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 ddHNO3 được 1,792l khí X (đktc) gồm N2 và NO2 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 HNO3 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
N NO X
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 02 2 N(NO ) 10e+ 3− + →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 )
+ − + →+ nHNO3 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 → Mn+
0,44
Ta có nhận xét sau: vì gốc NO3−có hóa trị I nên nếu kim loại nhường bao nhiêu electron thì cũng nhận bấy nhiêu gốc NO3− để tạo muối.
Vậy nHNO3tạo muối = ne nhường = ne nhận = 0,44 (mol) →nHNO3pư = 0,44 + 0,12 = 0,56(mol) ⇒
M(HNO )3 0,56
C 0, 28(M)
= 2 =
Khối lượng muối nitrat sinh ra là: m m= KL+mNO3− =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 HNO3 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 Vhh khí, % mKL, mKL...
- 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 H2SO4 đặc, nóng; thu được ddY và 0,07mol một sản phẩm duy nhất chứa lưu huỳnh. Sản phẩm đó là chất nào?
A. SO2 B. S C. H2S D.S O2 82−
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 → Mg2+
0,08 0,16
Al - 3e → Al3+ ⇒∑ e nhường = 0,16 + 0,24 + 0,16 = 0,56(mol)
0,08 0,24
Zn - 2e → Zn2+
0,08 0,16
Quá trình nhận e: +S (6 x)e6+ − →Sx ⇒∑ 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 H2S.
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, Fe2O3, Fe3O4. Hòa tan A trogn dd HNO3 dư, thu được ddB và 12,096 lit hỗn hợp khí NO và NO2
(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 NO2 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 Fe3+
nên ta có quá trình nhường e: Fe - 3e → Fe3+
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
N(NO ) 3e3 N(NO)
+ − + →+
3.0,18 ← 0,18 O2 + 4e → 2O2-
Theo ĐLBTKL: m + mFe O2 = mA ⇒ mO2 = m - m = 104,8 - x (g)A Fe
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
+ + + +
⇒ = −
⇒ O2 104,8 x
n (mol)
32
⇒ = −
→ ∑ e nhận = 0,36 + 0,18.3 + 104,8 x 32 .4
− = 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 AgNO3
0,1M và Cu(NO3)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 Cu2+). 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:
Al3 Fe2 Cu2 Ag
Al Fe Cu Ag
+ + + +
- Ag bị khử trước Cu2+; dd bị mất hết màu xanh của Cu2+ nên Cu2+ 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 ⇒ mB = mCu + mAg
nAg = 0,1mol ; nCu = 0,2mol ⇒mB = 0,1x108 + 0,2x64 = 23,6(g) Gọi hhX Al : x(mol) X
; m 8,3g 27x 56y 8,3
Fe : y(mol)
= ⇔ + =
(1)
Quá trình nhường e: Al - 3e → Al3+
x 3x
Fe - 2e → Fe2+ ⇒∑ e nhường = 3x + 2y(mol) y 2y
Quá trình nhận e: Cu2+ + 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: x 0,1 Al 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 R1, R2 có hóa trị x,y không đổi (R1, R2 không tác dụng với H2O và đứng trước Cu trong dãy hoạt động hóa học của kim loại). Cho hỗn hợp phản ứng với CuSO4 dư, lấy Cu thu được cho phản ứng với HNO3 dư thu được 1,12lit khí NO duy nhất. Nếu cho lượng hỗn hợp trên phản ứng hoàn toàn với dd HNO3 thì thu dược bao nhiêu lit khí N2. 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 R1, R2 nhường electron cho Cu2+ để chuyển thành Cu, sau đó Cu lại nhường e cho N(+5) tạo thành N(+2)
⇒ số mol e do R1, R2 nhường = số mol do N(+5) nhận vào + +N e N5+→2
0,05x3← 1,12
0, 05 22, 4 =
- Khi R1, R2 trực tiếp nhường e cho N(+5) chuyển thành N(0) Gọi a là số mol N2 thì ta có: 5 0
N 10e N 2 ++ →
10a ← a mol
Vì cùng lượng R1, R2 tham gia phản ứng nên: 0,05x3 = 10a ⇒ a = 0,015 (mol) VN2= 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 KClO3 thu được 2,24lit khí O2 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 KClO3 B. 7,0775g KCl và 14,9725g KClO4
C. 7,0775g KCl và 11,7725g KClO4 A. 11,7725g KCl và 10,2775g KClO3
Cách giải: KClO3 22,05 O2 2, 24
n 0,18(mol); n 0,1(mol)
122,5 22, 4
= = = =
Gọi số mol của KCl và KClO4 lần lượt là x và y.
Quá trình nhường e: Cl 6e+5+ →−Cl1 x 6x ← x Quá trình nhận e: Cl 2e+5− →+Cl7 y 2y ← y 2O2- - 4e → O2
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 CuSO4 dư, lọc lấy toàn bộ chất rắn thu được sau phản ứng tác dụng với dd HNO3 nóng, dư thì thu được V lit khí NO2. Thể tích khí NO2 (đktc) thu được là:
A. 26,88l B. 53,76l C. 13,44l D. 44,8l
Cách giải: H2 13, 44
n 0,6(mol)
22, 4
= =
Xét toàn bộ quá trình phản ứng thì: Al, Mg, Fe nhường e; H+(HCl), Cu2+ nhận e.
Mà: 2H+ + 2e → H2; Cu2+ + 2e → Cu đều nhận 2 electron.
Nên ∑ e(H+) nhường = ∑ e(Cu2+) nhận ⇒ nH2 =nCu2+ =nCu
Quá trình nhận e của HNO3: + +N e N5+→4 ⇒ ∑ e(+N5) nhận = ∑ e(Cu) nhường
Trong 34,8g hỗn hợp: nNO2 =2nCu =2.0,6.2 2, 4(mol)= ⇒VNO2 =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.