Giải bài tập theo phương pháp thăng bằng electron

Đối với cách giải cũ về các dạng bài tập liên quan đến các quá trình oxy hóa-khử học sinh thường chọn cách viết các phương trình hóa học để tìm ra sản phẩm sau đó dựa vào các thuật toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

TRUNG TÂM GDNN – GDTX NGỌC LẶC

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

TÊN ĐỀ TÀI

“ GIẢI BÀI TẬP THEO PHƯƠNG PHÁP THĂNG BẰNG

ELECTRON”

Người thực hiện: Lương Thị Hoan Chức vụ: Giáo viên

SKKN thuộc lĩnh vực (môn): Hóa học

THANH HÓA NĂM 2018

Mục lục

1 Mở đầu……….Trang 2

1.1 Lý do chọn đề tài……… ………… … 2

1.2 Mục đích nghiên cứu……… 2

1.3 Đối tượng nghiên cứu……… 2

1.4 Phương pháp nghiên cứu……… 2

2 Nội dung sáng kiến kinh nghiệm……… 2

2.1 Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm……… 2

2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm……… 3

2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm đã sử dụng để giải quyết vấn đề……… 3

2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường……… 12

3 Kết luận và kiến nghị……… 12

Các tài liệu tham khảo……… 14

1 Phần mở đầu:

1.1 Lý do chọn đề tài:

Qua những năm dạy học ở trung tâm GDNN-GDTX tôi nhận thấy học sinh và học viên ở trung tâm thường ngại giải các bài tập hóa học vì cảm thấy khó các bài giải thường dài và phải tư duy nhiều

Đối với cách giải cũ về các dạng bài tập liên quan đến các quá trình oxy hóa-khử học sinh thường chọn cách viết các phương trình hóa học để tìm ra sản phẩm sau đó dựa vào các thuật toán để giải ,nhưng với cách này học sinh rất mất thời gian làm bài ,trong khi cách thi mới hiện nay là trắc nghiệm khách quan với thời gian làm bài phải đạt từ 1-1,5 phút/ 1 câu vì vậy cần phải có cách giải nhanh gọn hơn để đáp ứng thực tế của đề thi hiện nay

Trong thực tế thì cách giải bài tập theo chuyên đề này đã gây được hứng thú cho học sinh khi học môn hóa học và học sinh có thể tự kiểm tra và đánh giá cho mình

Từ những lý do trên tôi đã quyết định chọn chuyên đề “giải baì tập hóa học theo định luật bảo toàn electron” để giúp học sinh các khóa học làm bài tốt hơn

1.2 Mục đích của đề tài:

Đưa ra được các bài tập có thể giải nhanh theo định luật bảo toàn electron nhằm giảm bớt thời gian làm bài ,tư duy nhanh,nhận diện các dạng bài tập có thể giải theo phương pháp này

1.3 Đối tượng nghiên cứu:

Là hệ thống các bài tập có thể áp dụng theo định luật bảo toàn electron

1.4 Phương pháp nghiên cứu:

Nghiên cứu về một số dạng bài tập trong chương trình lớp 10,11,12 hiện nay Đưa ra được một trong những phương pháp giải nhanh,hữu hiệu,tiết kiệm thời gian ,có kết quả chính xác

2 Nội dung của sáng kiến kinh nghiệm

2.1 Cơ sở lí luận và thực tiễn của đề tài:

-Với cách giải bài tập hóa học theo định luật bảo toàn electron không cần viết

và cân bằng phương trình hóa học của các phản ứng vì có thể có rất nhiều chất tham ra phản ứng và chất sau phản ứng cũng như có nhiều giai đoạn nhiều chiều hướng phản ứng khác nhau

-Khi có rất nhiều chất oxy hóa,chất khử trong một hỗn hợp phản ứng (nhiều phản ứng hoặc phản ứng qua nhiều giai đoạn) thì tổng số electron của chất khử mất

đi bằng tổng số electron mà chất oxy hóa thu về.Ta chỉ cần nhận định đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối của chất oxy hóa và chất khử thậm chí không cần quan tâm tới việc cân bằng các phản ứng.Phương pháp này đặc biệt lí thú với các bài toán cần biện luận với nhiều trường hợp xảy ra

- Ta cần nhấn mạnh đây không phải là phương pháp cân bằng phản ứng oxy hóa –khử mặc dù phương pháp cân bằng electron dùng để cân bằng phản ứng oxy hóa –khử cũng dựa trên sự bảo toàn electron

2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm:

- Đối với đối tượng là học sinh của trung tâm GDNN-GDTX sự tiếp thu kiến thức mới gặp nhiều khó khăn,học sinh rất lúng túng khi nhận dạng đề và cách giải cho phù hợp,các em ngại tư duy khi làm bài tập, đặc biệt với môn hóa học vì cũng cần có thời gian để học sinh làm quen

- Khi làm bài tập về phản ứng o xi hóa – khử học sinh thường phải viết nhiều phương trình hóa học phản ứng xảy ra nhiều giai đoạn hoặc có nhiều chất tham gia phản ứng Nếu dùng phương pháp đại số thì có thể có rất nhiều phương trình với nhiều ẩn số nên việc giải là rất phức tạp thường phải biện luận Dẫn đến mất nhiều thời gian làm bài

- Hiện nay với nhiều cách để cập nhật thông tin thông qua việc sử dụng internet có thể nghiên cứu cách giải các bài tập theo nhiều cách như sách ,báo hay lên mạng tìm kiếm trao đổi bốn phương

2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm đã sử dụng để giải quyết vấn đề

- Cơ sở của phương pháp:

+ Biết được phản ứng oxy hóa –khử

+ ne nhường = ne nhận ; Tổng e nhường = Tổng e nhận

- Một số lưu ý:

+ Phương pháp sử dụng cho các bài tập về phản ứng oxy hóa –khử trong hóa học vô cơ

+ Phương pháp có thể áp dụng cho một phương trình hoặc nhiều phương trình hay toàn bộ quá trình

+ Sử dụng phương pháp phải xác định được chất nhường,chất nhận (quá trình oxy hóa ,quá trình khử)

+ Xác định được trạng thái đầu ,trạng thái cuối và không cần quan tâm tới trạng thái trung gian

+ Sử dụng phương pháp này có thể kết hợp thêm một số phương pháp khác như:Định luật bảo toàn khối lượng; quy tắc đường chéo hay bảo toàn nguyên tố …

- Các dạng bài tập thường gặp:

Dạng 1: Kim loại (hoặc hỗn hợp kim loại) tác dụng với axit (hoặc hỗn hợp axit )

không có tính oxy hóa mạnh

VD1: Cho sắt tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng thu được V (l) H2 (ở đktc), dung dịch thu được cho bay hơi được tinh thể FeSO4.7H2O có khối lượng là 55,6 g Thể tích khí H2 (ở đktc) được giải phóng ra là:

A.8,19 lít B.7,33 lít C.4,48 lít D.6,23 lít

Giải: Áp dụng ĐLBT electron : ne nhường = ne nhận

Quá trình nhường e Quá trình nhận e

Fe → Fe+2 + 2e 2H+ +2.1e → H2

0,2 mol 0,4 mol 0,4 mol 0,2 mol

→ V H2 = 0,2.22,4 = 4,48 lít

Chọn C

VD2: Cho 10gam hổn hợp X gồm Fe và Cu phản ứng với dung dịch HCl

loãng (dư), đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 3,36 lít khí H2 (đktc) phần trăm khối lượng của Cu trong hổn hợp X là:

A 12% B.16% C.20% D.8%

Giải: Áp dụng định luật bảo toàn electron :

Fe  Fe+2 + 2e 2H+ + 2.1e  H2

0,15mol 0,3mol 0,3mol 0,15mol  mCu= mhh - mFe = 10- 0,15.56 = 1,6 (gam)

 % MCu = .100% = 16%

Chọn B

VD3 Cho m gam kim loại Mg tác dụng hết với 200ml hỗn hợp dung dịch

HCl 0,1 mol và H2SO4 0,05mol Giá trị của m gam là

A 0,48 gam B 10,2 gam C 2,4 gam D.1,2 gam Giải: HCl  H+ + Cl

0,02 0,02 n H = 0,04 mol

H2SO4  2H+ + SO4

0,01 0,02

Áp dụng ĐLBT electron : ne nhường = ne nhận

2H+ + 2.1e  H2 (QT nhận) Mg  Mg+2 + 2e (QT nhường) 0,04 0,04 0,02 0,04

 mMg = 0,02 24 = 0,48 gam

Chọn A

VD4: Cho 3,87 gam hỗn hợp A gồm Mg và Al vào 250ml dung dịch X chứa

axit HCl 1mol và H2SO4 0,5mol thu được dung dịch B và 4,368 lít H2 (ở đktc) a) Số mol H+ dư trong B là

A 0,22 mol B 0,11mol C 0,33mol D 0,44mol b) % khối lượng Mg, Al trong hỗn hợp là:

A 37,21% và 62,79% ; B 62,79% và 37,21% ;C 21,37% và 79,62% ; D 79,62%

và 21,37%

Giải: a) HCl  H+ + Cl

0,25 0,25

H2SO4  2H+ + SO4

0,125 2.0,125

2H+

+ 2e  H2

0,195.2 0,195

 n H dư = 0,5 - 0,195.2 = 0,11mol

Chọn B

b) Mg  Mg2+ + 2e 2H+ + 2e  H2

a 2a 2.0,195 0,195

Al  Al3+ + 3e

nH + = 0,5mol

b 3b

Áp dụng ĐLBT electron: 224a a3b27b0,393,87

0.09











Bài ra ta có:

% mMg = 24.0,06.100% 37, 21%

 % mAl = 100% - 37,21% = 62,79%

Chọn A

Dạng 2: Kim loại ( hỗn hợp kim loại) tác dụng với axit (hỗn hợp axit ) có tính oxi

hóa mạnh

VD1: Cho m gam hỗn hợp X gồm Al, Cu vào dung dich HCl dư sau khi phản

ứng kết thúc sinh ra 3,36 lít khí ( ở đktc) Nếu cho m gam hỗn hợp X trên vào một lượng dư axit nitric (đặc, nguội), sau khi kết thúc phản ứng sinh ra 6,72 lít khí NO2

( sản phẩm khử duy nhất ở đktc) Giá trị của m là:

A 11,5 B 10,5 C 12,3 D 15,6

Giải:

X + HCl: Al phản ứng: 2Al + 6HCl  2AlCl + 3H2

X + HNO3 đặc, nguội : Cu phản ứng : Cu  Cu+2 + 2e

x  2x

N+5 +1e  N+4 (NO2)

0,3 0,3

Áp dụng ĐLBT electron 2x = 0,3  x =0,15

 m = 27 0,1 + 64 0,15 = 12,3 gam

Chọn C

VD2: Hoà tan hoàn toàn 12 gam hỗn hợp Fe, Cu (tỷ lệ mol 1:1) bằng axit

HNO3, thu được V (lít) (ở đktc) hỗn hợp khí X (gồm NO và NO2) và dung dịch Y ( chỉ chứa hai muối và axit dư) tỷ khối hơi của X đối với H2 bằng 19 Giá trị của V là:

A 3,36 B 2,24 C 5,60 D 4,48 Giải: X 2

H

d = 19  =38

Theo sơ đồ đường chéo ta có tỷ lệ:

Đặt nNO là a  n NO2 = a

Đặt nFe là x  nCu là x ta có: mhh = 56x + 64x = 12  x= 0,1mol

Ta có các quá trình oxi hoá - khử:

Fe  Fe+3 +3e N+3 +3e  N+2 (NO)

NO (30)

NO2

(46)

38

8 8

0,1 0,3 3a a

Cu  Cu2+ +2e N+5 +1e  N+4 (NO2)

0,1 0,2 a a

Áp dụng ĐLBT electron ta có: ne nhường = ne nhận

0,3+0,2 = 3a+a  a = 0,125mol

 Vx = 22,4.2.0,125 = 5,6 (1)

 Chọn C

VD3: Hoà tan 19,2 gam kim loại M trong H2SO4 đặc dư thu được khí SO2 Cho khí này hấp thụ hoàn toàn trong 1 lít dung dịch NaOH 0,6M, sau phản ứng đem cô cạn dung dịch thu được 37,8 gam chất rắn M là kim loại sau:

A Cu B Fe C Ca D.Mg

Giải: nNaOH = 0,6mol

Chất rắn có thể là Na2SO3 , NaHSO3

- Nếu là NaHSO3 thì: nNaOH = n NaHSO3 = = 0,363 (loại)

- Nếu là Na2SO3 thì: nNaOH = 2n Na SO2 3 = 2 = 0,6 (phù hợp)

Ta có phản ứng: SO2 + 2NaOH  Na2SO3 + H2O

0,3 0,6 0,3

Ta có: M  M+n + ne S+6 + 2e  S+4 (SO2)

2.0,3 0,3

Áp dụng ĐLBT electron: ne = 0,6  nM =

 M =

M

m

n = =32n

Nếu n =1  M=32 (loại)

n =2  M =64  KL đó là Cu phù hợp

n =3  M =96 (loại)

Chọn A

VD4: Hoà tan 15 gam hỗn hợp X gồm hai kim loại Mg và Al vào dung dịch

Y gồm HNO3, H2SO4 đặc thu được 0,1 mol mỗi khí SO2, NO, NO2, N2O Phần trăm khối lượng của Al và Mg trong X là:

A 63% và 37% B 36% và 64% C 50% và 50% D 46% và 54% Giải: Đặt nMg = x (mol) ; nAl = y (mol)

Ta có: 24x + 27y = 15 (1)

Mg  Mg+2 + 2e N+5 + 3e  N+2 (NO)

x 2x 0,3 0,1

Al  Al+3 +3e N+5 + 1e  N+4 (NO2)

y 3y 0,1 0,1

2N+5 + 2.4e  2N+ (N2O)

0,8 0,1

S+6 + 2e  S+4 (SO2)

0,2 0,1

ne nhường = 2x +3y ne nhận = 0,3 + 0,1+ 0,8 + 0,2 = 1,4 mol Theo ĐLBT electron ta có: 2x + 3y = 1,4 (2)

Giải: (1) và (2) ta được: x = 0,4 mol y = 0,2 mol

 % mAl = .100% = 36%

 % mMg = 100% - 36% = 64%

Chọn B

Dạng 3: Oxit kim loại (hỗn hợp) tác dụng với axit (hỗn hợp axit)

VD1: Để a gam bột sắt ngoài không khí, sau một thời gian sẽ chuyển thành

hỗn hợp A có khối lượng 75,2 gam gồm (Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4) Cho hỗn hợp A phản ứng hết với dung dịch H2SO4 đậm đặc, đun nóng thu được 6,72 lít khí SO2 (ở đktc) Giá trị của a là:

A 11,2 B 25,3 C 56 D 22,4

Giải: nFe ban đầu trong a gam: nFe = mol

n O2 pư = mol

QT {0} Fe  Fe3+ + 3e QT {k} O2 + 2.2e  2O

3

4.( )

S+6 + 2e  S+4 (SO2) 2.0,3 0,3

ne nhường = ne nhận = 4.( ) + 2.0,3

Áp dụng ĐLBT electron: ne nhường = ne nhận

= 4.( ) + 2.0,3

Giải ra ta được a= 56 (g)

Chọn C

VD2: Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 3 gam hỗn hợp chất rắn X.

Hoà tan hết hỗn hợp X trong dung dịch HNO3 (dư), thoát ra 0,56 lít (ở đktc) NO (là sản phẩm khử duy nhất) Giá trị của m là

A 2,52 B 2,62 C 2,32 D.2,22

Giải: nNO = = = 0,025 (mol)

Fe  Fe+3 + 3e O2 + 2.2e  2O

2-a 32-a b 4b

N+5 + 3e  N+2 (NO)

0,075 0,025

Áp dụng ĐLBT KL ta có: mFe + m O2 = mx  56a + 32b = 3 (1)

Áp dụng ĐLBT electron ta có : 3a = 4b +0,075 (2)

Giải (1) và (2) ta được : a = 0,045 ; b = 0,015

 mFe = 56.0,045 = 2,52 (gam)

Chọn A

VD3: Nung m (gam) sắt trong không khí thu được 104,8 gam hỗn hợp A

gồm: Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 hoà tan A trong dung dịch HNO3 dư, thu được dung dịch B và 12,096 lít hỗn hợp khí NO, NO2 (đktc) có tỷ khối hơi đối với Heli là 10,167 Khối lượng m là:

A 87,4 gam B 74,8 gam C 78,4 gam D.47,8 gam Giải: hh khí = = 0,54 mol  hh khí = 0,54.40,668 = 21,96 (gam)

= 10,167 4 = 40,668 gam/mol

nNO + nNO = 0,54 nNO = 0,18 (mol)

30.nNO + 46.n NO2 = 21,96 n NO2 = 0,36 (mol)

Áp dụng ĐLBT electron ta có: ne nhận = ne nhường

Sơ đồ phản ứng:

Fe + O2  Fedư ,FeO, Fe2O3, Fe3O4 + HNO3  Fe3+

Fe  Fe3+ + 3e N+5 + 1e  N+4

3 0,36 0,36

N+5 + 3e  N+2

3.0,18 0,18

O2 + 2.2e  2O

Ta có: = +0,36 + 0,54

 3m + 7m = 104,8.7 + 0,9.56  m=78,4

Chọn C

VD4: Oxi hoá hoàn toàn 0,728 (gam) bột Fe, thu được 1,016 (gam) hỗn hợp

2 oxit sắt (hỗn hợp A) Hoà tan hỗn hợp A bằng dung dịch HNO3 (dư) Thể tích khí

NO duy nhất bay ra (đo ở đktc) là:

A 0,224 lít B 0,0224 lít C 0,336 lít D 0,0336 lít

Giải: nFe = = = 0,013 mol

Áp dụng BTKL m O2 = 1,016 - 0,728 = 0,288 (gam)

 n O2 = 0,009 mol

Fe  Fe3+ + 3e O2 + 2.2e  2O

0,013 0,013.3 0,009 0,036

N+5 + 3e  N+2 (NO)

3x x

Áp dụng ĐLBT electron: 0,039 = 0,036 + 3x  x = 0,001 mol

 VNO = 0,001 x 22,4 = 0,0224 (lít)

Chọn B

Dạng 4: Kim loại tác dụng với dung dịch muối.

VD1: Nhúng thanh kẽm vào 100ml dung dịch AgNO3 0,1M Khối lượng bạc kim loại được giải phóng và khối lượng kẽm đã tan vào dung dịch là

A.1,08 và 0,325 B 0,325 và 1,08 C 0,325 và 2,16 D 2,16 và 0,325

Giải: nAgNO3 =0,1.0,1 = 0,01 mol

Ta có: Zn  Zn+2 + 2e Ag+ + 1e  Ag

a a 2a 0,01 0,01 0,01

Áp dụng ĐLBT electron: 2a = 0,01  a = =0,005 (mol)

 mZn tan vào dd = 65 0,005 = 0,325 (gam)

mAg = 0,01 108 = 1,08 (g)

Chọn A

VD2: Cho hỗn hợp gồm hai kim loại Fe, Al tác dụng với 100ml dung dịch

chưa AgNO3 và Cu(NO3)2 khuấy kỹ tới phản ứng hoàn toàn, sau phản ứng thu được dung dịch A và 8,12 gam chất rắn B gồm 3 kim loại Hoà tan chất rắn B bằng dung dịch HCl dư thấy bay ra 0,672 lít H2 (ở đktc) Số mol của Al và Fe là 0,03 mol và 0,05 mol Biết hiệu suất các phản ứng là 100% Nồng độ mol của AgNO3 , Cu(NO3)2 trong dung dịch ban đầu là

A 0,5 và 0,3 B.0,3 và 0,2 C 0,3 và 0,25 D 0,3 và 0,5 Giải: Vì các phản ứng xảy ra hoàn toàn nên ta có:

Al  Al3+ + 3e Ag+ + 1e  Ag

0,03 3.0,03 a a

Fe  Fe2+ + 2e Cu2+ + 2e  Cu

0,05 2.0,05 b 2b

2H+ + 2.1e  H2

2.0,03 0,03

Gọi số mol AgNO3, Cu(NO3)2 là a, b

n H2= 0,03 mol

Áp dụng ĐLBT electron ta có:

0,03.3 + 0,05.2 = a + 2b + 2.0,03  a + 2b = 0,13 (1)

Vì B gồm 3 KL nên Fedư  nFe dư = n H2 = 0,03

mB = 8,12 = 108a + 64b + 0,03.56  108a + 64b = 6,44 (2)

Giải: (1) và (2) ta được a = 0,03 mol

b = 0,05 mol

 CM AgNO3 = = 0,3M; CM Cu NO( 3 2) = 0,5M

Chọn D

VD3: Cho 2,24 gam bột Fe vào 200ml dung dịch chứa chứa hỗn hợp gồm

AgNO3 0,1M và Cu(NO3)2 0,5M, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch X và m gam chất rắn Y Giá trị của m là:

A 2,8 B 2,16 C 4,08 D 0,64

Giải: nFe = 0,04 mol nAgNO3 0,1 0,2 = 0,02 mol

nCu NO( 3 2 ) = 0,5 0,2 = 0,1 mol

Ta có: Fe  Fe+2 + 2e Ag+ + 1e  Ag

0,04 2 0,04 0,02 0,02 0,02

Cu2+ + 2e  Cu

0,1 2 0,1 0,1

Theo ĐLBT electron thì:

ne nhường = ne nhận

Nhưng n(Ag+, Cu2+ )  nFe

0,22 mol 0,08 mol

Nên Cu2+ chưa phản ứng hết, Fe hết  Y gồm: Ag và Cu

Ta có các phản ứng: 2Ag+ + Fe  Fe2+ + 2 Ag

0,02 0,01

Cu2+ + Fe  Cu + Fe2+

0,03 0,03 0,03

 m = mAg + mCu = 0,02 108 + 0,03 64 = 4,08 (gam)

Chọn C

VD4: Cho hỗn hợp bột gồm 2,7 gam Al và 5,6 gam Fe vào 550 ml dung dịch

AgNO3 1M, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được m (gam) chất rắn Giá trị của m là: ( Biết thứ tự trong dãy điện hoà: Fe3+ / Fe2+ đứng trước Ag+ / Ag)

A 59,4 B 64,8 C 32,4 D 54,0 Giải: nAl = 0,1 mol ; nFe = 0,1 mol ; nAg+ = 0,55 mol

Ta có thể có:

Al  Al3+ + 3e Ag+ + 1e  Ag

0,1 0,3 0,55 0,55

Fe  Fe2+ + 2e

0,1 0,2

Theo ĐLBT electron: