn hợp ban đầu là
A. 30,05 % B. 50,05 % C. 50,03 % D. Kết quả khác
d. Kim loại M là
A. Mg B. Fe C. Al D. Cu
Hướng dẫn giải.
a. = 0,65 (mol) Þ nH = 1,3 mol Þ n*HCl = nH = 1,3 mol
CM = 0,65M. Đáp án D
b. mmuối = mKl +
Trong đó
mmuối = 19,3 + 1,3.36,5 = 65,45 gam ?
Đáp án B
c. áp dụng phương pháp bảo toàn e:
- Phần 1:
Fe - 2e ® Fe2+
0,2 ........ 0,4 ........... 0,2
M - ae ® Ma+
....
2H+ + 2e ® H2
1,3 ........... 0,65
- Phần 2:
Fe - 3e ® Fe3+
M - ae ® Ma+
N+5 + 3e ® N+2 (NO)
1,5 0,5

x = 0,2, ay = 0,9
Þ nFe = 0,2 Þ %mFe =
Đáp án C
d.
Đáp án D
Bài 6. Hòa tan hoàn toàn 17,4 gam hỗn hợp 3 kim loại Al, Fe, Mg trong dung dịch HCl thấy thoát ra 13,44 lít khí.
Nếu cho 8,7 gam hỗn hợp tác dụng dung dịch NaOH dư ® 3,36 lít khí.
Vậy nếu cho 34,8 gam hỗn hợp trên tác dụng với dung dịch CuSO4 dư, lọc lấy toàn bộ chất rắn thu được sau phản ứng tác dụng với dung dịch HNO3 nóng dư thì thu được V lít khí NO2. Các khí đều được đo ở điều kiện tiêu chuẩn.
Thể tích khí NO*2 thu được là
A. 26,88 lít B. 53,70 lít C. 13,44 lít D. 44,8 lít
Hướng dẫn giải.
2Al + 6HCl ® AlCl3 + 3H2
Mg + HCl ® MgCl2 + H2
Fe + 2HCl ® FeCl2 + H2
Đặt số mol Al, Mg, Fe trong 17,4 gam hỗn hợp là x, y, z

Trong 34,7 gam hỗn hợp : nAl = 0,4; nMg = 0,3; nFe = 0,3
2Al + 3CuSO4 ® Al2(SO4)3 + 3Cu
Mg + CuSO4 ® MgSO4 + Cu
Fe + CuSO4 ® FeSO4 + Cu
Cu + 4HNO3 ® Cu(NO3)2 + 2NO2 + H2O
áp dụng định luật bảo toàn electron
- Al, Mg, Fe là chất khử, nhường electron
Cu2+ nhận e từ các kim loại sau đó lại nhường cho HNO3
- HNO3 là chất oxi hoá, nhận electron
N+5 + 1e ® N+4 (NO2)
a .................... a
Þ a = 2,4
Þ
Đáp án A
Bài 7. Cho tan hoàn toàn 3,6 gam hỗn hợp gồm Mg và Fe trong dung dịch HNO3 2M, thu được dung dịch D, 0,04 mol khí NO và 0,01 mol N2O. Cho dung dịch D tác dụng với dung dịch NaOH lấy dư, lọc và nung kết tủa đến khối lượng thu được m gam chất rắn.
a. Giá trị của m là
A. 2,6 gam B. 3,6 gam C. 5,2 gam D. 7,8 gam
b. Thể tích HNO3 đã phản ứng là
A. 0,5 lít B. 0,24 lít C. 0,26 lít D. 0,13 lít
Hướng dẫn giải.
a. - HNO3 là chất oxi hoá
N+5 + 3e NO
0,12 ........ 0,04 (mol)
2N+5 + 8e 2N+1 (N2O)
0,08 ....... 0,02 ... 0,01 (mol)

- Mg và Fe là chất khử. Gọi x, y là số mol Mg và Fe trong hỗn hợp
Mg - 2e Mg+2
x .........2x (mol)
Fe - 3e Fe+3
y ...... 3y (mol).

Nguồn: Giấc mơ kết nối.

 

[Kuin Sukoagoa]

RÈN LUYỆN KỶ NĂNG GIẢI BÀI TOÁN HÓA HỌC THEO PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN ELECTRON

A. Đặt vấn đề:
Với cách thức kiểm tra đánh giá hiện nay, thời gian để hoàn thành bài thi rất ngắn, mỗi bài thi chỉ có thời gian 90 phút với số lượng 50 câu. Như vậy, thời gian để hoàn thành một bài toán hóa học chỉ cho phép trong khoảng thời gian từ 1 – 3 phút. Vì vậy, nếu không nắm vững các phương pháp giúp giải nhanh bài toán hóa học thì khó có thể hoàn thành bài thi trong thời gian quy định. Sau đây xin giới thiệu cách rèn kỷ năng vận dụng phương pháp bảo toàn electron (một trong những phương pháp giải nhanh) giúp giải nhanh các bài toán hóa học.

B. Nội dung:

I – Định luật bảo toàn Electron: Trong các quá trình Oxi hoá – Khử thì tổng số electron các chất khử nhường bằng tổng số electron các chất oxi hoá nhận.

II – Ưu điểm của phương pháp bảo toàn Electron:
- Cho phép giải nhanh chóng, chính xác các bài toán hoá học mà có thể không cần viết các phương trình phản ứng xảy ra trong bài.
- Đặc biệt thích hợp với những bài toán mà việc giải bài toán theo phương pháp đại số thì số ẩn số nhiều hơn số phương trình.
- Phù hợp với hình thức kiểm tra, đánh giá hiện nay.

III – Phạm vi áp dụng của giải bài toán hoá học theo phương pháp bảo toàn Electron:
Áp dụng phương pháp này vào giải bài toán hoá học khi phản ứng xảy ra trong bài là phản ứng Oxi hoá - Khử.

IV – Rèn luyện kỷ năng giải bài toán Hóa học theo phương pháp bảo toàn Electron:

1. Với mỗi bài toán hoá học đưa ra, cần cho học sinh xem xét có thể vận dụng phương pháp bảo toàn electron để giải được hay không.

Ví dụ 1: Có một hỗn hợp bột các kim loại là Fe và Al. Lấy 8,3 gam hỗn hợp bột này tác dụng với dung dịch HCl vừa đủ. Phản ứng xong thu được 5,6 lít H2 (đktc). Tổng số mol electron đã trao đổi là bao nhiêu?
a) 0,75 mol
b) 0,5 mol
c) 1 mol
d) 2 mol

Nhận xét: Bài toán yêu cầu xác định tổng số mol electron trao đổi. Vì vậy, nên vận dụng phương pháp bảo toàn electron để xác định nhanh chóng kết quả của bài toán. Cần phân tích để học sinh hiểu:
Tổng số mol electron đã trao đổi = tổng số mol electron cho + tổng số mol electron nhận.

Ví dụ 2: Hoà tan hoàn toàn a (gam) hỗn hợp Al, Cu trong dung dịch HNO3 loãng thu được 4,8 lít NO duy nhất (đktc). Cũng cho a (gam) hỗn hợp trên tác dụng với dung dịch NaOH dư thì thu được 3,36 lít H2 (đktc). Thành phần % về khối lượng của Al là:
a) 49,67%
b) 32,05%
c) 21,95%
d) 43,44%

Nhận xét: Muốn vận dụng phương pháp bảo toàn electron để giải bài toán này cần xác định các quá trình hoá học xảy ra trong bài có phải là các quá trình oxi hoá – khử hay không?
Ta có:
Al + HNO3 (l) → NO ↑ Như vậy, lúc này:
Cu dd (Al3+; Cu2+) Al – 3e → Al3+
Cu – 2e → Cu2+
+ NaOH N+5 + 3e → N+2

Al3+, H2: Al – 3e → Al3+
2H+ + 2e → H2
Vậy, các quá trình hoá học xảy ra trong bài là các quá trình oxi hoá - khử. Do đó, vận dụng phương pháp bảo toàn electron để giải các bài toán được nhanh chóng (không cần viết các phương trình phản ứng xảy ra).

Ví dụ 3: Hoà tan hoàn toàn 9 gam hỗn hợp X gồm bột Mg và bột Al bằng dung dịch H2SO4 loãng, dư thu được khí A và dung dịch B. Thêm từ từ dung dịch NaOH vào B sao cho kết tủa đạt tới khối luợng lớn nhất thì dừng lại. Lọc kết toả đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 16,2 gam chất rắn. Thể tích khí A thu được ở đktc là:
a) 6,72 lít
b) 8,96 lít
c) 10,08 lít
d) 7,84 lít

Nhận xét: Các quá trình hoá học:

X Mg + H2SO4 (l) → A ↑ to
Al dd B (Mg2+, Al3+) ddNaOH ↓(Mg(OH)2, Al (OH)3 → Al2O3, MgO
(I) (II) (III)

Như vậy, trong các quá trình hoá học này, chỉ có quá trình (I) là quá trình oxi hoá – khử. Vì vậy, không thể đơn thuần vận dụng phương pháp bảo toàn electron để giải bài toán được.
2. Giải bài toán theo phương pháp bảo toàn Electron:

* Nguyên tắc chung: Viết đầy đủ các quá trình oxi hoá và đầy đủ các quá trình khử để xác định tổng số electron của chất khử nhường và tổng số electron của chất oxi nhận rồi dựa vào dữ kiện đề bài thiết lập phương trình toán học liên hệ.
Ví dụ 1: Giải ví dụ 1 ở Mục I
Có các quá trình:
Fe + HCl → H2
Al Fe2+, Al3+

Như vậy: Fe – 2e → Fe2+ 2H+ + 2e → H2
Al – 3e → Al3+ 0,5 (mol) 0,25 (mol)
5,6
1 nH2 = = 0,25 mol
22,4
2 Ta có: Tổng số mol electron nhận = 0,5 mol. Vậy tổng số mol electron nhường = 0,5 mol → Tổng số mol electron trao đổi = 0,5 + 0,5 = 1 mol.

Ví dụ 2: Giải ví dụ 2 ở Mục I
Có các quá trình: a (g) Al + HNO3 (l) → Al3+, Cu2+
Cu NO

+ NaOH → Al3+
H2
Gọi x là số mol của Al trong a (g) hỗn hợp, ta có:
Gọi y là số mol của Cu
Al – 3e → Al3+
x 3x
Cu – 2e → Cu2+
y 2y

NO3- + 4H+ + 3e → NO + 2H2O
0,6 0,2
4,48
nNO = = 0,2 mol
22,4
Áp dụng định luật bảo toàn electron: 3x + 2y = 0,6 (1)
Al – 3e → Al3+ 2H+ + 2e → H2
x 3x 0,3 0,15 mol
3,36
nH2 = = 0,15 mol, 3x = 0,3 → x = 0,1 mol thay vào (1),
22,4
ta có y = 0,15 mol
Vậy: mAl = 0,1 X 27 = 2,7 gam 2,7
%Al = X 100% = 21,95%
mCu = 0,15 X 64 = 9,6 gam 2,7 + 9,6

Ví dụ 3: Hoà tan hoàn toàn 27,8g hợp kim Al – Mg với vừa đủ dung dịch HNO3 1,25M thu được 8,961 lít ở đktc hỗn hợp khí A gồm NO và N2O có tỷ khối với H2 = 20,25. Xác định thành phần % về khối lượng hợp kim và thể tích HNO3 đã dùng.
Phân tích:
27,8 Al + HNO3 1,25M → dd B
Mg 8,961 hhA (NO + N2O); (dA/H = 20,25)
a) %mAl = ?; %mMg = ?
- Muốn xác định được %mAl, %mMg phải xác định được mAl, mMg trong hợp kim → xác định nAl, nMg → dựa vào: Khối lượng hợp kim và nNO, nN2O.
- Xác định được nNO, nN2O qua MA, nA tính được nNO = 0,1 mol và nN2O = 0,3 mol.
- Dùng định luật bảo toàn electron, thông qua các bán phản ứng lập được phương trình:
Al – 3e → Al+3
x 3x
Mg – 2e → Mg+2
y 2y
NO3- + 4H+ + 3e → NO + 2H2O
0,1 0,4 0,3 0,1

2NO3- + 10H+ + 8e → N2O + 5H2O
0,6 3 2,4 0,3
3x + 2y = 2,7 (1)
Từ khối lượng hợp kim lập được phương trình: 27x + 24y = 27,8 (2)
Từ (1) và (2) x = 0,5, y = 0,58
mAl = 13,8g, mMg = 14g
%mAl = 49,64%, %mMg = 50,36%
b) VHNO3 đã dùng = ? 3,4
nHNO3 đã dùng = nH+ = 3,4mol VHNO3 đã dùng = = 2,721 lít
1,25
3. Nâng cao dần mức độ khó khăn của bài toán và yêu cầu học sinh giải theo các phương pháp khác nhau:

Để học sinh thích ứng được phương pháp giải toán này cần cho học sinh rèn luyện các bài toán từ đơn giản đến phức tạp để dần dần hình thành kỷ năng giải toán theo phương pháp này cho các em. Và với mỗi bài toán đưa ra cần cho học sinh giải theo các phương pháp giải có thể có để từ đó các em thấy được rõ ưu điểm của phương pháp giải toán này.
Ví dụ 1: Hoà tan hoàn toàn m gam Al vào dung dịch HNO3 đặc, nóng thấy thoát ra 6,72 lít khí màu nâu (đktc). Tính m?
Bài giải:

Al + HNO3 → Al+3

NO2
Ta có: Al – 3e → Al3+
NO3- + 2H+ + e → NO2 + H2O
6,72
3nAl = n NO2 = = 0,3
22,4
m
3. = 0,3 → m = 2,7 gam.
27

Ví dụ 2: Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp kim loại gồm 0,02 mol Al và 0,015 mol Zn với vừa đủ dung dịch HNO3 2M thu được V lít khí duy nhất (đktc) bị hoá nâu trong không khí.
a) Tính V?
b) Tính thể tích HNO3 đã dùng?
* Nhận xét: So với ví dụ 1, ở ví dụ này nội dung kiến thức của bài tập đã đuợc nâng lên. Ở đây học sinh có thể giải bằng 2 cách:
Cách 1: Bằng phương pháp thông thường tính được:
a) V = 0,672 lit
b) VHNO = 0,06 lít
Cách 2: theo phương pháp bảo toàn electron
Ta có phản ứng:
Quá trình oxi hóa Quá trình khử
Al – 3e → Al+3 NO3- + 4H+ + 3e → NO + 2H2O
0,02 0,06 4x 3x x
Zn – 2e → Zn+2
0,015 0,03
Kết hợp quá trình oxi hoá và quá trình khử, ta có:
3x = 0,06 + 0,03 → x = 0,03
nNO = x = 0,03 mol → VNO = 0,672 lít
nHNO3 đã dùng = nH+ = 4x = 0,12 mol VHNO3 = 0,06 lít
Ví dụ 3: Nung nóng m gam phôi bào sắt trong không khí, sau một thời gian biến thành hỗn hợp (A) có khối lượng 30 gam gồm sắt và các oxít FeO, Fe3O4, Fe2O3. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp (A) bằng dung dịch HNO3 loãng thấy bay ra 5,6 lít khí NO duy nhất (đo ở đktc).
Tính khối lượng m?
Giải:
* Cách 1: Bằng phương pháp đại số:
Các phương trình phản ứng xảy ra:
2Fe + O2 → 2FeO (1)
3Fe + 2O2 → Fe3O4 (2)
4Fe + 3O2 → 2Fe2O3 (3)
Fe + 4HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + 2H2O (4)
3FeO + 10HNO3 → 3Fe(NO3)3 + NO + 5H2O (5)
3Fe3O4 + 28HNO3 → 9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O (6)
Fe2O3 + 6HNO3 → 2Fe(NO3)3 + 3H2O (7)
Gọi x, y, z, t là số mol của Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 tương ứng. Theo dữ kiện đề cho và theo các phương trình phản ứng, ta có:
56x + 72y + 232z + 160t = 30 (a)
y z 5,6
Từ (4), (5), (6): x + + = nNO = = 0,25 mol (b)
3 3 22,4
Từ (1), (2), (3) hoặc từ (a) suy ra: 30 - m
y + 4z + 3t = nO = (c)
16
y z t
Từ (b) x = 0,25 - - - . Thế x vào (a) ta có:
3 3 3
48
y + 4z + 3t = = 0,3
160

30 - m
Từ (c) và (d) = 0,3 → m = 25,2 gam
16

* Cách 2: Dùng phương pháp bảo toàn khối lượng:
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng từ phương trình (4) đến (7), ta có: mA + mHNO3 = mFe(NO)3 + mNO + mH2O (*)
Theo đề ra ta có:
m
nFe ban đầu = = nFe(NO)3
56

nNO3- tạo khí = n*NO = 0,25 mol
3m
nNO3- trong muối = 3n*Fe = (mol)
56
3m
nHNO3 tham gia = + 0,25 mol
56
nHNO3 3m 0,25
nH2O = = = mol
2 2.56 2

Thay vào phương trình (*) ta có:
3m 242 3m 0,25
30 + + 0,25 . 63 = .m + 0,25.30 + 18 +
56 56 112 2
Giải ra ta được m = 25,2 gam.

* Cách 3: Dùng phương pháp bảo toàn electron:
Từ phương trình (1) đến (7):
Fe: chất khử: Fe – 3e → Fe+3
a 3a

O2 và HNO3: chất oxi hoá: O2 + 4e → 2O-2
b 4b
NO3- + 4H+ + 3e → NO + 2H2O
3.0,25 0,25
Gọi số mol Fe ban đầu là a.
Số mol O2 phản ứng là b.
Áp dụng định luật bảo toàn electron, ta có:
3a = 4b + 3.0,25 <=> 3a – 4b = 0,75 (a)
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có:
56a + 32b = 30 (b)
Giải hệ 2 phương trình (a) và (b): a = 0,45 (mol)
b = 0,15 (mol)
Từ đó suy ra: m = 0,45.56 = 25,2 (gam)

Nguyễn Thị Kim Cúc

Nguồn: Giấc mơ kết nối.