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
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
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%

www.chiennc.violet.vn
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 (Al3+; Cu2+) Al – 3e → Al
3+

Cu – 2e → Cu+
+ NaOH N+5 + 3e → N+

Al3+, H2: Al – 3e → Al3+
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
H2SO4 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 ↑ to
Al dd B (Mg2+, Al3+) ddNaOH ↓(Mg(OH)
2
, Al (OH)
3
→ Al
2
O
3
, MgO
(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 Fe2+, Al3+

Như vậy: Fe – 2e → Fe2+ 2H+ + 2e → H
2
Al – 3e → Al3+ 0,5 (mol) 0,25 (mol)
5,6
1 nH

2
= = 0,25 mol
22,4
2 Ta 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) → Al3+, Cu2+
www.chiennc.violet.vn
Cu NO

+ NaOH → Al3+
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 → Al3+
x 3x
Cu – 2e → Cu2+
y 2y

NO3- + 4H+ + 3e → NO + 2H
2
O
0,6 0,2
4,48
nNO = = 0,2 mol
22,4

Áp dụng định luật bảo toàn electron: 3x + 2y = 0,6 (1)
Al – 3e → Al3+ 2H+ + 2e → H2
x 3x 0,3 0,15 mol
3,36
nH2 = = 0,15 mol, 3x = 0,3 → x = 0,1 mol thay vào (1),
22,4
ta có y = 0,15 mol
Vậy: mAl = 0,1 X 27 = 2,7 gam 2,7
%Al = X 100% = 21,95%
mCu = 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 + N2O); (dA/H = 20,25)
a) %mAl = ?; %mMg = ?
- Muốn xác định được %mAl, %mMg phải xác định được mAl, mMg trong hợp kim →
xác định nAl, nMg → dựa vào: Khối lượng hợp kim và nNO, nN

2
O.
- Xác định được nNO, nN
2
O qua MA, nA 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
NO3- + 4H+ + 3e → NO + 2H2O
0,1 0,4 0,3 0,1
www.chiennc.violet.vn

2NO3- + 10H+ + 8e → N
2
O + 5H
2
O
0,6 3 2,4 0,3
3x + 2y = 2,7 (1)
Từ khối lượng hợp kim lập được phương trình: 27x + 24y = 27,8 (2)
Từ (1) và (2) x = 0,5, y = 0,58
mAl = 13,8g, mMg = 14g
%mAl = 49,64%, %mMg = 50,36%
b) VHNO3 đã dùng = ? 3,4
nHNO3 đã dùng = nH+ = 3,4mol VHNO3 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 HNO3 đặc, nóng thấy thoát ra 6,72 lít
khí màu nâu (đktc). Tính m?
Bài giải:
Al + HNO3 → Al+3

NO
2

Ta có: Al – 3e → Al3+
NO3- + 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 0,015 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) VHNO = 0,06 lít
Cách 2: theo phương pháp bảo toàn electron
Ta có phản ứng:
Quá trình oxi hóa Quá trình khử
www.chiennc.violet.vn
Al – 3e → Al+3 NO3- + 4H+ + 3e → NO + 2H
2
O
0,02 0,06 4x 3x x
Zn – 2e → Zn+2
0,015 0,03
Kết hợp quá trình oxi hoá và quá trình khử, ta có:
3x = 0,06 + 0,03 → x = 0,03
nNO = x = 0,03 mol → VNO = 0,672 lít
nHNO
3
đã dùng = nH+ = 4x = 0,12 mol VHNO
3
= 0,06 lít

Ví dụ 3: Nung nóng m gam phôi bào sắt trong không khí, sau một thời gian biến thành hỗn
hợp (A) có khối lượng 30 gam gồm sắt và các oxít FeO, Fe3O4, Fe2O3. Hoà tan hoàn toàn hỗn
hợp (A) bằng dung dịch HNO3 loãng thấy bay ra 5,6 lít khí NO duy nhất (đo ở đktc).
Tính khối lượng m?
Giải:
* Cách 1: Bằng phương pháp đại số:
Các phương trình phản ứng xảy ra:
2Fe + O
2
→ 2FeO (1)
3Fe + 2O
2
→ Fe
3
O
4
(2)
4Fe + 3O
2
→ 2Fe
2
O
3
(3)
Fe + 4HNO3 → Fe(NO
3
)
3
+ NO + 2H
2

O (4)
3FeO + 10HNO
3
→ 3Fe(NO
3
)
3
+ NO + 5H
2
O (5)
3Fe
3
O
4
+ 28HNO
3
→ 9Fe(NO
3
)
3
+ NO + 14H
2
O (6)
Fe
2
O
3
+ 6HNO
3
→ 2Fe(NO

3
)
3
+ 3H
2
O (7)
Gọi x, y, z, t là số mol của Fe, FeO, Fe
3
O
4
, Fe
2
O
3
tương ứng. Theo dữ kiện đề cho và theo
các phương trình phản ứng, ta có:
56x + 72y + 232z + 160t = 30 (a)
y z 5,6
Từ (4), (5), (6): x + + = nNO = = 0,25 mol (b)
3 3 22,4
Từ (1), (2), (3) hoặc từ (a) suy ra: 30 - m
y + 4z + 3t = nO = (c)
16
y z t
Từ (b) x = 0,25 - - - . Thế x vào (a) ta có:
3 3 3
48
y + 4z + 3t = = 0,3
160

30 - m
Từ (c) và (d) = 0,3 → m = 25,2 gam
16
* Cách 2: Dùng phương pháp bảo toàn khối lượng:
www.chiennc.violet.vn