Bài viết
RÈN LUYỆN KỶ NĂNG GIẢI BÀI TOÁN HÓA HỌC THEO
PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN ELECTRON
A. 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.
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.
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 = 27,9 (1)
Từ khối lượng hợp kim lập được phương trình: 27x + 24y = 27,9 (2)
Từ (1) và (2) x = 0,5, y = 0,6
mAl = 13,5g, mMg = 14,4g
%mAl = 48,4%, %mMg = 51,6%
b) VHNO3 đã dùng = ? 3,4
nHNO3 đã dùng = nH+ = 3,4mol VHNO3 đã dùng = = 2,721 lít
1,25
Ví dụ 4: 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 5: Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp kim loại gồm 0,02 mol Al và 0,01 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: 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)
(Theo cô Nguyễn Thi Kim Cúc)
PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN ELECTRON
A. 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.
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.
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 = 27,9 (1)
Từ khối lượng hợp kim lập được phương trình: 27x + 24y = 27,9 (2)
Từ (1) và (2) x = 0,5, y = 0,6
mAl = 13,5g, mMg = 14,4g
%mAl = 48,4%, %mMg = 51,6%
b) VHNO3 đã dùng = ? 3,4
nHNO3 đã dùng = nH+ = 3,4mol VHNO3 đã dùng = = 2,721 lít
1,25
Ví dụ 4: 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 5: Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp kim loại gồm 0,02 mol Al và 0,01 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: 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)
(Theo cô Nguyễn Thi Kim Cúc)
