DANH MỤC

Ảnh ngẫu nhiên

Cach_mang_thang_TamQuoc_khanh_va_nhung_ngay_dau_doc_lap.flv Chien_dich_Ho_Chi_Minh.flv HD_thu_bangPowerpoint_00_00_2200_02_50.flv Bat_cheo_1.flv ADN21.flv NHANDOINST1.flv Bat_cheo_3.flv Bat_cheo_2b.flv Bat_cheo_2a.flv Cc_saoma1.flv Btap_nst.flv Bat_cheo_4.flv CC_su_bat_thu.flv Ccsaoma2.flv Ccsaoma3.flv Ccsaoma41.flv Ccsaoma5.flv Copy_of_GPhan5.flv Phim_tim_hieu_Protein1.flv Copy_of_Gphan3.flv

BộThống kê violet

  • truy cập   (chi tiết)
    trong hôm nay
  • lượt xem
    trong hôm nay
  • thành viên
  • free counters

    Báo mới

    CẢNH ĐẸP

    Thời tiết

    Gốc > Bài viết > Chuyên đề hóa học >

    RÈN LUYỆN KỶ NĂNG GIẢI BÀI TOÁN HÓA HỌC THEO PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN ELECTRON

    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 H2 (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 HNO3 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 H2 (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     +      HNO3 (l)     →    NO ↑                      Như vậy, lúc này:                       

              Cu                               dd (Al3+; Cu2+)                      Al 3e   →   Al3+                

                                                                                                Cu 2e  →   Cu2+

                 + NaOH                                                                 N+5 + 3e  →  N+2

          

              Al3+, H2:  Al 3e  →  Al3+

                             2H+ + 2e  →  H2

              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  +  H2SO4 (l)  →  A ↑                                                                      to

          Al                      dd B (Mg2+, Al3+)  ddNaOH  ↓(Mg(OH)2, Al (OH)3  → Al2O3, 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         H2

     Al                    Fe2+, Al3+

     

                    Như vậy:   Fe – 2e   →    Fe2+                          2H+ + 2e   →      H2

                                      Al – 3e   →     Al3+                       0,5 (mol)       0,25 (mol)

                            5,6

    1        nH2  =         = 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  +  HNO3 (l)    →  Al3+, Cu2+                      

                                                        Cu                                 NO          

                                                            

                                                                + NaOH      →   Al3+ 

                                                                                           H2

              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 + 2H2O

                                        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 HNO3 1,25M thu được 8,961 lít ở đktc hỗn hợp khí A gồm NO và N2O có tỷ khối với H2 = 20,25. Xác định thành phần % về khối lượng hợp kim và thể tích HNO3 đã dùng.

    Phân tích:

    27,8   Al   + HNO3 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, nN2O.

    - Xác định được nNO, nN2O qua MA, nA             tính được nNO = 0,1 mol và nN2O = 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

     

    2NO3- + 10H+ + 8e → N2O + 5H2O

    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

     

                                                NO2     

    Ta có:          Al – 3e      →     Al3+

                       NO3- + 2H+ + e     →    NO2 + H2O

                                                    6,72

                      3nAl = n NO2 =         = 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 HNO3 2M thu được V lít khí duy nhất (đktc) bị hoá nâu trong không khí.

    a) Tính V?

    b) Tính thể tích HNO3 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

              Al      –     3e  →  Al+3              NO3- + 4H+ + 3e  →  NO + 2H2O

              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

              nHNO3 đã dùng = nH+ = 4x = 0,12 mol         VHNO3 = 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       +    O2         →   2FeO                                        (1)

    3Fe       +    2O2       →   Fe3O4                                       (2)

    4Fe       +    3O2       →   2Fe2O3                                     (3)

    Fe         +   4HNO3    →  Fe(NO3)3    +   NO  +   2H2O    (4)

    3FeO    +   10HNO3  →  3Fe(NO3)3  +   NO  +   5H2O    (5)

    3Fe3O4  +   28HNO3  →  9Fe(NO3)3  +   NO  +   14H2O  (6)

    Fe2O3    +   6HNO3  →    2Fe(NO3)3  +   3H2O                (7)

    Gọi x, y, z, t là số mol của Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 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:

    Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng từ phương trình (4) đến (7), ta có: mA + mHNO3 = mFe(NO)3 + mNO + mH2O   (*)

    Theo đề ra ta có:

                          m

    nFe ban đầu =         = nFe(NO)3

                         56

     

    nNO3- tạo khí = n­NO = 0,25 mol

                                           3m

    nNO3- trong muối  = 3n­Fe =          (mol)

                                            56

                                 3m    

    nHNO3 tham gia =           + 0,25   mol

                                 56

                 nHNO3         3m          0,25

    nH2O =              =               =               mol

                      2             2.56           2

     

    Thay vào phương trình (*) ta có:

                3m                           242                                    3m      0,25

    30 +             + 0,25  . 63 =           .m + 0,25.30 + 18            +

                56                             56                                     112        2  

    Giải ra ta được m = 25,2 gam.

     

     * Cách 3: Dùng phương pháp bảo toàn electron:

    Từ phương trình (1) đến (7):

    Fe: chất khử:                         Fe      –        3e      →        Fe+3

                                                   a                 3a                   

     

    O2 và HNO3: chất oxi hoá:         O2      +       4e        →       2O-2

                                                         b                 4b

                                                    NO3- +       4H+ + 3e  →      NO + 2H2O

                                                                                   3.0,25         0,25

    Gọi số mol Fe ban đầu là a.

    Số mol O2 phản ứng là b.

    Áp dụng định luật bảo toàn electron, ta có:

    3a = 4b + 3.0,25    <=>    3a – 4b = 0,75                (a)

    Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có:

    56a + 32b = 30                                            (b)

    Giải hệ 2 phương trình (a) và (b):        a = 0,45 (mol)

                                                                 b = 0,15 (mol)

    Từ đó suy ra: m = 0,45.56 = 25,2 (gam)

    Nguyễn Thị Kim Cúc

                                         taifile

    Tải bài viết này về tại đây

     


    Nhắn tin cho tác giả
    Nguyễn Minh Chiến @ 07:46 20/06/2009
    Số lượt xem: 1889
    Số lượt thích: 0 người
     
    Gửi ý kiến