PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN ELECTRON

PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN ELECTRON
I. Nguyên tắc của phương pháp: [2], [13], [14]
Trong phản ứng oxi hóa - khử thì: ∑ electron nhường = ∑ electron nhận.
- Khi có nhiều chất oxi hóa, chất khử trong một hỗn hợp phản ứn (nhiều phản ứng hoặc
phản ứng qua nhiều giai đoạn) thì tổng số electron các chất khử cho phải bằng tổng số electron
mà các chất oxi hóa nhận.Ta chỉ cần nhận định đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối của các
chất oxi hóa hoặc chất khử thậm chí không cần quan tâm đến việc cân bằng các phương trình
phản ứng.
- Phương pháp này đặc biệt lí thú đối với các bài toán phải biện luận nhiều trường hợp
có thể xảy ra. Tuy nhiên phương pháp này chỉ áp dụng tốt cho phản ứng oxi hóa - khử thường
để giả các bài toán vô cơ.
II. Vận dụng phương pháp bảo toàn electron vào giải toán:
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 ddHNO
3
được 1,792l khí X (đktc) gồm N
2
và NO
2
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 HNO
3
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
X
N NO
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 0
2
3
2 N(NO ) 10e 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 )
+ +
−
+ →

3
HNO
n
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 → M
n+
0,44
Ta có nhận xét sau: vì gốc
3
NO
−
có hóa trị I nên nếu kim loại nhường bao nhiêu electron
thì cũng nhận bấy nhiêu gốc
3
NO
−
để tạo muối.
Vậy
3

HNO
n
tạo muối
= n
e nhường
= n
e nhận
= 0,44 (mol)
→
3
HNO
n
pư
= 0,44 + 0,12 = 0,56(mol)
⇒
3
M(HNO )
0,56
C 0,28(M)
2
= =
Khối lượng muối nitrat sinh ra là:
3
KL
NO
m m m 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 HNO
3
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 V
hh khí
, % m
KL
, m
KL
...
- 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 H
2
SO
4
đặc, nóng; thu được ddY và 0,07mol một sản phẩm
duy nhất chứa lưu huỳnh. Sản phẩm đó là chất nào?
A. SO
2

B. S C. H
2
S D.
2
2 8
S O
−
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 → Mg
2+

0,08 0,16
Al - 3e → Al
3+
⇒
∑ e nhường = 0,16 + 0,24 + 0,16 = 0,56(mol)

0,08 0,24
Zn - 2e → Zn
2+

0,08 0,16
Quá trình nhận e:
6 x
S (6 x)e S
+

+ − →

⇒
∑ 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 H
2
S.
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, Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4

. Hòa tan A trogn dd HNO
3
dư, thu được ddB và 12,096 lit hỗn hợp khí
NO và NO
2
(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 NO
2
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
Fe
3+
nên ta có quá trình nhường e: Fe - 3e → Fe
3+

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
3
N(NO ) 3e N(NO)
+ +
−
+ →
3.0,18 ← 0,18
O
2
+ 4e → 2O
2-

Theo ĐLBTKL:
2 2
Fe O A O A Fe
m + m = m m = m - m = 104,8 - x (g)⇒
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
+ + + +
−
⇒ =
⇒

2
O
104,8 x
n (mol)
32
−
⇒ =
→ ∑ e nhận = 0,36 + 0,18.3 +
104,8 x
.4
32
−
= 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
AgNO
3
0,1M và Cu(NO
3
)
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 Cu
2+
). 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