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
Nguyễn Thị Kim Cúc - Tổ Hoá
A. Đặt vấn đề:
Với cách thức kiểm tra đánh giá hiện nay, thời gian để hoàn thành bài thi rất
ngắn, mỗi bài thi chỉ có thời gian 90 phút với số lượng 50 câu. Như vậy, thời gian
để hoàn thành một bài toán hóa học chỉ cho phép trong khoảng thời gian từ 1 – 3
phút. Vì vậy, nếu không nắm vững các phương pháp giúp giải nhanh bài toán hóa
học thì khó có thể hoàn thành bài thi trong thời gian quy định. Sau đây xin giới
thiệu cách rèn kỷ năng vận dụng phương pháp bảo toàn electron (một trong những
phương pháp giải nhanh) giúp giải nhanh các bài toán hóa học.
B. Nội dung:
I – Định luật bảo toàn Electron: Trong các quá trình Oxi hoá – Khử thì
tổng số electron các chất khử nhường bằng tổng số electron các chất oxi hoá nhận.
II – Ưu điểm của phương pháp bảo toàn Electron:
- Cho phép giải nhanh chóng, chính xác các bài toán hoá học mà có thể
không cần viết các phương trình phản ứng xảy ra trong bài.
- Đặc biệt thích hợp với những bài toán mà việc giải bài toán 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 toán hoá học theo phương pháp bảo
toàn Electron:
Áp dụng phương pháp này vào giải bài toán hoá học khi phản ứng xảy ra
trong bài là phản ứng Oxi hoá - Khử.
IV – Rèn luyện kỷ năng giải bài toán Hóa học theo phương pháp bảo
toàn Electron:
1. Với mỗi bài toán hoá học đưa ra, cần cho học sinh xem xét có thể vận
dụng phương pháp bảo toàn electron để giải được hay không.
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 H
2

(đktc). Tổng số mol electron đã trao đổi là bao nhiêu?
a) 0,75 mol
b) 0,5 mol
c) 1 mol
d) 2 mol
1
Nhận xét: Bài toán yêu cầu xác định tổng số mol electron trao đổi. Vì vậy,
nên vận dụng phương pháp bảo toàn electron để xác định nhanh chóng kết quả của
bài toán. 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: Hoà tan hoàn toàn a (gam) hỗn hợp Al, Cu trong dung dịch HNO
3
loãng 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 H
2
(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 toàn electron để giải bài toán
này cần xác định các quá trình hoá học xảy ra trong bài có phải là các quá trình oxi
hoá – khử hay không?
Ta có:
Al + HNO
3
(l) → NO
↑

Như vậy, lúc này:

Cu dd (Al
3+
; Cu
2+
) Al – 3e → Al
3+
Cu – 2e → Cu
2+
+ NaOH N
+5
+ 3e → N
+2

Al
3+
, H
2
: Al – 3e → Al
3+
2H
+
+ 2e → H
2
Vậy, các quá trình hoá học xảy ra trong bài là các quá trình oxi hoá - khử.
Do đó, vận dụng phương pháp bảo toàn electron để giải các bài toán được nhanh
chóng (không cần viết các phương trình phản ứng xảy ra).
Ví dụ 3: Hoà tan hoàn toàn 9 gam hỗn hợp X gồm bột Mg và bột Al bằng
dung dịch H

2
SO
4
loãng, 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 không khí đến khối lượng không đổi thu được 16,2 gam chất rắn.
Thể tích khí A thu được ở đktc là:
a) 6,72 lít
b) 8,96 lít
c) 10,08 lít
d) 7,84 lít
Nhận xét: Các quá trình hoá học:
X Mg + H
2
SO
4
(l) → A
↑
t
o
Al dd B (Mg
2+
, Al
3+
)
ddNaOH
↓(Mg(OH)
2
, Al (OH)
3

→ Al
2
O
3
, MgO
2
(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 I
Có các quá trình:
Fe + HCl → H
2
Al Fe
2+
, Al
3+
Như vậy: Fe – 2e → Fe
2+
2H
+
+ 2e → H
2
Al – 3e → Al
3+

0,5 (mol) 0,25 (mol)

5,6
1nH
2

= = 0,25 mol
22,4
2Ta 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 + HNO
3
(l) → Al
3+
, Cu
2+

Cu NO

+ NaOH → Al
3+

H
2
Gọi x là số mol của Al trong a (g) hỗn hợp, ta có:
Gọi y là số mol của Cu
Al – 3e → Al
3+

x 3x
Cu – 2e → Cu
2+
y 2y
NO
3
-
+ 4H
+
+ 3e → NO + 2H
2
O

0,6 0,2

4,48
n
NO
= = 0,2 mol

22,4
Áp dụng định luật bảo toàn electron: 3x + 2y = 0,6 (1)
3
Al – 3e → Al
3+
2H
+
+ 2e → H
2
x 3x 0,3 0,15 mol

3,36
nH
2
= = 0,15 mol, 3x = 0,3 → x = 0,1 mol thay vào (1),
22,4
ta có y = 0,15 mol
Vậy: m
Al
= 0,1 X 27 = 2,7 gam 2,7
%Al = X 100% = 21,95%
m
Cu
= 0,15 X 64 = 9,6 gam 2,7 + 9,6
Ví dụ 3: Hoà tan hoàn toàn 27,8g hợp kim Al – Mg với vừa đủ dung dịch
HNO
3
1,25M thu được 8,961 lít ở đktc hỗn hợp khí A gồm NO và N
2
O có tỷ khối
với H
2
= 20,25. Xác định thành phần % về khối lượng hợp kim và thể tích HNO
3
đã dùng.
Phân tích:
27,8 Al + HNO
3
1,25M → dd B
Mg 8,961 hhA (NO + N
2

O); (d
A/H
= 20,25)
a) %m
Al
= ?; %m
Mg
= ?
- Muốn xác định được %m
Al
, %m
Mg
phải xác định được m
Al
, m
Mg
trong hợp
kim → xác định n
Al
, n
Mg
→ dựa vào: Khối lượng hợp kim và nNO, nN
2
O.
- Xác định được nNO, nN
2
O qua M
A
, n
A

tính được nNO = 0,1 mol và
nN
2
O

= 0,3 mol.
- Dùng định luật bảo toàn electron, thông qua các bán phản ứng lập được
phương trình:
Al – 3e → Al
+3
x 3x
Mg – 2e → Mg
+2
y 2y
NO
3
-
+ 4H
+
+ 3e → NO + 2H
2
O
0,1 0,4 0,3 0,1
2NO
3
-
+ 10H
+
+ 8e → N
2

O + 5H
2
O
0,6 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 = 0,6
4
m
Al
= 13,5g, m
Mg
= 14,4g
%m
Al
= 48,4%, %m
Mg
= 51,6%
b) VHNO
3
đã dùng = ?
3,4
nHNO
3
đã dùng = nH
+
= 3,4mol VHNO
3
đã dùng = = 2,721 lít

1,25
3. 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 HNO
3
đặc, nóng thấy
thoát ra 6,72 lít khí màu nâu (đktc). Tính m?
Bài giải:
Al + HNO
3
→ Al
+3

NO
2

Ta có: Al – 3e → Al
3+
NO
3
-
+ 2H
+
+ e → NO
2

+ H
2
O

6,72
3nAl

= n NO
2
= = 0,3

22,4
m
3. = 0,3 → m = 2,7 gam.
27
Ví 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 HNO
3
2M thu được V lít khí duy nhất (đktc) bị hoá nâu
trong không khí.
a) Tính V?
b) Tính thể tích HNO
3
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 lit
b) V
HNO

= 0,06 lít
Cách 2: theo phương pháp bảo toàn electron
5