- Cơ sở của PP: Dựa vào định luật bảo toàn electron. Trong các quá trình oxi hóa – khử thì tổng số e các chất khử nhường bằng tổng số e các chất oxi hóa nhận.
- Phạm vi áp dụng: Áp dụng để giải BTHH có quá trình oxi hóa – khử xảy ra. PP này cho phép giải nhanh chóng, chính xác các bài toán mà không cần viết các PTHH của phản ứng xảy ra trong bài tập. PP này còn thích hợp với những bài toán mà việc giải theo PP đại số thì số ẩn số nhiều hơn số phương trình, đặc biệt phù hợp với việc giải các bài tập TNKQ định lượng.
- Các bước giải:
- Xác định các chất oxi hóa – chất khử ở giai đoạn đầu và giai đoạn cuối (bỏ qua các giai đoạn trung gian).
+ Viết các quá trình khử và quá trình oxi hóa.
Chú ý: Khâu quan trọng nhất là nhận định đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối
của các chất oxi hóa và chất khử; Không cần chú ý tới PTHH cũng như các sản phẩm trung gian.
Với chương trình lớp 11 THPT phương pháp này thường được áp dụng cho bài toán liên quan đến các quá trình oxi hóa – khử như:
+ Kim loại (hỗn hợp kim loại) tác dụng với dd HNO3.
+ Tính khử của C, CO, NH3 … ở nhiệt độ cao.
+ Tính oxi hóa của NO3- trong môi trường axit, bazơ.
Ví dụ 1: Để m gam bột sắt ngoài không khí một thời gian thu được 6 gam hỗn hợp các
chất rắn. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp đó bằng dung dịch HNO3 loãng thu được 1,12 lít khí NO duy nhất (đktc). Tìm m?
Bài giải:
Phân tích: HS cần xác định quá trình oxi hóa – khử xảy ra trong thí nghiệm trên.
21,12 6 1,12 6 ( ); 0,05( ); ( ) 56 22, 4 22,4 pu 32 Fe NO O m V m
n = mol n = = = mol n = − mol
Quá trình oxi hóa: Fe → Fe3+ + 3e m/56 → 3m/56 mol
Quá trình khử: N5+ + 3e → NO
0,15 ¬ 0,05 mol
O2 + 4e → 2O2-
(6-m)/32→ 4(6-m)/32
Theo Định luật bảo toàn electron: n e cho = n e nhận
3 0,15 4(6 )
56 32
m −m m
⇔ = + ⇒ = 5,04 (g)
Ví dụ 2: Khử hoàn toàn 4,64 gam hỗn hợp các oxit của sắt (FeO, Fe2O3, Fe3O4) bằng CO ở nhiệt độ cao. Khí sinh ra sau phản ứng được dẫn vào bình đựng nước vôi trong dư thu được 8 gam kết tủa. Khối lượng sắt thu được là bao nhiêu?
Bài giải:
3 8 0,08( ) 8 0,08( ) 100 CaCO n = = mol Ca(OH)2 + CO2 → CaCO3 + H2O
0,08 mol ¬ 0,08 mol ¬ 0,08 mol (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Quá trình khử: CO+2 →CO+42+2e
0,08 → 0,16 mol
Quá trình oxi hóa: 0
82 3 3 2 3 3 2 3 16 6Fe Fe Fe Fe e + + + + + + → 16a/6 ¬ a
Áp dụng Định luật bảo toàn electron : n e cho = n e nhận
16 0,16 0,066 6
a = ⇒ =a và mFe = ×56 0,06 3,36( )= g
Ví dụ 3: Hòa tan hoàn toàn a gam hỗn hợp Al, Cu trong dung dịch HNO3 loãng thu được 4,48 lít NO duy nhất (đktc). Cũng cho a gam hỗn hợp trên tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được 3,36 lít H2 (đktc). Thành % về khối lượng của Al là:
A. 49,67% B. 32,05% C. 21,95% D. 43,44%Phân tích: HS cần xác định quá trình oxi hóa – khử xảy ra trong 2 thí nghiệm. Phân tích: HS cần xác định quá trình oxi hóa – khử xảy ra trong 2 thí nghiệm.
Hỗn hợp Al, Cu + HNO3 → NO ↑
Có quá trình: Al → Al3+ + 3e và N+5 + 3e → N+2
Cu → Cu2+ + 2e nNO = 0,2 (mol) Gọi x, y lần lượt là số mol của Al, Cu trong a (gam) hỗn hợp. Ta có: Al → Al3+ + 3e và N+5 + 3e → N+2
x → 3x mol 0,6 mol¬ 0,2 mol
Cu → Cu2+ + 2e y → 2y mol
Theo định luật bảo toàn e ta có: 3x + 2y = 0,6 (1)
Hỗn hợp Al, Cu + NaOH → H2 ↑ với nH2 =0,15(mol) Al → Al3+ + 3e , 2H+ + 2e → H2
Theo định luật bảo toàn e ta có: 3x = 0,3 ⇒ x = 0,1 (mol)
Thay vào (1) có y = 0,15 (mol)
mAl = 0,1× 27 = 2,7 (g) và mCu = 0,15 × 64 = 9,6 (g) mhh = 2,7 + 9,6 = 12,3 (g) ⇒ % 2,7 100 12,3 Al m = × = 21,95 (%)