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

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

RÈN LUYỆN KỶ NĂNG GIẢI BÀI TỐN HĨA HỌC THEO PHƯƠNG PHÁP BẢO TỒN ELECTRONNguyễn Thị Kim Cúc - Tổ HốA. Đặt vấn đề:Với cách thức kiểm tra đánh giá hiện nay, thời gian để hồn thành bài thi rất ngắn, mỗi bài thi chỉ có thời gian 90 phút với số lượng 50 câu. Như vậy, thời gian để hồn thành một bài tốn hóa học chỉ cho phép trong khoảng thời gian từ 1 – 3 phút. Vì vậy, nếu khơng nắm vững các phương pháp giúp giải nhanh bài tốn hóa học thì khó có thể hồn thành bài thi trong thời gian quy định. Sau đây xin giới thiệu cách rèn kỷ năng vận dụng phương pháp bảo tồn electron (một trong những phương pháp giải nhanh) giúp giải nhanh các bài tốn hóa học.B. Nội dung:I – Định luật bảo tồn Electron: Trong các q trình Oxi hố – Khử thì tổng số electron các chất khử nhường bằng tổng số electron các chất oxi hố nhận.II – Ưu điểm của phương pháp bảo tồn Electron:- Cho phép giải nhanh chóng, chính xác các bài tốn hố học mà có thể khơng cần viết các phương trình phản ứng xảy ra trong bài.- Đặc biệt thích hợp với những bài tốn mà việc giải bài tốn 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 tốn hố học theo phương pháp bảo tồn Electron:Áp dụng phương pháp này vào giải bài tốn hố học khi phản ứng xảy ra trong bài là phản ứng Oxi hố - Khử.IV – Rèn luyện kỷ năng giải bài tốn Hóa học theo phương pháp bảo tồn Electron:1. Với mỗi bài tốn hố học đưa ra, cần cho học sinh xem xét có thể vận dụng phương pháp bảo tồn electron để giải được hay khơng.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 molb) 0,5 molc) 1 mold) 2 mol1 Nhận xét: Bài tốn u cầu xác định tổng số mol electron trao đổi. Vì vậy, nên vận dụng phương pháp bảo tồn electron để xác định nhanh chóng kết quả của bài tốn. 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: Hồ tan hồn tồn a (gam) hỗn hợp Al, Cu trong dung dịch HNO3 lỗng 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 tồn electron để giải bài tốn này cần xác định các q trình hố học xảy ra trong bài có phải là các q trình oxi hố – khử hay khơng? 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 → H2Vậy, các q trình hố học xảy ra trong bài là các q trình oxi hố - khử. Do đó, vận dụng phương pháp bảo tồn electron để giải các bài tốn được nhanh chóng (khơng cần viết các phương trình phản ứng xảy ra).Ví dụ 3: Hồ tan hồn tồn 9 gam hỗn hợp X gồm bột Mg và bột Al bằng dung dịch H2SO4 lỗng, 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 khơng khí đến khối lượng khơng đổi thu được 16,2 gam chất rắn. Thể tích khí A thu được ở đktc là:a) 6,72 lítb) 8,96 lítc) 10,08 lítd) 7,84 lítNhận xét: Các q trình hố học: X Mg + H2SO4 (l) → A ↑ to Al dd B (Mg2+, Al3+) ddNaOH ↓(Mg(OH)2, Al (OH)3 → Al2O3, MgO2 (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 ICó 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) 5,61nH2 = = 0,25 mol 22,42Ta 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+ H2Gọi 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 4,48nNO = = 0,2 mol 22,4 Áp dụng định luật bảo toàn electron: 3x + 2y = 0,6 (1)3 Al – 3e → Al3+ 2H+ + 2e → H2 x 3x 0,3 0,15 mol 3,36nH2 = = 0,15 mol, 3x = 0,3 → x = 0,1 mol thay vào (1), 22,4 ta có y = 0,15 molVậy: 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 + 9,6Ví 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+3x 3xMg – 2e → Mg+2y 2yNO3- + 4H+ + 3e → NO + 2H2O0,1 0,4 0,3 0,12NO3- + 10H+ + 8e → N2O + 5H2O0,6 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 = 0,64 mAl = 13,5g, mMg = 14,4g %mAl = 48,4%, %mMg = 51,6%b) VHNO3 đã dùng = ? 3,4nHNO3 đã dùng = nH+ = 3,4mol VHNO3 đã dùng = = 2,721 lít 1,253. 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 m3. = 0,3 → m = 2,7 gam. 27Ví dụ 2: 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 litb) VHNO = 0,06 lítCách 2: theo phương pháp bảo toàn electron5 Ta có phản ứng:Q trình oxi hóa Q trình khửAl – 3e → Al+3 NO3- + 4H+ + 3e → NO + 2H2O0,02 0,06 4x 3x x Zn – 2e → Zn+20,015 0,03Kết hợp q trình oxi hố và q trình khử, ta có:3x = 0,06 + 0,03 → x = 0,03nNO = x = 0,03 mol → VNO = 0,672 lítnHNO3 đã dùng = nH+ = 4x = 0,12 mol VHNO3 = 0,06 lítVí dụ 3: Nung nóng m gam phơi bào sắt trong khơng khí, sau một thời gian biến thành hỗn hợp (A) có khối lượng 30 gam gồm sắt và các oxít FeO, Fe3O4, Fe2O3. Hồ tan hồn tồn hỗn hợp (A) bằng dung dịch HNO3 lỗng 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 5,6Từ (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 6 Từ (b) x = 0,25 - - - . Thế x vào (a) ta có: 3 3 3 48 y + 4z + 3t = = 0,3 160 30 - mTừ (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: mnFe ban đầu = = nFe(NO)3 56nNO3- tạo khí = nNO = 0,25 mol 3mnNO3- trong muối = 3nFe = (mol) 56 3m nHNO3 tham gia = + 0,25 mol 56 nHNO3 3m 0,25nH2O = = = mol 2 2.56 2 Thay vào phương trình (*) ta có: 3m 242 3m 0,2530 + + 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 7 O2 và HNO3: chất oxi hoá: O2+ 4e → 2O-2 b 4bNO3- + 4H+ + 3e → NO + 2H2O 3.0,25 0,25Gọi 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)8 . giải bài tốn Hóa học theo phương pháp bảo tồn Electron: 1. Với mỗi bài tốn hố học đưa ra, cần cho học sinh xem xét có thể vận dụng phương pháp bảo tồn electron. 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