giải bài toán bằng phương pháp bảo toàn e

Chuyờn : Gii bi toỏn húa bng phng phỏp bo ton electron .
____________________________________
LễỉI Mễ ẹAU
gúp phn thc hin mc tiờu giỏo dc v o to trong nh trng ph thụng ,
nõng cao cht lng ging dy v hc tp . ng thi cú iu kin trao i vi cỏc bn
ng nghip trong nh trng hc tp , rỳt kinh nghim ln nhau v giỳp hc sinh cng
c , nõng cao , rốn luyn thờm mt s bi tp , ỏp ng nhu cu v k nng t lun , cng
nh hỡnh thnh phng phỏp trc nghim nhanh mt s bi tp trc nghim thng gp .
Bi tp húa hc vụ cựng a dng v phong phỳ . Song ti liu ch chỳ trng n vic
gii bi toỏn bng phng phỏp bo ton electron .
Ni dung ti liu gm cú 2 phn :
+ Phn 1 : C s phng phỏp gii toỏn bng bo ton electron v phng phỏp gii
cỏc dng bi tp thng gp .
+ Phn 2 : Cỏc bi tp ngh cú kốm theo ỏp s hoc hng dn gii hc sinh
rốn luyn thờm .
Mc dự ht sc c gng biờn son ti liu ny . Nhng chc chn khụng th trỏnh
khi nhng khim khuyt . Rt mong c s gúp ý ca cỏc bn ng nghip v cỏc em
hc sinh .
Giỏo viờn thc hin
________________________________________________________________________
Giỏo viờn thc hin : Nguyn Thnh Xuõn
1
Chuyên đề : Giải bài toán hóa bằng phương pháp bảo toàn electron .
________________________________________________________________________
PHẦN I
CƠ SỞ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN BẰNG BẢO TOÀN ELECTRON VÀ
PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP THƯỜNG GẶP .
I.NGUYÊN TẮC :
Khi có nhiều phản ứng o xi hóa khử trong một hỗn hợp phản ứng ( nhiều phản ứng hoặc
phản ứng qua nhiều giai đoạn ) thì tổng số electron mà chất khử nhường sẽ bằng tổng số
electron mà chất oxi hóa nhận . Ta chỉ cần nhận định đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối

của các chất oxi hóa khử , thậm chí không cần quan tâm đến việc cân bằng các phương
trình phản ứng , đặc biệt đối với các bài toán cần phải biện luận nhiêu trường hợp có thể
xảy .
II. MỘT SỐ VÍ DỤ VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC BÀI TẬP THƯỜNG GẶP :
Bài 1 : Đốt cháy m gam bột sắt nguyên chất trong không khí một thời gian ta thu được chất
rắn A nặng 12 gam gồm Fe , FeO , Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4
. Hòa tan hoàn toàn rắn A trong dung dịch
HNO
3
loãng thấy có 2,24 lít khí duy nhất NO thoát ra ở điều kiện tiêu chuẩn và thu được
dung dich chỉ có muối sắt duy nhất . Viết phương trình hóa học của phản ứng đã xảy ra và
tính m ?
Giải
Cách 1 Phương pháp bảo toàn electron :
PTHH xảy ra :
2Fe + O
2
2 FeO ( 1 )
y/2 y
3Fe + 2O
2
Fe
3

O
4
( 2 )
2z z
4Fe + 3O
2
2Fe
2
O
3
( 3 )
3t/2 t
Fe + 4HNO
3
Fe ( NO
3
)
3
+ NO + 2H
2
O ( 4 )
3FeO + 10 HNO
3
3 Fe ( NO
3
)
3
+NO + 5 H
2
O ( 5 )

3Fe
3
O
4
+ 28 HNO
3
9 Fe (NO
3
)
3
+NO +14 H
2
O ( 6 )
Fe
2
O
3
+ 6HNO
3
2 Fe (NO
3
)
3
+ 3 H
2
O ( 7 )
Sau các phản ứng trên ,tất cả sắt đều tạo thành Fe
3+
:
Quá trình oxi hóa :

Fe Fe
3+
+ 3e
m/56 3m/56
Quá trình khử :
O
2
+ 4e 2 O
2-

(12-m)/32 4. ( 12 –m ) / 32
N
+5
+ 3e N
+2

3.0.1
3m/56 = 4 ( 12 – m ) / 32 + 3 .0.1 => m = 10,08 gam .
________________________________________________________________________
Giáo viên thực hiện : Nguyễn Thành Xuân
2
Chuyên đề : Giải bài toán hóa bằng phương pháp bảo toàn electron .
________________________________________________________________________
Cách 2 : phương pháp đại số :
Gọi x , y , z , t lần lượt là số mol Fe , FeO , Fe
3
O
4
, Fe
2

O
3
trong chất rắn A . Theo điều
kiện cho và theo phương trình phản ứng , ta lập được hệ phương trình :
56x + 72y +232z + 160t = 12 56x + 72y + 232z + 160t = 12
{ x + y/3 + z/3 = 2,24 /22,4 = 0.1 => { x + y /3 + z /3 = 0.1
y /2 + 2z + 3t /2 =(12 – m ) /32 y + z/4 + 3t = ( 12 – m ) /32
=> m = 10 ,08 gam .
Cách 3 : phương pháp bảo toàn khối lượng .
m
A
+ m ( HNO
3
) = m ( Fe(NO
3
)
3
) + m( NO ) + m ( H
2
O )
12 +(0,1 + 3m/56 ) = m/56 .242 + 30 . 0,1 + [1/2(0,1 + 3m/56) }.18
=> m = 10,08 gam .
Cách 4 : phương pháp số học .
Giả sử lượng sắt tác dụng với oxi đều sinh ra Fe
2
O
3
.
4Fe + 3O
2

2 Fe
2
O
3
( 8 )
4/3 .(12-mm)/32 (12-m )/32
từ 4 và 8 => 4/3 . (12 – m )/32 + 0,1 = m/56 = > m = 10,08 gam .
+ Bài tập Trắc nghiệm : 11,2 gam sắt tác dụng với oxi tạo thành m gam hỗn hợp A gồm Fe ,
FeO , Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4
. Hòa tan hết hỗn hợp A vào dung dịch axit nitric ta thu được dung dịch chứa
một muối Fe (NO
3
)
3
và thấy thoát ra 896ml (đktc ) một chất khí duy nhất là NO . Giá trị của m là :
A.15,7 g B.15.04g
C.14,05 g D.17.5g
Hướng dẫn
Quá trình oxi hóa :
Fe Fe
3+
+ 3e
0,2mol 0,6 mol

Quá trình khử :
O
2
+ 4e 2O
2-
32g 4mol
( m-12 ) g 4. (m-11,2 )/32mol e
N
+5
+ 3e N
+2

0,12mol 0,04 mol
Theo BTE : 0,6 = 4 ( m – 11,2 )/32 + 0,12
 m =15,04 g
Chọn đáp án B .
Bài 2 : Đốt cháy mgam sắt trong không khí , sau một thời gian thu được 5,04 gam hỗn hợp
A gồm các oxit sắt . Hòa tan hỗn hợp A trong dung dịch HNO
3
thì thu được 0,784 lít hỗn
hợp khí B ở đktc gồm 2 chất NO va NO
2
. Tỉ khối của B đối với hyđro bằng 19 . Tính m?

________________________________________________________________________
Hướng dẫn
Giáo viên thực hiện : Nguyễn Thành Xuân
3
Chuyên đề : Giải bài toán hóa bằng phương pháp bảo toàn electron .
Đặt a ,b lần lượt là số mol của NO , NO

2
có trong hỗn hợp khí B .
Ta có hệ phương trình :
a + b = 0,784/22,4 = 0,035
( 30a + 46b )/ ( a + b ) .2 = 19 => a = b = 0,0175
Quá trình trao đổi electron :
Fe Fe
3+
+ 3e
x 3x
O
2
+ 4e 2O
2-

y 4y
N
+5
+ 3e N
+2

0,0525mol 0,0175 mol
N
+5
+ 1e N
+4

0,0175 mol 0,0175 mol
Đăt x , y lần lượt là số mol sắt,số mol oxi .
Theo BTKL : 56x + 32y 5,04

Theo BTE : 3x = 4y + 0,525 + 0,0175 => x = 0,07 ; y = 0,035
n
Fe
= 0,07 => m
Fe
= 0,07 .56 = 3,92 g
Bài 3 : Hòa tan hết 8,862gam hỗn hợp Al ,Mg trong thể tích vừa đủ là 500ml dung dịch
HNO
3
loãng thu được dung dịch A và 3,136 lít (đktc ) hỗn hợp hai khí có khối lượng 5,18
gam , trong đó có một khí bị hóa nâu trong không khí .
a. tinh thành phần % theo khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp ?
b. Cô cạn dung dịch thì thu được bao nhiêu gam muối khan ?
c. Tính nồng độ mol dung dịch HNO
3
đã dùng ?
d. Cho dung dịch A vào dung dịch NaOH dư . Tính khối lượng kết tủa tạo thành ?
Hướng dẫn
n
hh
= 3,136 : 22,4 = 0,14 mol
M = 5,18 : 0,14 = 37
Khí 1 là NO . Giả sử hỗn hợp gồm 1 mol NO và 1 mol khí B có khối lượng M
B

Ta có :(30.1 + M
B
.1) /2 = 37 => M
B
= 74 -30 = 44 . Vậy khí thứ 2 là N

2
O
Đặt a ,b lần lượt là số mol NO , N
2
O ta có hệ phương trình :
a + b = 0,4
(30a + 44b) /(a + b ) = 37 => a = b = 0,07
Quá trình oxi hóa :
Al Al
3+
+ 3e
x mol 3xmol
Mg Mg
2+
+ 2e
ymol 2y m
________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________
Quá trình khử :
Giáo viên thực hiện : Nguyễn Thành Xuân
4
Chuyên đề : Giải bài toán hóa bằng phương pháp bảo toàn electron .
N
+5
+ 3e N
+2
( NO )
3 .0,07 mol 0,07 mol
2 N
+5

+ 8e 2N
+1
( N
2
O )
8 . 0,07 mol 0,07 mol
Ta có hệ phương trình :
3x + 2y = 3 . 0,07 + 8 . 0,07 = 0,77
27x + 24y = 8,862 => x =0,042 ; y = 0,322
% Al =( 0,042 .27) .100% / 8,862 = 12,79 %
% Mg = 100% - 12,79 = 87,21 %
b. m
muối =
0,042 .213 + 0,322 . 148 = 8,946 + 47,656 = 56,602 g
c. n

( HNO
3
) = n
Al
+ n
Mg
+ n
NO
+ 2 n ( N
2
O ) = 3.0,042 + 0, 322 + 0,07 +
2.0,07 = 0,098 mol .
d. Al (NO
3

)
3
+ 4 NaOH NaAlO
2
+ 3NaNO
3
+ 2 H
2
O
Mg (NO
3
)
2
+ 2 NaOH dư Mg (OH)
2
+ 2 NaNO
3

Số mol kết tủa Mg(OH)
2
= số mol Mg (NO
3
)
2
= số mol Mg = 0,322 mol
Khối lượng kết tủa Mg ( OH )
2
= 0,322 . 58 = 18,676 gam .
Bài 4 : Để hòa tan 9,18 gam bột nhôm nguyên chất cần dùng dung dịch a xit A nồng độ
0,25 M , thu được một khí X và dung dich muối Y . Biết trong khí X số nguyên tử của

nguyên tố có sự thay đổi số õi hóa là 0,3612 . 10
23
( số Avogađro là 6,02 .10
23
)
Để tác dung hoàn toàn với dung dich Y tạo ra một dung dịch trong suốt thì cân 290
gam dung dịch NaOH 20 % .
Hãy tính thể tich dung dịch a xit A cần dùng để hòa tan 9,18 gam nhôm .
Hướng dẫn
+ Xác định a xit A :
n
NaOH
= ( 290 . 20 ) : ( 100 . 40 ) = 1,45 mol
+ Trong phản ứng kim loại với dung dịch a xit số mol kim loại = số mol kation kim loại
=> số mol Al
3+
= số mol Al = 9,18 : 27 = 0,34 mol .
Al
3+
tác dụng với OH
-
đến dung dich trong suốt chứng tỏ Al ( OH )
3
tan hoàn toàn .
Al
3+
+ 4OH
-
AlO
2

-
+ 2H
2
O
0,34mol 4 . 0,34 mol
Giáo viên thực hiện : Nguyễn Thành Xuân
5