Bài học

Bài toán tổng hợp: cân bằng hóa học và nitrogen-sulfur

Mục tiêu bài học

Sau bài này, em giải được một bài toán hai tầng: dùng bảo toàn electron tìm lượng khí NO2 sinh ra từ phản ứng kim loại với HNO3 đặc, rồi đưa đúng lượng khí đó vào một cân bằng hóa học ( $2NO_2 \rightleftharpoons N_2O_4$ ) và tính thành phần lúc cân bằng bằng ICE table.

Sau bài này, em giải được một bài toán hai tầng: dùng bảo toàn electron tìm lượng khí NO2 sinh ra từ phản ứng kim loại với HNO3 đặc, rồi đưa đúng lượng khí đó vào một cân bằng hóa học ($2NO_2 \rightleftharpoons N_2O_4$) và tính thành phần lúc cân bằng bằng ICE table.

Kiến thức cần có

Cần vững bảo toàn electron cho phản ứng kim loại với HNO3 (Course 3), cách lập ICE table và giải phương trình bậc hai (Course 2, bài 1), và biểu thức $K_c$ cho phản ứng có hệ số tỉ lượng khác 1.

Câu hỏi mở đầu

Nếu khí NO2 sinh ra từ một phản ứng oxi hóa khử được dẫn ngay vào một bình kín đang thiết lập cân bằng của chính nó, số mol NO2 em dùng làm nồng độ đầu cho ICE table là số mol lúc vừa sinh ra, hay số mol đã trừ đi phần đã chuyển hóa?

Hai tầng của một bài toán liên chương

Mở rộng dành cho HSG. Bài này không dạy một kỹ thuật hóa học mới: nó ghép hai kỹ thuật đã học ở hai khóa khác nhau, bảo toàn electron (Course 3) và ICE table (Course 2), vào một bài toán liên tiếp. Tầng một là phản ứng oxi hóa khử, xem như xảy ra hoàn toàn, không phải một cân bằng. Tầng hai mới là cân bằng hóa học thật sự, và nồng độ đầu của tầng hai chính là toàn bộ lượng khí tầng một tạo ra, chưa hề chuyển hóa phần nào.

Nhầm lẫn phổ biến nhất là nghĩ khí vừa sinh ra đã ở trạng thái cân bằng ngay từ đầu. Không phải vậy: phản ứng $Cu+HNO_3$ đặc chạy đến khi hết chất, tạo ra một lượng NO2 xác định; chỉ sau khi lượng khí đó được dẫn vào bình kín và giữ ở nhiệt độ T, cân bằng nhị hợp mới bắt đầu thiết lập.

Tầng một (oxi hóa khử) kết thúc trước khi tầng hai (cân bằng) bắt đầu; không trộn hai tầng vào một bước.

Điều kiện cần kiểm trước khi lập ICE table

Trước khi viết ICE table, phải chắc chắn phản ứng oxi hóa khử ở tầng một đã đi đến cùng, tức là kim loại tan hết và HNO3 đặc dư chỉ tạo một sản phẩm khử duy nhất. Nếu đề không nói rõ tỉ lệ sản phẩm khử, phải nêu giả thiết đó trong bài giải, không được ngầm định.

Một lỗi khác là quên đổi số mol NO2 ra nồng độ mol trước khi đưa vào biểu thức $K_c$ . Bảo toàn electron cho ra số mol, còn $K_c$ dùng nồng độ; hai đại lượng khác nhau, phải chia đúng cho thể tích bình kín.

Một lỗi khác là quên đổi số mol NO2 ra nồng độ mol trước khi đưa vào biểu thức $K_c$. Bảo toàn electron cho ra số mol, còn $K_c$ dùng nồng độ; hai đại lượng khác nhau, phải chia đúng cho thể tích bình kín.

Chuẩn Hướng dẫn giải

Hướng dẫn giải chuẩn cho bài toán liên chương: (1) viết bán phản ứng electron và tính n(NO2) bằng bảo toàn electron; (2) đổi n(NO2) ra nồng độ đầu; (3) lập ICE table cho cân bằng nhị hợp; (4) giải phương trình, kiểm nghiệm bằng bảo toàn nguyên tố N; (5) kết luận bằng 'Vậy …' kèm đơn vị.

Ví dụ

Ví dụ 1 — Từ Cu và HNO3 đặc đến cân bằng nhị hợp NO2

1
Hòa tan hoàn toàn 12,8 gam Cu trong dung dịch HNO3 đặc, dư, chỉ thu được khí NO2 duy nhất. Dẫn toàn bộ khí sinh ra vào một bình kín dung tích 4 lít, giữ ở nhiệt độ T thì cân bằng $2NO_2 \rightleftharpoons N_2O_4$ có $K_c=10$ (đơn vị L/mol) được thiết lập. Tính nồng độ mol mỗi khí lúc cân bằng và phần trăm NO2 đã chuyển hóa thành N2O4.
Hòa tan hoàn toàn 12,8 gam Cu trong dung dịch HNO3 đặc, dư, chỉ thu được khí NO2 duy nhất. Dẫn toàn bộ khí sinh ra vào một bình kín dung tích 4 lít, giữ ở nhiệt độ T thì cân bằng $2NO_2 \rightleftharpoons N_2O_4$ có $K_c=10$ (đơn vị L/mol) được thiết lập. Tính nồng độ mol mỗi khí lúc cân bằng và phần trăm NO2 đã chuyển hóa thành N2O4.
2
Đề có hai tầng tách biệt: tầng oxi hóa khử cho ra tổng lượng NO2, tầng cân bằng mới chia lại lượng NO2 đó thành phần còn lại và phần đã nhị hợp. Không thể áp $K_c$ trực tiếp lên số mol chưa đổi ra nồng độ.
Đề có hai tầng tách biệt: tầng oxi hóa khử cho ra tổng lượng NO2, tầng cân bằng mới chia lại lượng NO2 đó thành phần còn lại và phần đã nhị hợp. Không thể áp $K_c$ trực tiếp lên số mol chưa đổi ra nồng độ.
3
Dùng bảo toàn electron cho Cu để tìm n(NO2), đổi ra nồng độ đầu trong bình 4 lít, rồi lập ICE table cho cân bằng nhị hợp và giải phương trình bậc hai.
4
Ta có $n(Cu)=12{,}8/64=0{,}2$ mol. Theo bán phản ứng $Cu\to Cu^{2+}+2e$ , số electron Cu nhường là $0{,}2\times2=0{,}4$ mol. Theo bán phản ứng $N^{+5}+1e\to N^{+4}$ (NO2), bảo toàn electron cho $n(NO_2)=0{,}4$ mol. Đổi ra nồng độ đầu trong bình 4 lít: $c_0(NO_2)=0{,}4/4=0{,}1$ M. Xét cân bằng: gọi x là nồng độ N2O4 sinh ra (mol/L). Ta có $[NO_2]=0{,}1-2x$ , $[N_2O_4]=x$ , và $K_c=\dfrac{x}{(0{,}1-2x)^2}=10$ . Giải trực tiếp phương trình bậc hai $40x^{2}-9x+0{,}1=0$ cho nghiệm hợp lý $x=0{,}025$ . Vậy $[N_2O_4]=0{,}025$ M và $[NO_2]=0{,}1-2\times0{,}025=0{,}05$ M. Phần trăm NO2 đã chuyển hóa $=\dfrac{2\times0{,}025}{0{,}1}\times100\%=50\%$ . Vậy lúc cân bằng $[NO_2]=0{,}05$ M, $[N_2O_4]=0{,}025$ M, và 50% lượng NO2 ban đầu đã chuyển hóa thành N2O4.
Ta có $n(Cu)=12{,}8/64=0{,}2$ mol. Theo bán phản ứng $Cu\to Cu^{2+}+2e$, số electron Cu nhường là $0{,}2\times2=0{,}4$ mol. Theo bán phản ứng $N^{+5}+1e\to N^{+4}$ (NO2), bảo toàn electron cho $n(NO_2)=0{,}4$ mol. Đổi ra nồng độ đầu trong bình 4 lít: $c_0(NO_2)=0{,}4/4=0{,}1$ M. Xét cân bằng: gọi x là nồng độ N2O4 sinh ra (mol/L). Ta có $[NO_2]=0{,}1-2x$, $[N_2O_4]=x$, và $K_c=\dfrac{x}{(0{,}1-2x)^2}=10$. Giải trực tiếp phương trình bậc hai $40x^{2}-9x+0{,}1=0$ cho nghiệm hợp lý $x=0{,}025$. Vậy $[N_2O_4]=0{,}025$ M và $[NO_2]=0{,}1-2\times0{,}025=0{,}05$ M. Phần trăm NO2 đã chuyển hóa $=\dfrac{2\times0{,}025}{0{,}1}\times100\%=50\%$. Vậy lúc cân bằng $[NO_2]=0{,}05$ M, $[N_2O_4]=0{,}025$ M, và 50% lượng NO2 ban đầu đã chuyển hóa thành N2O4.
5
Bảo toàn nguyên tố N: ban đầu có $0{,}4$ mol N (trong NO2). Lúc cân bằng, N có trong $0{,}05\times4=0{,}2$ mol NO2 (0,2 mol N) và $0{,}025\times4=0{,}1$ mol N2O4 (0,2 mol N), tổng $0{,}2+0{,}2=0{,}4$ mol N, khớp với lượng N ban đầu.
Bảo toàn nguyên tố N: ban đầu có $0{,}4$ mol N (trong NO2). Lúc cân bằng, N có trong $0{,}05\times4=0{,}2$ mol NO2 (0,2 mol N) và $0{,}025\times4=0{,}1$ mol N2O4 (0,2 mol N), tổng $0{,}2+0{,}2=0{,}4$ mol N, khớp với lượng N ban đầu.
6
Nếu thay Cu bằng 5,6 gam Fe (Fe nhường trọn 3 electron thành Fe3+) trong cùng bình 4 lít với cùng $K_c=10$ , $n(NO_2)$ ban đầu chỉ còn 0,3 mol, nồng độ đầu 0,075 M, và nghiệm phương trình bậc hai cho $[N_2O_4]\approx0{,}0169$ M, một con số không tròn vì nồng độ đầu đã đổi.
Nếu thay Cu bằng 5,6 gam Fe (Fe nhường trọn 3 electron thành Fe3+) trong cùng bình 4 lít với cùng $K_c=10$, $n(NO_2)$ ban đầu chỉ còn 0,3 mol, nồng độ đầu 0,075 M, và nghiệm phương trình bậc hai cho $[N_2O_4]\approx0{,}0169$ M, một con số không tròn vì nồng độ đầu đã đổi.

Áp suất và khối lượng mol trung bình lúc cân bằng

Vì $2NO_2\rightleftharpoons N_2O_4$ làm giảm tổng số mol khí, áp suất bình (ở V, T không đổi) giảm theo đúng tỉ lệ tổng mol giảm. Đây là một cách kiểm tra nhanh: nếu tổng mol khí lúc cân bằng lớn hơn tổng mol khí ban đầu, chắc chắn đã tính sai chiều phản ứng.

Ví dụ

Ví dụ 2 — Khối lượng mol trung bình của hỗn hợp khí lúc cân bằng

1
Với kết quả ví dụ 1 ( $[NO_2]=0{,}05$ M, $[N_2O_4]=0{,}025$ M trong bình 4 lít), tính khối lượng mol trung bình của hỗn hợp khí lúc cân bằng.
Với kết quả ví dụ 1 ($[NO_2]=0{,}05$ M, $[N_2O_4]=0{,}025$ M trong bình 4 lít), tính khối lượng mol trung bình của hỗn hợp khí lúc cân bằng.
2
Khối lượng mol trung bình cần cả tổng khối lượng khí lẫn tổng số mol khí lúc cân bằng, trong khi đề chỉ cho nồng độ; phải đổi ngược lại ra số mol trước.
3
Khối lượng khí được bảo toàn xuyên suốt cân bằng (không có khí thoát ra ngoài), nên tổng khối lượng lúc cân bằng bằng đúng khối lượng NO2 ban đầu.
4
Tổng khối lượng khí không đổi: $m=n(NO_2)_{đầu}\times46=0{,}4\times46=18{,}4$ gam. Số mol khí lúc cân bằng: $n(NO_2)=0{,}05\times4=0{,}2$ mol, $n(N_2O_4)=0{,}025\times4=0{,}1$ mol, tổng $0{,}3$ mol. Vậy khối lượng mol trung bình $\overline{M}=18{,}4/0{,}3\approx61{,}33$ g/mol.
Tổng khối lượng khí không đổi: $m=n(NO_2)_{đầu}\times46=0{,}4\times46=18{,}4$ gam. Số mol khí lúc cân bằng: $n(NO_2)=0{,}05\times4=0{,}2$ mol, $n(N_2O_4)=0{,}025\times4=0{,}1$ mol, tổng $0{,}3$ mol. Vậy khối lượng mol trung bình $\overline{M}=18{,}4/0{,}3\approx61{,}33$ g/mol.
5
$\overline{M}$ phải nằm giữa 46 (khối lượng mol NO2) và 92 (khối lượng mol N2O4); $61{,}33$ thỏa điều kiện này.
$\overline{M}$ phải nằm giữa 46 (khối lượng mol NO2) và 92 (khối lượng mol N2O4); $61{,}33$ thỏa điều kiện này.
6
Nếu đề hỏi tỉ khối hỗn hợp khí lúc cân bằng so với không khí (M=29), chỉ cần lấy $61{,}33/29\approx2{,}11$ .
Nếu đề hỏi tỉ khối hỗn hợp khí lúc cân bằng so với không khí (M=29), chỉ cần lấy $61{,}33/29\approx2{,}11$.

Luyện tập có hướng dẫn

Tự luyện và challenge checkpoint

Lỗi thường gặp

Ba lỗi thường gặp: coi số mol NO2 vừa sinh ra đã là nồng độ cân bằng (bỏ qua ICE table); quên đổi mol ra nồng độ mol trước khi thế vào $K_c$ ; và khi tính khối lượng mol trung bình, quên rằng khối lượng khí được bảo toàn nên không cần tính lại từ đầu.

Ba lỗi thường gặp: coi số mol NO2 vừa sinh ra đã là nồng độ cân bằng (bỏ qua ICE table); quên đổi mol ra nồng độ mol trước khi thế vào $K_c$; và khi tính khối lượng mol trung bình, quên rằng khối lượng khí được bảo toàn nên không cần tính lại từ đầu.

Bài này ghép bảo toàn electron với ICE table thành một bài toán hai tầng, và bài sau ghép đại cương hữu cơ, hydrocarbon và dẫn xuất vào một chuỗi suy luận khác, từ công thức phân tử đến cơ chế phản ứng.