Chương 2: Một số kĩ thuật phân tích và giải nhanh BTTN hóa học vô cơ ở trường
2.2. Một số kĩ thuật chung giải cho nhiều loại bài toán trắc nghiệm hóa học
2.2.5. Tăng giảm số oxi hóa (Bảo toàn electron)
Sử dụng bảo toàn electron dựa vào sự thay đổi số oxi hóa để giải quyết nhanh bài toán trắc nghiệm gọi là kĩ thuật tăng giảm số oxi hóa.
a) Cơ sở lý thuyết
- Phạm vi áp dụng: các phản ứng oxi hóa khử
- Nguyên tắc: Tổng số electron do chất khử cho bằng tổng số electron mà chất oxi hóa nhận. Từ đó suy ra tổng số mol electron do chất khử cho bằng tổng số mol electron mà chất oxi hóa nhận.
Kĩ thuật tăng giảm số oxi hóa đặc biệt hiệu quả khi có nhiều chất oxi hóa, chất khử trong một hỗn hợp phản ứng (nhiều phản ứng hoặc phản ứng qua nhiều giai đoạn). Chúng 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 viết và cân bằng các phương trình phản ứng hóa học xảy ra trong bài toán.
b) Kĩ thuật giải
Trong phản ứng oxi hóa khử luôn xảy ra đồng thời 2 quá trình cho và nhận electron.
ne(cho) =nR×n với nR : soá mol chaát cho electron n : soá electron cho
hay ne(cho) =nR×số oxi hóa tăng
Ví dụ: Cu tan hết trong HNO3 thì ne(cho) = nCu×2 (mol)
(sản phẩm khử) (sản phẩm khử)
ne(nhận) =n × =m n ×số oxi hóagiảm. (m: số e nhận) Ví dụ: Cu tan hết trong HNO3 tạo khí NO thì
(sản phẩm khử) NO
ne(nhận) =n ×số oxi hóagiảm n= ×3
Tổng quát: Kim loại M phản ứng với các dung dịch axit sau
M + HNO3 → muối + (NO2, NO, N2O, N2, NH4NO3) + H2O (1) M + H2SO4đặc → muối + (SO2, S, H2S) + H2O (2)
M + H+ → muối + H2 (3)
Ta cĩ: ∑ne(cho) =∑ne(nhận)
49
Với n: số oxi hóa tăng hoặc hóa trị của kim loại M; vận dụng kĩ thuật tăng giảm số oxi hóa ta có:
Từ (1): nM× =n nNO2 × +1 nNO× +3 nN O2 × +8 nN2 × +10 nNH NO4 3×8 Từ (2): nM× =n nSO2 × +2 nS× +6 nH S2 ×8
Từ (3): nM× =n nH2 ×2 c) Bài tập áp dụng
Bài tập 1: (Đại học khối A - 2007). Hoà tan 5,6 gam Fe bằng dung dịch H2SO4 loãng dư thu được dung dịch X. Dung dịch X phản ứng vừa đủ với V ml dung dịch KMnO4 0,5M. Giá trị V (ml) là
A. 20 B. 40 C. 60 D. 80
Tóm tắt đề dạng sơ đồ:
2 4 0 5
5 6 4 0 1
H SO l, dử
V(ml)dd KMnO , M?
, gFe dd(X)
(vừa đủ) , (mol)
→ →+
Phân tích và giải
Cách 1: giải thông thường (viết phản ứng, tính toán theo phương trình phản ứng) Fe tan hết trong dung dịch H2SO4loãng dư tạo muối Fe(II)
→ ↑
→
2 4 4 2
Fe + H SO FeSO + H (1)
0,1(mol) 0,1(mol)
nFe = 5 6 56 0 1
, = , (mol), theo phản ứng (1): 0 1
FeSO4 Fe
n =n = , (mol)
muối Fe(II) trong môi trường axit bị dung dịch KMnO4 oxi hóa thành muối Fe(III)
+ → + +
→
4 4 2 4 2 4 3 4 2 4 2
10FeSO + 2KMnO 8H SO 5Fe (SO ) 2MnSO + K SO 8H O (2) 0,1(mol) 0,02(mol)
4 0 1
nFeSO = , (mol), theo phản ứng (2): 2 10 0 02
4 4
FeSO KMnO
n n × , (mol)
= =
Vậy
4
0 02 0 04
dd KMnO 0 5,
V , (lít)
= , = ⇒ chọn B là đáp án.
50 Cách 2: giải nhanh
Bảo toàn Fe ta có: 0 1
FeSO4 Fe
n = n = , (mol) Áp dụng kĩ thuật tăng giảm số oxi hóa ta có:
4 1 4 5
FeSO KMnO
n × =n ×
⇒ 4
4
0 1 0 02
5 5
FeSO KMnO
n ,
n = = = , (mol) ⇒
4
0 02 0 04
dd KMnO 0 5,
V , (lít)
= , =
⇒ chọn B là đáp án.
* Nhận xét cách giải:
- Cách 1: viết hết các phản ứng xảy ra, tính toán theo phản ứng, bài giải rõ ràng dễ hiểu nhưng khi học sinh làm sẽ mất rất nhiều thời gian do phải viết và cân bằng 2 phản ứng, đặc biệt là phản ứng giữa FeSO4 và KMnO4 trong môi trường H2SO4, thậm chí nhiều học sinh còn không thể viết đầy đủ được sản phẩm của phản ứng.
- Cách 2: giải nhanh hơn rất nhiều so với cách 1, tính toán đơn giản, thậm chí có thể nhẩm nhanh ra đáp số nhờ dùng kĩ thuật bảo toàn nguyên tố và tăng giảm số oxi hóa mà không viết bất cứ một phản ứng nào, rất phù hợp khi giải toán trắc nghiệm.
Bài tập 2: (Cao đẳng - 2008 ). Cho 3,6 gam Mg tác dụng hết với dung dịch HNO3
(dư), sinh ra 2,24 lít khí X (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Khí X là
A. NO B. NO2 C. N2 D. N2O
Tóm tắt đề dạng sơ đồ:
3,36(g) Mg + HNO3 l, dử
2,24 (l) (X) (0,1 mol )
X = ? 0,15 (mol)
Phân tích và giải
Cách 1: giải thông thường
Khí X là sản phẩm khử của HNO3 nên có công thức là NxOy
= = ↑ = =
Mg 3,6 (X ) 2,24
n 0,15(mol); n 0,1(mol)
24 22,4
− + − → − + + −
→
3 3 2 x y 2
(5x 2y)Mg (12x 4y)HNO (5x 2y)Mg(NO ) 2N O (6x 2y)H O
0,15(mol) 0,1(mol)
51 Lập tỉ lệ ta có: 5x 2y 2
0,15 0,1
− = ⇒5x 2y 3− = ⇒ =
=
x 1 y 1 Vậy khí NxOy là NO ⇒ chọn A là đáp án.
Cách 2: Áp dụng kĩ thuật tăng giảm số oxi hóa ta có:
Mg (X)
n × =2 n ↑×số oxi hóagiảm 3,6 2 2,24 số oxi hóagiảm
24 22,4
⇒ × = ×
số oxi hóagiảm 3 khí NO
⇒ = ⇒ ⇒ chọn A là đáp án.
* Nhận xét cách giải:
Nếu giải theo cách thông thường học sinh phải viết phản ứng tạo ra sản phẩm khử duy nhất (X) ở dạng tổng quát là NxOy, cân bằng phản ứng oxi hóa khử sau đó dựa vào số mol Mg và số mol khí (X) đề bài cho, lập 1 phương trình bậc nhất có 2 ẩn số là x, y. Biện luận để nhận cặp nghiệm x, y thích hợp từ đó tìm được khí (X).
Thực tế giảng dạy cho thấy với cách giải thông thường đa số học sinh lúng túng, mất nhiều thời gian, thậm chí không giải quyết được ở bước cân bằng phản ứng oxi hóa khử tạo khí NxOy và bước biện luận nhận cặp nghiệm x, y để tìm được khí (X). Ngược lại khi vận dụng kĩ thuật tăng giảm số oxi hóa vào bài toán thì hầu như học sinh nào trong lớp cũng giải được và đều nhận định là bài toán dễ, với thời gian giải không quá 1 phút.
Bài tập 3: Hòa tan hoàn toàn 15 gam hỗn hợp X gồm hai kim loại Mg và Al vào dung dịch Y gồm HNO3 và H2SO4 đặc thu được 0,1 mol mỗi khí SO2, NO, NO2, N2O. Phần trăm khối lượng của Al và Mg trong X lần lượt là
A. 63% và 37% B. 36% và 64%
C. 50% và 50% D. 46% và 54%
Tóm tắt đề dạng sơ đồ:
15(g) hh(X) Mg Al
+ dd (Y)
% mAl= ?; % mMg= ?
HNO3 đặc
H2SO4 đặc (dư) SO2 0,1 (mol) NO 0,1 (mol) NO2 0,1 (mol) N2O 0,1 (mol) hh khí
52 Phân tích và giải
Các phản ứng xảy ra đều là phản ứng oxi hóa khử, áp dụng kĩ thuật tăng giảm số oxi hóa ta có hệ phương trình
Đặt
2 2 2
Mg
SO NO NO N O
Al
24x 27y 15
n x(mol)
2x 3y n 2 n 3 n 1 n 8
n y(mol)
+ =
=
⇒
= + = × + × + × + ×
24x 27y 15 x 0, 4(mol)
2x 3y 0,1 2 0,1 3 0,1 1 0,1 8 1, 4 y 0, 2(mol)
+ = =
⇒ + = × + × + × + × = ⇒ =
27 0, 2
%Al 100% 36%
15
%Mg 100% 36% 64%
= × × =
⇒
= − =
⇒ chọn B là đáp án.
* Nhận xét cách giải:
Nếu giải theo cách thông thường viết phản ứng, đặt ẩn số lập hệ phương trình đại số để giải thì rất dài và mất nhiều thời gian do phải viết và cân bằng 8 phản ứng oxi hóa khử, đặt khá nhiều ẩn số và phải xử lí toán học khéo léo. Bài toán với cách giải thông thường trở nên rất khó. Với cách giải trên ta chỉ việc áp dụng kĩ thuật tăng giảm số oxi hóa
ne(cho) =nR×n =ne(nhận) =n(sản phẩm khử)×số oxi hóagiảm là giải quyết nhanh bài toán.
Bài tập 4: Cho 0,1 mol Mg và 0,2 mol Al tác dụng hết với CuCl2 thu được chất rắn X. Lấy X hòa tan hết trong dung dịch axit HNO3thu được a mol NO2. Giá trị a là
A.0,6 B. 0,5 C. 0,8 D. 0,7
Tóm tắt đề dạng sơ đồ:
Mg 0,1(mol) Al 0,2(mol)
+ CuCl2 dử raộn (X) + HNO3 dử
a (mol) NO2
a = ?
Cu Phân tích và giải
Các phản ứng xảy ra đều là phản ứng oxi hóa khử. Áp dụng kĩ thuật tăng giảm số oxi hóa 2 lần, ta tính được số mol NO2.
* Khi cho hỗn hợp kim loại tác dụng dung dịch CuCl2 ta có :
53 nCu×2 = nMg×2 + nAl×3 ⇒ nCu = 0,4 (mol)
* Khi cho rắn X (Cu) tác dụng hết với HNO3 ta có :
2 2
Cu NO NO
n × =2 n × ⇒1 n =0,8(mol) ⇒ chọn C là đáp án.
* Nhận xét cách giải:
Nếu giải thông thường học sinh phải viết và cân bằng 3 phản ứng, đặt số mol Mg và Al vào phương trình phản ứng để tính tổng số mol Cu (chất rắn X) sinh ra, từ số mol Cu học sinh tính được số mol khí NO2 theo phản ứng Cu + HNO3. Cách giải thông thường sẽ gặp trở ngại lớn khi đề bài toán có thay đổi nhỏ, chẳng hạn như chất rắn X là hỗn hợp nhiều kim loại và khí thu được khi cho rắn X tác dụng HNO3 không phải là một khí mà là hỗn hợp nhiều khí. Tuy nhiên nếu dùng kĩ thuật tăng giảm số oxi hóa, việc định hướng và giải bài toán trở nên nhanh chóng, dễ dàng, khắc sâu bản chất của phản ứng oxi hóa khử là sự cho và nhận electron thông qua sự tăng giảm số oxi hóa.