PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN ELECTRON

PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN ELECTRON I. Nguyên tắc của phương pháp: [2], [13], [14] Trong phản ứng oxi hóa - khử thì: ∑ electron nhường = ∑ electron nhận. - Khi có nhiều chất oxi hóa, chất khử trong một hỗn hợp phản ứn (nhiều phản ứng hoặc phản ứng qua nhiều giai đoạn) thì tổng số electron các chất khử cho phải bằng tổng số electron mà các chất oxi hóa nhận.Ta chỉ cần nhận định đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối của các chất oxi hóa hoặc chất khử thậm chí không cần quan tâm đến việc cân bằng các phương trình phản ứng. - Phương pháp này đặc biệt lí thú đối với các bài toán phải biện luận nhiều trường hợp có thể xảy ra. Tuy nhiên phương pháp này chỉ áp dụng tốt cho phản ứng oxi hóa - khử thường để giả các bài toán vô cơ. II. Vận dụng phương pháp bảo toàn electron vào giải toán: Sử dụng phương pháp bảo toàn electron để giải nhiều dạng toán nhưng về cơ bản gồm những dạng sau đây: II.1. Cho hỗn hợp của kim loại (hoặc hợp chất của kim loại) tác dụng với dung dịch axit tạo ra một khí hoặc hỗn hợp khí. Để giải quyết bài toán dạng này ta thực hiện các bước:  Tính số mol của mỗi khí trong hỗn hợp, thường dựa vào sơ đồ đường chéo (được trình bày ở chương sau).  Tính tổng số electron nhận và electron nhường.  Cho ∑ electron nhường = ∑ electron nhận → tìm ẩn số của bài toán Ví dụ 1: [tự ra] Cho 18,98g hỗn hợp A gồm Cu, Mg, Al tác dụng vừa đủ với 2l ddHNO 3 được 1,792l khí X (đktc) gồm N 2 và NO 2 có tỉ khối so với He là 9,25. Tổng khối lượng muối nitrat sinh ra là bao nhiêu và nồng độ mol/l của HNO 3 trong dung dịch đầu? A. 53,7g và 0,28M B. 46,26g và 0,28M C. 46,26g và 0,06M D. 53,7g và 0,06M Cách giải: nhận thấy: 2 2 2 2 N NO X X N NO M M M 9,25x4 37 2 n 1,792 n n 0,04(mol) 2 2.22,4 + = = = ⇒ = = = = Ta có quá trình nhận electron: 5 0 2 3 2 N(NO ) 10e N + − + → 0,08 ← 0,4 ← 0,04 → ∑ e nhận = 0,4 +0,04 = 0,44(mol) 5 4 3 2 N(NO ) 1e N(NO ) + + − + → 3 HNO n bị khử = 0,08 + 0,04 = 0,12 (mol) 0,04 ← 0,04← 0,04 Theo định luật bảo toàn electron: ∑ e nhận = ∑ e nhường = 0,44 (mol) Có thể viết tổng quát quá trình nhường e: M - ne → M n+ 0,44 Ta có nhận xét sau: vì gốc 3 NO − có hóa trị I nên nếu kim loại nhường bao nhiêu electron thì cũng nhận bấy nhiêu gốc 3 NO − để tạo muối. Vậy 3 HNO n tạo muối = n e nhường = n e nhận = 0,44 (mol) → 3 HNO n pư = 0,44 + 0,12 = 0,56(mol) ⇒ 3 M(HNO ) 0,56 C 0,28(M) 2 = = Khối lượng muối nitrat sinh ra là: 3 KL NO m m m 18,98 0,44.62 46, 26(g) − = + = + = → Chọn đáp án B  Nhận xét: - Bài toán chỉ yêu cầu tính khối lượng muối và nồng độ HNO 3 nên chỉ cần quan tâm đến ∑ e nhường nhưng đề toán yêu cầu tính %m hoặc m từng kim loại thì cần đặt ẩn để giải hệ. - Bài toán này nếu giải theo phương pháp đại số (đặt ẩn, tìm các phương trình và giải hệ) thì sẽ rơi vào khó khăn bởi nó đòi hỏi những kỹ năng toán học cao của học sinh, khi 6 ptpư, 6 ẩn mà chỉ có 3 dữ kiện để tính toán. Sử dụng ĐLBT electron không cần viết ptpư và trong trường hợp này nó trở nên tối ưu. - Dựa vào bài toán trên, có thể khai triển thành nhiều bài khác để hỏi về các đại lượng khác như V hh khí , % m KL , m KL . - Khi viết các quá trình nhường, nhận electron nên viết để tránh nhầm lẫn các bán phản ứng oxi hóa - khử dưới dạng ion electron. Vì thường phản ứng tạo khí có có sụ tham gia của môi trường, nếu các bài toán đưa trọng tâm vào nội dung này, học sinh dễ mắc sai lầm khi nghĩ các quá trình không phụ thuộc vào môi trường. Ví dụ 2: [17] Hoà tan hoàn toàn 9,28g một hỗn hợp X gồm Mg, Al, Zn với số mol bằng nhau trong một lượng vừa đủ dd H 2 SO 4 đặc, nóng; thu được ddY và 0,07mol một sản phẩm duy nhất chứa lưu huỳnh. Sản phẩm đó là chất nào? A. SO 2 B. S C. H 2 S D. 2 2 8 S O − Cách giải: Gọi a là số mol Mg, Al, Zn trong hỗn hợp. Ta có: (24 + 65 + 27)a = 9,28 ⇒ a = 0,08 (mol) Quá trình nhường e: Mg - 2e → Mg 2+ 0,08 0,16 Al - 3e → Al 3+ ⇒ ∑ e nhường = 0,16 + 0,24 + 0,16 = 0,56(mol) 0,08 0,24 Zn - 2e → Zn 2+ 0,08 0,16 Quá trình nhận e: 6 x S (6 x)e S + + − → ⇒ ∑ e nhận = 0,07(6-x) (mol) 0,07 0,07(6-x) Với x là số oxi hóa của S trong sản phẩm đó. Áp dụng ĐLBT electron, ta có: 0,07(6-x) = 0,56 ⇒ x = -2 ⇒ sản phẩm là H 2 S. Vậy đáp án đúng là C. II.2. Các bài tập về sắt qua nhiều trạng thái oxi hóa: Sắt có nhiều trạng thái oxi hóa nên khi oxi hóa Fe kim loại thường thu được hỗn hợp các oxit sắt. Thông thường bài toán cho toàn bộ lượng oxit sắt chuyển về một trạng thái oxi hóa nào đó. Để giải quyết dạng bài tập này cần chú ý: • Chỉ quan tâm đến trạng thái oxi hóa đầu và cuối của sắt, không cần quan tâm đến các trạng thái oxi hóa trung gian. • Đặt ẩn số với chất đóng vai trò chất khử. Ví dụ 3: [18] Nung x gam Fe trong không khí, thu được 104,8 gam hỗn hợp rắn A gồm Fe, FeO, Fe 2 O 3 , Fe 3 O 4 . Hòa tan A trogn dd HNO 3 dư, thu được ddB và 12,096 lit hỗn hợp khí NO và NO 2 (đktc) có tỉ khối đối với He là 10,167. Giá trị của x là: A. 85,02g B. 49,22g C. 78,4g D. 98g Cách giải: - Dựa vào sơ đồ đường chéo để tính được số mol NO và NO 2 lần lượt là 0,18 và 0,36 mol. Cách tính này sẽ được đề cập ở chương sau. - Nhận thấy, quá trình phản ứng toàn bộ lượng Fe kim loại được chuyển thành Fe 3+ nên ta có quá trình nhường e: Fe - 3e → Fe 3+ x 56 → 3x 56 ∑ e nhường = 3x 56 (mol) Quá trình nhận e: 5 4 3 2 N(NO ) 1e N(NO ) + + − + → 0,36← 0,36 5 2 3 N(NO ) 3e N(NO) + + − + → 3.0,18 ← 0,18 O 2 + 4e → 2O 2- Theo ĐLBTKL: 2 2 Fe O A O A Fe m + m = m m = m - m = 104,8 - x (g)⇒ 2 2 2 O Fe O A O A Fe 3 2 2 104,8 x n (mol) 32 m + m = m m = m - m = 104,8 - x (g) Al Fe Cu Ag Al Fe Cu Ag + + + + − ⇒ = ⇒ 2 O 104,8 x n (mol) 32 − ⇒ = → ∑ e nhận = 0,36 + 0,18.3 + 104,8 x .4 32 − = 0,9 + 104,8 x (mol) 8 − Theo ĐLBT electron, ta có: ∑ e nhận = ∑ e nhường ↔ 0,9 + 104,8 x 8 − = 3x 56 ⇒ x = 78,4(g) Chọn đáp án C.  Nhận xét: đây là dạng toán kinh điển của phương pháp bảo toàn electron. Đối với dạng bài tập TNKQ thì đây là phương pháp rất hay để giải quyết nhiều bài tập về oxihoa-khử một cách chính xác, rất nhanh và không gây nhầm lẫn. II.3. Dạng toán trong dung dịch nhiều chất khử, nhiều chất oxi hóa mà sự trao đổi electron xảy ra đồng thời (thường gặp là dạng toán kim loại này đẩy kim loại khác ra khỏi dung dịch muối) Ví dụ 4: [12] Một hỗn hợp X gồm Al và Fe có khối lượng 8,3g. Cho X vào 1lit ddA chứa AgNO 3 0,1M và Cu(NO 3 ) 2 0,2M. Sau khi phản ứng kết thúc được chất rắn B (hoàn toàn không tác dụng với dd HCl) và ddC (hoàn toàn không có màu xanh của Cu 2+ ). Tính khối lượng chất rắn B và %Al trong hỗn hợp. A. 23,6g; %Al = 32,53 B. 24,8g; %Al = 31,18 C. 28,7g; %Al = 33,14 A. 24,6g; %Al = 32,18 Cách giải: - Chiều sắp xếp các cặp OXH-K trong dãy điện hóa: 3 2 2 Al Fe Cu Ag Al Fe Cu Ag + + + + - Ag bị khử trước Cu 2+ ; dd bị mất hết màu xanh của Cu 2+ nên Cu 2+ và Ag + đều bị khử hết tạo Ag và Cu kim loại. - Al phản ứng xong rồi đến Fe; chất rắn B không phản ứng với HCl, do đó Al và Fe đã phản ứng hết. Vậy, hỗn hợp B gồm Cu và Ag ⇒ m B = m Cu + m Ag n Ag = 0,1mol ; n Cu = 0,2mol ⇒ m B = 0,1x108 + 0,2x64 = 23,6(g) Gọi hhX X Al: x(mol) ;m 8,3g 27x 56y 8,3 Fe : y(mol)  = ⇔ + =   (1) Quá trình nhường e: Al - 3e → Al 3+ x 3x Fe - 2e → Fe 2+ ⇒ ∑ e nhường = 3x + 2y(mol) y 2y Quá trình nhận e: Cu 2+ + 2e → Cu 0,2 0,4 Ag + + e → Ag ⇒ ∑ e nhận = 0,4 + 0,1 = 0,5(mol) 0,1 0,1 Theo ĐLBT electron: ∑ e nhường = ∑ e nhận ↔ 3x + 2y = 0,5 (2) Từ (1) và (2), suy ra: Al x 0,1 0,1.27.100 %m 32,53% y 0,1 8,3 =  ⇒ = =  =  Vậy đáp án đúng là A. Ví dụ 5: [23] Hỗn hợp A gồm 2 kim loại R 1 , R 2 có hóa trị x,y không đổi (R 1 , R 2 không tác dụng với H 2 O và đứng trước Cu trong dãy hoạt động hóa học của kim loại). Cho hỗn hợp phản ứng với CuSO 4 dư, lấy Cu thu được cho phản ứng với HNO 3 dư thu được 1,12lit khí NO duy nhất. Nếu cho lượng hỗn hợp trên phản ứng hoàn toàn với dd HNO 3 thì thu dược bao nhiêu lit khí N 2 . Các thể tích đo ở đktc. A. 0,224l B. 0,336l C. 4,48l D. 0,448l Cách giải: quá trình oxi hóa-khử xảy ra: kim loại R 1 , R 2 nhường electron cho Cu 2+ để chuyển thành Cu, sau đó Cu lại nhường e cho N(+5) tạo thành N(+2) ⇒ số mol e do R 1 , R 2 nhường = số mol do N(+5) nhận vào 5 2 N e N + + + → 0,05x3← 1,12 0,05 22,4 = - Khi R 1 , R 2 trực tiếp nhường e cho N(+5) chuyển thành N(0) Gọi a là số mol N 2 thì ta có: 5 0 2 N 10e N + + → 10a ← a mol Vì cùng lượng R 1 , R 2 tham gia phản ứng nên: 0,05x3 = 10a ⇒ a = 0,015 (mol) 2 N V = 22,4x0,015 = 0,336(l)  Nhận xét: - Qua ví dụ này nhấn mạnh được rằng với 1 mol chất phản ứng trong điều kiện phản ứng xảy ra hoàn toàn, chất đó phản ứng hết thì trong mọi trường hợp của cùng một bán phản ứng số mol mà nó nhận vào hay cho đi đều là hằng số. - Như ví dụ này, ta không cần xét tính khử của kim loại nào mạnh hơn vẫn giải quyết được bài toán vì toàn bộ R đã chuyển thành ion. Đó là ưu điểm khi sử dụng phương pháp bảo toàn electron. II.4. Áp dụng ĐLBT electron để giải một số bài toán khác: Ví dụ 6: [tự ra] Khi đốt nóng 22,05g muối KClO 3 thu được 2,24lit khí O 2 và một hỗn hợp chất rắn gồm muối kali peclorat và kali clorua. Xác định khối lượng các muối tạo thành. A. 4,97g KCl và 13,88g KClO 3 B. 7,0775g KCl và 14,9725g KClO 4 C. 7,0775g KCl và 11,7725g KClO 4 A. 11,7725g KCl và 10,2775g KClO 3 Cách giải: 3 2 KClO O 22,05 2,24 n 0,18(mol);n 0,1(mol) 122,5 22,4 = = = = Gọi số mol của KCl và KClO 4 lần lượt là x và y. Quá trình nhường e: 5 1 Cl 6e Cl + − + → x 6x ← x Quá trình nhận e: 5 7 Cl 2e Cl + + − → y 2y ← y 2O 2- - 4e → O 2 0,4← 0,1 Theo ĐLBT electron: 6x = 0,4 + 2y ↔ 6x - 2y = 0,4 ↔ 3x - y = 0,2 (1) Mặt khác: x + y = 0,18 (2) Từ (1), (2) suy ra: 4 KCl KClO m 0,095.74,5 7,0775(g) x 0,095 m 0,085.138,5 11,7725(g) y 0,085 = =  =   ⇒   = = =    Vậy đáp án đúng là C. Ví dụ 7: [15] Hòa tan hoàn toàn 17,4g hỗn hợp 3 kim loại Al, Fe, Mg trong dung dịch HCl thấy thoát ra 13,44lit khí. Nếu cho 8,7g hỗn hợp tác dụng dd NaOH dư thu được 3,36lit khí (đktc).Vậy nếu cho 34,8g hỗn hợp trên tác dụng với dd CuSO 4 dư, lọc lấy toàn bộ chất rắn thu được sau phản ứng tác dụng với dd HNO 3 nóng, dư thì thu được V lit khí NO 2 . Thể tích khí NO 2 (đktc) thu được là: A. 26,88l B. 53,76l C. 13,44l D. 44,8l Cách giải: 2 H 13,44 n 0,6(mol) 22,4 = = Xét toàn bộ quá trình phản ứng thì: Al, Mg, Fe nhường e; H + (HCl), Cu 2+ nhận e. Mà: 2H + + 2e → H 2; Cu 2+ + 2e → Cu đều nhận 2 electron. Nên ∑ e(H + ) nhường = ∑ e(Cu 2+ ) nhận ⇒ 2 2 H Cu Cu n n n + = = Quá trình nhận e của HNO 3 : 5 4 N e N + + + → ⇒ ∑ e( 5 N + ) nhận = ∑ e(Cu) nhường Trong 34,8g hỗn hợp: 2 NO Cu n 2n 2.0,6.2 2,4(mol)= = = 2 NO V 2,4.22,4 53,76(l)⇒ = =  Nhận xét: nếu giải bài toán này theo phương pháp đại số sẽ dài dòng vì viết phản ứng, đặt ẩn, giải hệ nhưng nếu giải theo phương pháp bảo toàn electron thì dữ kiện cho 8,7g hỗn hợp tác dụng với dd NaOH dư cho 3,36lit khí không cần sử dụng vẫn cho kết quả chính xác với cách ngắn gọn, nhanh chóng. III. Một số bài tập TNKQ giải theo phương pháp bảo toàn electron: Bài tập 1: [8] Hòa tan hoàn toàn 1,2g kim loại X vào dd HNO 3 dư thu được 0,224lit khí N 2 (đktc) (giả thiết phản ứng chỉ tạo ra khí N 2 ). Vậy X là: A. Zn B. Cu C. Mg D. Al Bài tập 2: [16] Trộn 0,54g bột Al với bột Fe 2 O 3 và CuO rồi tiến hành phản ứng nhiệt nhôm thu được hỗn hợp A. Hòa tan hoàn toàn A trong dd HNO 3 được hỗn hợp khí gồm NO và NO 2 có tỉ lệ số mol tương ứng là 1:3. Thể tích (đktc) khí NO và NO 2 lần lượt là: A. 0,224l và 0,672l B. 0,672l và 0,224l C. 2,24l và 6,72l D. 6,72l và 2,24l Bài tập 3: [10] Cho H 2 SO 4 loãng tác dụgn với 6,659g hỗn hợp 2 kim loại X và Y đều hóa trị II, thu được 0,1mol khí, đồng thời khối lượng hỗn hợp giảm 6,5g. Hòa tan phần còn lại vào H 2 SO 4 đặc, nóng thấy thoát ra 0,16g khí SO 2 . X và Y là những kim loại nào sau đây? A. Hg và Zn B. Cu và Zn C. Cu và Ca D. Cu và Mg Bài tập 4: [22] Cho luồng khí CO đi qua ống sứ đựng m gam Fe 2 O 3 ở nhệt độ cao một thời gian. Người ta thu được 6,72g hỗn hợp gồm 4 chất rắn khác nhau(A). Đem hòa tan hoàn toàn hỗn hợp này vào dd HNO 3 dư thấy tạo thành 0,448lit khí B duy nhất có tỷ khối so với H 2 bằng 15. m nhận giá trị là: A. 5,56g B. 6,64g C. 7,2g D. 8,81g Bài tập 5: [4] Khi cho 17,40g hợp kim Y gồm sắt, đồng, nhôm phản ứng hết với H 2 SO 4 loãng dư ta được ddA; 6,4g chất rắn và 9,856lit khí B ở 27,3 0 C; 1atm. Phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong hợp kim lần lượt là: A. 34,18%; 34,79% và 31,03% B. 30,18%; 38,79% và 31,03% C. 31,18%; 37,79% và 31,03% D. 32,18%; 36,79% và 31,03% Bài tập 6: [17] Cho kim loại M khi hòa tan hết m(g) M trong HNO 3 loãng, nóng thu được khí NO, khi hòa tan m(g) M trong dd HCl thu được khí H 2 có 2 H NO V V= trong cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất. Khối lượng muối clorua bằng 52,48% khối lượng muối nitrat thu được. Xác định M và hóa trị của nó. A. Fe, có hóa trị 2 và 3 B. Fe, có hóa trị 3 C. Cr, có hóa trị 2 và 3 D. Cr, có hóa trị 3 Hướng dẫn: gọi hóa trị của M trong 2 trường hợp phản ứng với HNO 3 và HCl lần lượt là p, k. - Với HNO 3 : 5 2 N 3e N + + + → m p M m p 3M - Với HCl: 2H + + 2e → H 2 m k M m k 2M Theo đề: 2 H NO V V= hay 2 H NO n n= ↔ m p 3M = m k 2M ↔ 2p = 3k [...]... cần V lit O2 (đktc) (biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn) V lit khí oxi là: A 32,928 lit B 16,454 lit = Hướng dẫn: - nFe > nS 30 32 ⇒ C 22,4 lit Fe dư và S hết ⇒ D 4,48 lit khí C là hỗn hợp H2S và H2 Đốt C thu được SO2 và H2O Vậy quá trình phản ứng là Fe và S nhường electron, còn O2 thu electron - Viết các quá trình nhường, nhận electron rồi thiết lập phương trình liên quan đến ẩn số của số mol O2, ta... tan hoàn toàn trong dd H2SO4 đặc, nóng dư thu được 3,36 lit khí mùi xốc (đktc) Tính %mFeO trong hỗn hợp? A 10,53% B 27,27% C 16,36% D 44,32% Hướng dẫn: gọi số mol của Fe, FeO, Fe2O3 trong hỗn hợp lần lượt là a, b, c n H2 = 0,56 = 0, 025(mol) 22, 4 Sau phản ứng còn dư Fe chứng tỏ toàn bộ lượng muối Fe3+ trong ddC chuyển thành muối Fe2+ Gọi số mol Fe dư là d Thiết lập các mối liên hệ ta được hệ phương. .. nguyên chất cần dùng dd axit (A) thu được một khí (X) và dd muối (Y) Biết trong không khí (X), số nguyên tử của nguyên tố có sự thay đổi số OXH là 0,3612.1023 (số Avôgađro là 6,02.1023) Để tác dụng hoàn toàn với dd (Y) tạo ra một dd trong suốt cần 290g dd NaOH 20% Vậy khí X là: A NO2 B N2 C N2O D NO Hướng dẫn: để tìm được khí X, cần xác định được axit A Ta có: n Al = n Al3+ = 0,34(mol) Al3+ + 4OH − →... nhường e: Al - 3e → Al3+ 0,3612.1023 6, 02.1023 = 0, 06(mol nguyên tử) 0,34→ 1,02 +5 −3 − N(NO3 ) + 8e → N(NH + ) 4 Quá trình nhận e: 0,72 ← 0,09 +5 x − N (NO3 ) + (5 − x)e → N 0,06(5-x) ← 0,06 Theo ĐLBT electron: 0,06(5-x) + 0,72 = 1,02 ↔ x = 0 ⇒ X là N2 Chọn đáp án B Bài tập 10: [tự ra] Cho hỗn hợp X gồm 0,03mol Al và 0,05mol Fe vào 100ml ddA có Cu(NO3)2 và AgNO3 sau phản ứng thu được 8,12g chất rắn... dụng với nước brom nên X còn chứa SO2 Gọi số mol của SO2 và SO3 trong hỗn hợp X lần lượt là x và y +4 Quá trình nhường e: x Quá trình nhận e: +6 S − 2e → N 2x x Br2 + 2e → 2 0,08 0,16 Br − 0,16 Theo ĐLBT electron: 2x = 0,16 ↔ x = 0,08 Dd Y có: HBr: 0,16 mol ; H2SO4:(x + y) mol H + + OH − → H 2O 0,8 ← 0,8 ⇒ 0,16 + 2(x + y) = 0,8 ↔ x + y = 0,32 ⇒ y = 0,24 ⇒ ∑ nSO 2 = x + y = 0,32(mol) ⇒ n FeS = 0,32(mol) . để giả các bài toán vô cơ. II. Vận dụng phương pháp bảo toàn electron vào giải toán: Sử dụng phương pháp bảo toàn electron để giải nhiều dạng toán nhưng. PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN ELECTRON I. Nguyên tắc của phương pháp: [2], [13], [14] Trong phản ứng oxi hóa - khử thì: ∑ electron nhường = ∑ electron