A. C8H12O5 B C4H8O2 C C8H12O3 D C6H12O
2.3 Phương phỏp bảo toàn electron
2.3.1 Nội dung phương phỏp
Trong phản ứng ụxi hoỏ – khử, tổng số electron nhường bằng tổng số electron nhận hay tổng số mol electron nhường bằng tổng số mol electron nhận.
∑ số mol e nhường = ∑ số mol e nhận
2.3.2 Dấu hiệu nhận biết
- Tất cả cỏc bài toỏn mà phản ứng hoỏ học xảy ra là phản ứng oxi hoỏ khử.
- Hữu hiệu với bài toỏn viết PTPƯ phức tạp, xảy ra nhiều giai đoạn, nhiều quỏ trỡnh.
- Bài toỏn cú nhiều chất oxi hoỏ, nhiều chất khử.
2.3.3 Những điểm đặc biệt cần lưu ý
- Trong một phản ứng hoặc một hệ phản ứng, cần quan tõm đến trạng thỏi ụxi hoỏ ban đầu và cuối của một nguyờn tố mà khụng cần quan tõm đến cỏc quỏ trỡnh biển đổi trung gian.
- Nếu cú nhiều chất oxi hoỏ và nhiều chất khử tham gia trong bài toỏn, ta cần tỡm tổng số mol electron nhường và tổng số mol electron nhận rồi mới cõn bằng.
- Cần kết hợp cỏc phương phỏp khỏc như BTKL và BTNT để giải bài toỏn.
2.3.4 Cỏc vớ dụ minh hoạ
Vớ dụ 1: Để m gam bột sắt ngoài khụng khớ, sau một thời gian phản ứng ta thu được hỗn hợp A gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4. Cho A tỏc dụng với axit H2SO4 đặc núng (dư). Thấy thoỏt ra 6,72 l khớ SO2 duy nhất và 60 gam muối. Giỏ trị của m và khối lượng O2 phản ứng là:
A. 16,8 và 2,4 B. 16,8 và 3,6 C. 16,8 và 1,2 D. 16,8 và 3,4
Phõn tớch: Đối với bài toỏn này nếu giải theo phương phỏp thụng thường thỡ phải viết tới 4 PTPƯ của cỏc sản phẩm trong hỗn hợp A với H2SO4:
2Fe + 6H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O 2FeO + 4H2SO4 → Fe2(SO4)3 + SO2 + 4H2O 2Fe3O4 + 10H2SO4 → 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O 2Fe2O3 + H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 10H2O
Sau đú đặt ẩn số, giải hệ ta thu được hệ 2 phương trỡnh mà cú tới 3 ẩn. Đến đõy thỡ HS sẽ bế tắc cho nờn việc sử dụng PP BTe là biện phỏp tối ưu, cụ thể như sau:
Theo bài ra: nSO2= 226,72,4 = 0,3 mol Fe + →O2(kk) A H2SO4đ,to→ +3
Fe
Fe → +3 Fe + 3e 56 m 356m Quỏ trỡnh nhận e: O2 + 4e →2−2 O (với x là số mol O2 phản ứng) x 4x 6 + S + 2e → +4 S 0,6 ← 0,3 ∑ số mol e nhận = 4x + 0,6
Áp dụng PP BTe: ∑ số mol e cho = ∑ số mol e nhận
⇒ 56 56 3m = 4x + 0,6 (1) Mặt khỏc ỏp dụng PP BTKL ta cú: mA + mH2SO4 = mFe2(SO4)3+ mSO2 + mH O 2 Mà mFe2(SO4)3= 60 gam ⇒ nFe2(SO4)3 = 40060 = 0,15 mol ⇒ nH2SO4 = nH O 2 = 3.nFe2(SO4)3 + nSO2= 3.0,15 + 0,3 = 0,75 mol Khi đú: mA= mFe2(SO4)3+ mSO2 + mH O 2 - mH2SO4 = 60 + 0,3.64 + 0,75.18 – 0,75.98 = 19,2 Mà: mA= mFe + mO2 = m + 32x ; Nờn : m + 32x = 19,2 (2) Từ (1) và (2) ta cú hệ phương trỡnh : 356m - 4x = 0,6 m = 16,8 gam m + 32x = 19,2 x = 0,075 mol ⇒ mO2(pu) = 0,075.32 = 2,4 gam
Một số HS cú thể nhầm lẫn trong khi tớnh toỏn ) ( 2 pu O m = 0,075.16 = 1,2 gam.⇒Đỏp ỏn C Như vậy đỏp ỏn C là đỏp ỏn nhiễu.
Vớ dụ 2: Hoà tan hoàn toàn 12,42 gam Al bằng dd HNO3 loóng dư, thu được dd X và 1,344 lit (đktc) hỗn hợp khớ Y gồm hai khớ là N2O và N2. Tỉ khối của hỗn hợp Y so với H2 là 18. Cụ cạn dd X thu được m gam chất rắn khan. Giỏ trị của m là:
A. 38,34 gam B. 34,08 gam C. 106,38 gam D. 97,98 gam
Phõn tớch: Đối với bài toỏn này ta cú thể giải bằng phương phỏp thụng
thường như sau: Theo bài ra: nAl = 1227,42 = 0,46 mol
nX= 122,344,4 = 0,06 mol x +y = 0,06 MX= 18.2 = 36 44xx++28y y = 36 x = 0,03 (N2O)
y = 0,03 (N2)
Gọi x, y lần lượt là số mol của Al phản ứng với HNO3 tạo ra N2O và N2
PTPƯ:
8Al + 30HNO3 → 8Al(NO3)3 + 3N2O + 15H2O (1) x 38x
10Al + 36HNO3 → 10Al(NO3)3 + 3N2 + 18H2O (2) y 103y
Ta cú: nAl= 0,46 x + y = 0,46 x = 0,08 O N n 2 = 0,03 38x = 0,03 y = 0,38
Thay y = 0,38 vào 103y = 3.100,38 = 0,114 # nN2 (bài ra) = 0,03 mol
⇒Ngoài muối Al(NO3)3 cũn cú muối NH4NO3
8Al + 30HNO3 → 8Al(NO3)3 + 3N2O + 15H2O 0,08 0,08 ← 0,03
10Al + 36HNO3 → 10Al(NO3)3 + 3N2 + 18H2O 0,1 0,1 ← 0,03
8Al + 30HNO3 → 8Al(NO3)3 + 3NH4NO3 + 9H2O 0,28 → 0,28 0,105
Khối lượng muối tạo thành là:
mmuối= mAl(NO3)3 + mNH4NO3 = 0,46.213 + 0,105.80 = 106,38 gam
⇒Chọn đỏp ỏn C
Nhận thấy rằng nếu giải bằng phương phỏp thụng thường thỡ vẫn tỡm được đỏp ỏn của bài toỏn, tuy nhiờn mất rất nhiều thời gian cho việc viết từng PTPƯ rồi đặt ẩn để giải. Bài toỏn sẽ được giải một cỏch ngắn gọn và đơn giản bằng PP BTe như sau:
Theo bài ra ta tớnh được: nAl = 1227,42 = 0,46 mol; nN2 = nN O
2 = 0,03 Quỏ trỡnh nhường e: Al → Al+3 + 3e 0,46 0,46 1,38 Quỏ trỡnh nhận e: 2 + − 3 5 O N + 8e → N+12O 0,24 ← 0,03 2+ − 3 5 O N + 10e → o 2 N 0,3 ← 0,03
Nếu sản phẩm khử chỉ cú N2 và N2O thỡ định luật bảo toàn electron chưa đỳng. Do đú sản phẩm khử phải cú muối amoni:
2+ −3 3 5 O N + 8e → 3 4 − + NH 0,84 → 0,105
Khối lượng chất rắn thu được là: m = 0,46.213 + 0,105.80 = 106,38 gam
Khi giải bài toỏn này HS cú thể mắc những lỗi sau dẫn đến tỡm sai đỏp ỏn của bài toỏn:
- Áp dụng PP BTNT:
Theo bài ra ta tớnh được: nAl = 1227,42 = 0,46 mol; nN2 = nN O
2 = 0,03 mol
Áp dụng PP BTNT Al ta cú: nAl= nAl(NO3)= 0,46 mol
Khối lượng muối tạo thành: m = 0,46.213 = 97,98 gam ⇒Đỏp ỏn D Sai lầm của HS là cho rằng muối tạo thành là muối Al(NO3)3 mà khụng biết vẫn cú muối NH4NO3 tạo ra khi cho Al tỏc dụng với HNO3.
- Áp dụng PP BT e: Quỏ trỡnh nhận e: 2+ − 3 5 O N + 8e → N+12O 0,24 ← 0,03 2+ − 3 5 O N + 10e → o 2 N 0,3 ← 0,03 Quỏ trỡnh nhường e: Al → +3 Al + 3e 0,18 → 0,54
Sai lầm mà HS mắc phải ở đõy là do khụng chỳ ý đến từ “hoà tan hoàn toàn”, “dư” trong đề bài. Với cỏch giải này thỡ Al tan chưa hết.
Như vậy đỏp ỏn A và D là đỏp ỏn nhiễu.
Vớ dụ 3: Hoà tan hoàn toàn 12 gam hỗn hợp Fe và Cu (tỉ lệ mol 1:1) bằng axit HNO3 thu được V lớt (đktc) hỗn hợp X gồm NO và NO2 cú tỉ khối với H2 bằng 19 và dd Y (chỉ chứa 2 muối và axit dư). Giỏ trị của V là:
A. 2,8 l B. 2,24 l C. 5,6 l D. 3,36 l
Phõn tớch: Đối với bài toỏn này ta cú thể giải bằng phương phỏp thụng
thường như sau:
Vỡ axit dư nờn Fe, Cu bị oxi hoỏ hết tạo +3
Fe và +2
Cu
Theo bài ra ta cú: nFe = nCu= 0,1 mol Gọi x, y lần lượt là số mol của NO và NO2
2
HX X
d = 19 ⇒MX= 38 ⇒ 30xx++46y y = 38 ⇒ x = y
Gọi x1, x2 lần lượt là số mol của Fe phản ứng với HNO3 tạo ra NO và NO2.
Gọi y1, y2 lần lượt là số mol của Cu phản ứng với HNO3 tạo ra NO và NO2.
Fe + 4HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + 2H2O (1) x1 x1
Fe + 6HNO3 → Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O (2) x2 3x2
3Cu + 8HNO3 → 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O (3) y1
32y1 2y1
Cu + 4HNO3 → Cu(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O (4) y2 2y2
Theo (3), (4) ta cú: y1 + y2= 0,1 (II) nNO= nNO2 ⇒x1 +
32y1 2y1
= 3x2 + 2y2 (III) Từ (I), (II), (III) ta cú :
x1 + x2= 0,1 y1 + y2= 0,1 x1 + 3 2y1 = 3x2 + 2y2
Đến đõy thỡ HS bế tắc khi giải hệ 3 phương trỡnh 4 ẩn số. Tuy nhiờn nếu ỏp dụng PP BTe thỡ bài toỏn được giải dễ dàng như sau :
Vỡ axit dư nờn Fe, Cu bị oxi hoỏ hết tạo +3
Fe và +2
Cu
Theo bài ra ta cú: nFe= nCu = 0,1 mol Gọi x, y lần lượt là số mol của NO và NO2
2H H X d = 19 ⇒MX= 38 ⇒ 30xx++46y y = 38 ⇒ x = y Quỏ trỡnh nhường e : Fe → +3 Fe + 3e 0,1 → 0,3 Cu → +2 Cu + 2e 0,1 → 0,2
∑ số mol e nhường = 0,5 mol
Quỏ trỡnh nhận e: N+5 + 3e → N+2 3x ←x 5 + N + e → +4 N x ←x ∑ số mol e nhận = 4x mol Áp dụng PP BTe ta cú: 4x = 0,5 ⇒x = 0,125 mol ⇒VX= 22,4.(0,125 + 0,125) = 5,6 lớt⇒ Chọn đỏp ỏn C
Nếu trong quỏ trỡnh giải nhiều em HS hấp tấp, vội vàng nờn khi tỡm ra được x = 0,125 mol thỡ tớnh ngay thể tớch :
VX= 22,4.0,125 = 2,8 lớt ⇒ Chọn đỏp ỏn A Như vậy đỏp ỏn A là đỏp ỏn nhiễu.
Vớ dụ 4 : Cho hỗn hợp X gồm 2 kim loại A và B đứng trước H2 trong dóy hoạt động hoỏ học và cú hoỏ trị khụng đổi trong cỏc hợp chất. Chia X thành 2 phần bằng nhau :
Phần 1 : Hoà tan hoàn toàn trong dd chứa axit HCl và H2SO4 loóng, tạo ra 3,36 lớt khớ.
Phần 2 : Tỏc dụng hoàn toàn với dd HNO3, thu được V lớt khớ NO là sản phẩm khử duy nhất. Biết thể tớch khớ đo ở đktc. Giỏ trị của V là :
A. 2,24 l B. 6,72 l C. 4,48 l D. 3,36 l
Phõn tớch : Với bài toỏn này nếu HS khụng nhỡn ra được mắt xớch của
bài toỏn thỡ thường rơi vào cỏc cỏch giải rất cồng kềnh như sau : Theo bài ra ta cú : nH2 = 223,36,4 = 0,15 mol
- PP đại số thụng thường : Cỏc PTPƯ xảy ra ở phần I : 2A + 2nHCl → 2ACln + nH2 a 12 na (mol) 2B + 2mHCl → 2BClm + mH2 b 21 mb (mol) 2A + nH2SO4 → A2(SO4)n + nH2 c 12 nc (mol) 2B + mH2SO4 → B2(SO4)m + mH2
d 12 md (mol) Ta cú: 12 (na + nc + mb + md) = 0,15
⇒(na + nc + mb + md) = 0,3
Cỏc PTPƯ xảy ra ở phần II:
3A + 4nHNO3 → 3A(NO3)n + nNO + 2nH2
(a + c) → n(a3+c) (mol) 3B + 4mHNO3 → 3B(NO3)m + mNO + 2mH2
(b + d) → m(b3+d) (mol) Ta cú: nNO = 31 .(na + nc + mb + md) = 13 .0,3 = 0,1 mol
⇒VNO = 0,1.22,4 = 2,24 lớt - PP trung bỡnh:
Đặt M cú hoỏ trị n là kim loại chung cho A và B Cỏc PTPƯ xảy ra ở phần I: 2M + 2nHCl → 2MCln + nH2 a 21 an (mol) 2M + nH2SO4 → M2(SO4)n + nH2 b 21 bn (mol) Ta cú: 12 an + 12 bn = 0,15 ⇒n(a + b) = 0,3 Cỏc PTPƯ xảy ra ở phần II:
3M + 4nHNO3 →3M(NO3)n + nNO + 2nH2O (a +b) n(a3+b) (mol)
Cả hai cỏch giải ở trờn đều rất mất thời gian. Nếu HS nhỡn ra được vấn đề: hai kim loại A và B đều là chất khử.
Phần I: H+ là chất oxi hoỏ Phần II: +5
N trong HNO3 là chất oxi hoỏ
Vỡ chất khử cho electron ở hai phần bằng nhau nờn lượng chất oxi hoỏ nhận electron ở hai phần cũng bằng nhau.
Áp dụng PP BTe : 2H+ + 2e → H2 0,3 ← 0,15 (mol) 5 + N + 3e → +2 N 0,3 → 0,1 (mol) ⇒VNO = 0,1.22,4 = 2,24 lớt ⇒ Chọn đỏp ỏn A
Vớ dụ 5: Cho 68,8 gam hỗn hợp X chứa Fe3O4 và Fe cú tỉ lệ số mol tương ứng là 1:2. Thể tớch HNO3
31 1
M tối thiểu để hoà tan hoàn toàn hỗn hợp X (biết rằng sản phẩm khử duy nhất là khớ NO).
A. 6,4 l B. 10,4 l C. 6,8 l D. 22,4 l
Phõn tớch:Đối với bài toỏn này chỳng ta cú thể giải theo phương phỏp
thụng thường như sau:
Muốn VHNO3 là tối thiểu thỡ muối thu được sau phản ứng phải là muối Fe(II). Vỡ là muối Fe(III) tạo ra trong quỏ trỡnh phản ứng sẽ hoà tan được Fe.
Gọi a là số mol của Fe3O4 trong X ⇒nFe= 2a Theo bài ra: 232a + 56.2a = 68,8 ⇒ a = 0,2 mol
43O 3O Fe n = 0,2 mol , nFe= 0,4 mol PTPƯ : 3 Fe3O4 + 28HNO3 → 9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O (1) 0,2 53,6 0,6
Fe + 4HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + 2H2O (2) x 4x x
3 Fe + 2Fe(NO3)3 → Fe(NO3)2 (3) 0,6 + x
Gọi x là số mol Fe tham gia phản ứng với HNO3
⇒Số mol Fe tham gia phản ứng với Fe3+ là (0,4 – x) mol
Theo (1) và (2) ⇒∑nFe(NO3)3 = (0,6 + x) sẽ tham gia phản ứng với Fe theo phản ứng (3)
Ta cú: 0,4 – x = 0,62+x ⇒x = 03,2 mol
⇒ ∑nHNO3 (phản ứng) = 53,6 + 03,2 = 63,4 mol ⇒ VHNO3= 63,4.13 =
6,4 lớt
Nhận thấy rằng nếu giải bằng phương phỏp thụng thường như trờn thỡ vẫn tỡm ra được đỏp ỏn của bài toỏn, tuy nhiờn sẽ mất thời gian cho việc viết từng PTPƯ và đặt ẩn để giải. HS cú thể gải theo PP BTe như sau:
Muốn VHNO3 là tối thiểu thỡ muối thu được sau phản ứng phải là muối Fe(II). Vỡ là muối Fe(III) tạo ra trong quỏ trỡnh phản ứng sẽ hoà tan được Fe.
Gọi a là số mol của Fe3O4 trong X ⇒nFe= 2a Theo bài ra: 232a + 56.2a = 68,8 ⇒ a = 0,2 mol
43O 3O Fe n = 0,2 mol , nFe= 0,4 mol Quỏ trỡnh nhận e: 3 8 4 3 + O Fe + 2e → 3 +2 Fe 0,2 0,4 0,6 5 + N + 3e → +2 N x 3x
Quỏ trỡnh nhường e: Feo - 2e → Fe+2 0,4 0,8 0,4 Áp dụng PP BTe ta cú: 0,4 + 3x = 0,8 ⇒ x = 03,4 mol Vỡ +2 Fe n = 1 mol ⇒ − 3 NO
n (tạo muối) = 2 mol
⇒ nHNO3= − 3 NO n (tạo muối) + − 3 NO n (tạo khớ) = 03,4 + 2 = 3 4 , 6 mol ⇒ VHNO3 = 63,4.13 = 6,4 lớt ⇒ Chọn đỏp ỏn A
Khi giải bài toỏn này thỡ HS cú thể mắc những sai lầm sau dẫn đến tỡm sai đỏp ỏn của bài toỏn:
- Do khụng chỳ ý tới Fe+3 tạo ra trong quỏ trỡnh phản ứng sẽ hoà tan được Fe, nờn nhiều em HS cho rằng thể tớch dd HNO3 tối thiểu cần lấy phải vừa đủ để hoà tan hết hh X. Với suy luận đú nờn cỏc em cú thể giải như sau:
3 Fe3O4 + 28HNO3 → 9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O 0,2 53,6
Fe + 4HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + 2H2O 0,4 1,6
⇒ nHNO3= 1,6 + 53,6 = 103,4 mol ⇒ VHNO3 = 103,4.13 = 10,4 lớt⇒ Chọn đỏp ỏn B
- Bỏ qua lượng Fe+3 tạo ra trong quỏ trỡnh phản ứng giữa HNO3 với Fe cũng cú thể hoà tan được Fe. Nờn HS cú thể giải như sau:
0,2 53,6
3 Fe + 2Fe(NO3)3 → Fe(NO3)2
0,3 0,6
⇒0,1 mol Fe cũn lại phải hoà tan trong HNO3
Fe + 4HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + 2H2O 0,1 0,4
⇒ nHNO3= 0,4 + 53,6 = 63,8 mol ⇒ VHNO3 = 63,8 .13 = 6,8 lớt⇒ Chọn đỏp ỏn C
Như vậy đỏp ỏn B và C là đỏp ỏn nhiễu.
2.3.5 Hệ thống cỏc bài tập cú thể giải bằng phương phỏp bảo toàn electron Bài tập 1: Cho luồng khớ CO núng qua ống sứ đựng m gam Fe2O3 một thời gian được 6,72 gam hỗn hợp X. Hoà tan hoàn toàn vào dd HNO3 dư thấy tạo thành 0,448 lớt khớ NO (sản phẩm khử duy nhất). Giỏ trị của m là:
A. 5,56 gam B. 6,64 gam C. 7,2 gam D. 8,8 gam
Bài tập 2: Nung m gam bột Fe trong O2 thu được 3 gam hỗn hợp chất rắn X. Hoà tan hết X trong dd HNO3 dư, thoỏt ra 0,56 lớt khớ NO (đktc), (sản phẩm khử duy nhất). Giỏ trị của m là: