Khóa học LTĐH đảm bảo môn Hóa-Thầy Sơn
Phương pháp Quy đổi

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 1 -


PHƢƠNG PHÁP QUY ĐỔI
TÀI LIỆU BÀI GIẢNG

1. Nguyên tắc
Khi quy đổi hỗn hợp nhiều chất về hỗn hợp ít chất hơn hoặc chỉ còn một chất hoặc về các nguyên tử tương ứng,
phải bảo toàn số mol nguyên tố, bảo toàn số oxi hoá và bảo toàn khối lượng hỗn hợp.
Một số trường hợp quy đổi :
- Hỗn hợp gồm các oxit của sắt :
+ Quy về FeO và Fe
2
O
3

+ Qui về Fe
3
O
4
(nếu số mol FeO = Fe
2
O
3
)
+ Qui về Fe và O

2
.
- Hỗn hợp gồm sắt và các oxit của sắt : qui về Fe và O
2
.
- Hỗn hợp gồm : Fe, FeS, FeS
2
: qui về Fe và S.
Sau khi qui đổi, thường sử dụng các phương pháp bảo toàn mol electron, bảo toàn nguyên tố để tìm kết quả.
2. Các ví dụ minh hoạ
Ví dụ 1: (2008 - Khối A) Để hoà tan hoàn toàn 2,32 gam hỗn hợp gồm FeO, Fe
3
O
4
và Fe
2
O
3
(trong đó số mol
FeO
bằng số mol
Fe
2
O
3
), cần dùng vừa đủ V lít dung dịch HCl 1M. Giá trị của V là

A. 0,23. B. 0,18. C. 0,08. D. 0,16.

Hướng dẫn

Quy đổi hỗn hợp 3 oxit về 1 oxit Fe
3
O
4
(vì Fe
3
O
4


FeO.Fe
2
O
3
)
Fe
3
O
4
+ 8HCl

FeCl
2
+ 2FeCl
3
+ 4H
2
O
0,01


0,08

34
Fe O
n
=
2,32
232
= 0,01 (mol); Vậy V =
0,08
1
= 0,08 (l).
Ví dụ 2: Cho 9,12 gam hỗn hợp gồm FeO, Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4
tác dụng với dung dịch HCl (dư). Sau khi
các phản ứng
xảy ra hoàn toàn, được dung dịch Y; cô cạn Y được 7,62 gam FeCl
2
và m gam

FeCl
3
. Giá trị của m là
(Trích đề

thi TSĐH năm 2008 - Khối B)
A. 9,75. B. 8,75. C. 7,80. D. 6,50.
Hướng dẫn
Quy hỗn hợp về hai oxit FeO và Fe
2
O
3

FeO + 2HCl

FeCl
2
+ H
2
O (1)
0,06

0,06
Fe
2
O
3
+ 6HCl

2FeCl
3
+ 3H
2
O (2)
0,03


0,06
Ta có
2
FeCl
n
=
7,62
127
= 0,06 (mol);


23
Fe O
n
=
9,12 72 0,06
160

= 0,03 (mol). Vậy m = 162,5

0,06 = 9,75
Ví dụ 3: Hoà tan hết m gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4

bằng HNO
3
đặc nóng thu được 4,48 lít khí NO
2
(ở
đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 145,2 gam muối khan. Giá trị của m là
A. 92,8. B. 78,4. C. 46,4. D. 47,2.
Hướng dẫn
Quy hỗn hợp X về hai chất FeO và Fe
2
O
3

FeO + 4HNO
3


Fe(NO
3
)
3
+ NO
2

+ 2H
2
O (1)
Khóa học LTĐH đảm bảo môn Hóa-Thầy Sơn
Phương pháp Quy đổi


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 2 -


0,2 0,2

0,2
Fe
2
O
3
+ 6HNO
3


2Fe(NO
3
)
3
+ 3H
2
O (2)
0,2

0,4
Ta có
2
NO
n

=
4,48
22,4
= 0,2 (mol) ;
33
Fe(NO )
n
=
145,2
242
= 0,6 (mol)



33
Fe(NO )
n
ở (2)
= 0,6 – 0,2 = 0,4 (mol) Vậy m = (72 +160)

0,2 = 46,4 (g).
Ví dụ 4: Hoà tan hoàn toàn 49,6 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe
2
O
3
và Fe
3
O
4
bằng H

2
SO
4
đặc nóng thu được
dung dịch Y và 8,96 lít khí SO
2
(sản phẩm khử duy nhất ở đktc). Phần trăm khối lượng oxi trong hỗn hợp X là
A. 20,97. B. 71,77. C. 79,03. D. 28,23.
Quy hỗn hợp X về hai chất FeO, Fe
2
O
3

2FeO + 4H
2
SO
4


Fe
2
(SO
4
)
3
+ SO
2

+ 4H
2

O (1)
0,8

0,4
Fe
2
O
3
+ 3H
2
SO
4


Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3H
2
O (2)

0,05

Ta có
2
SO
n

=
8,96
22,4
= 0,4 (mol);


23
Fe O
n
=
49,6 72 0,8
160

=
0,05
(mol)

O
n
trong hh X = 0,8 + 3

(
0,05
) = 0,65 (mol)
Vậy
O
% m
=
16 0,65
49,6



100%

20,97%.
* Quy hỗn hợp X về hai chất Fe
3
O
4
, Fe
2
O
3

2Fe
3
O
4
+ 10H
2
SO
4


3Fe
2
(SO
4
)
3

+ SO
2

+ 10H
2
O (1)
0,8

0,4
Fe
2
O
3
+ 3H
2
SO
4


Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3H
2
O (2)

0,85





23
Fe O
n
=
49,6 232 0,8
160

=
0,85
(mol);
O
n
trong hh X
= 4

0,8 + 3

(
0,85
) = 0,65 (mol)
Vậy %
O
m
=
16 0,65
49,6



100%

20,97%.
Ví dụ 5: Cho 11,36 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe
2
O
3
và Fe
3
O
4
phản ứng hết với dung dịch HNO
3

loãng (dư),
thu được 1,344 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc) và dung dịch X. Cô cạn dung dịch X thu được m gam
muối khan. Giá trị của m là
A. 38,72. B. 35,50. C. 49,09. D. 34,36.
(Trích đề thi TSĐH năm 2008 - Khối A)
* Quy hỗn hợp X về hai chất FeO, Fe
2
O
3

3FeO + 10HNO
3



3Fe(NO
3
)
3
+ NO

+ 5H
2
O (1)
0,18 0,18

0,06
Fe
2
O
3
+ 6HNO
3


2Fe(NO
3
)
3
+ 3H
2
O (2)

0,01




0,02


NO
n
=
1,344
22,4
= 0,06 (mol);


23
Fe O
n
=
11,36 72 0,18
160

=
0,01
(mol)
Khóa học LTĐH đảm bảo môn Hóa-Thầy Sơn
Phương pháp Quy đổi

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 3 -




33
Fe(NO )
n
= 0,18 + (
0,02
) = 0,16 (mol); Vậy m = 242

0,16 = 38,72 (g).
* Quy hỗn hợp X về hai chất Fe
3
O
4
, Fe
2
O
3

3Fe
3
O
4
+ 28HNO
3


9Fe(NO
3
)

3
+ NO

+ 14H
2
O (1)
0,18 0,54

0,06
Fe
2
O
3
+ 6HNO
3


2Fe(NO
3
)
3
+ 3H
2
O (2)

0,19



0,38





23
Fe O
n
=
11,36 232 0,18
160

=
0,19
(mol)
33
Fe(NO )
n
= 0,54 + (
0,38
) = 0,16 (mol)
Vậy m = 242

0,16 = 38,72 (g).
Ví dụ 6: (CĐ năm 2008 - Khối A, B) Trộn 5,6 gam bột sắt với 2,4 gam bột lưu huỳnh rồi nung nóng (trong điều
kiện không có không khí), thu được hỗn hợp rắn M. Cho M tác dụng với lượng dư dung dịch HCl, giải phóng
hỗn hợp khí X và còn lại một phần không tan G. Để đốt cháy hoàn toàn X và G cần vừa đủ V lít khí O
2
(ở đktc).
Giá trị của V là
A. 2,80. B. 3,36. C. 3,08. D. 4,48.

Ta có
Fe
n
=
5,6
56
= 0,1 (mol) ;
S
n
=
2,4
32
= 0,075 (mol)
Ta nhận thấy hỗn hợp khí X gồm H
2
và H
2
S ; phần không tan G là S.
Quy đổi hỗn hợp X thành H
2
và S, như vậy đốt cháy X và G coi như đốt cháy H
2
và S:
2H
2
+ O
2


2H

2
O (1)
0,1

0,05
S + O
2


SO
2
(2)
0,075

0,075
Vậy V = 22,4

(0,05 + 0,075) = 2,8 (l).
Ví dụ 7: Để m gam bột sắt ngoài không khí, sau một thời gian biến thành hỗn hợp A có khối lượng 12g gồm Fe,
FeO, Fe
3
O
4
, Fe
2
O
3
. Cho A tác dụng hết với dung dịch HNO
3
loãng dư thấy sinh ra 2,24 lít khí NO duy nhất ở đktc.

m có giá trị là
A. 12,08 gam B. 10,08 gam C. 11,58 gam D. 9,05 gam
Lời giải
Ta có thể quy đổi như sau:
4FeO

Fe.Fe
3
O
4
; 3FeO  Fe.Fe
2
O
3

3Fe
3
O
4
 Fe.4Fe
2
O
3
; Fe
3
O
4
 FeO.Fe
2
O

3

Vì vậy hỗn hợp A có thể quy đổi về hỗn hợp gồm :
– 3 chất: Fe, FeO, Fe
2
O
3
; Fe, Fe
3
O
4
, Fe
2
O
3
; FeO, Fe
3
O
4
, Fe
2
O
3
.
– 2 chất: Fe, FeO; Fe, Fe
3
O
4
; Fe, Fe
2

O
3
;
FeO, Fe
3
O
4
; FeO, Fe
2
O
3
; Fe
3
O
4
, Fe
2
O
3

– 1 chất: Fe
x
O
y
hoặc FeO
a
.
Ứng với mỗi cách quy đổi là có một cách giải bài toán, sau đó áp dụng sự bảo toàn nguyên tố Fe và định luật
bảo toàn khối lượng. m
Fe

+ m
oxi phản ứng
= m
oxit

Ví dụ 8: Cho 1,35 gam hỗn hợp 3 kim loại tác dụng hết với dung dịch HNO
3
loãng, dư thu được 1,12 lít (đktc) hỗn
hợp 2 khí NO và NO
2
có tỉ khối so với H
2
là 21,4. Khối lượng muối nitrat tạo ra là
A. 5,69 g B. 6,59 g C. 5,00 g D. 6,5 g
Lời giải Gọi

2
NO NO
n x (mol); n y (mol)
. Ta có hệ phương trình:
Khóa học LTĐH đảm bảo môn Hóa-Thầy Sơn
Phương pháp Quy đổi

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 4 -









x + y = 0,05 x 0,01
30x + 46y = 2,14 y 0,04

Coi hỗn hợp 3 kim loại chỉ là một kim loại M, hoá trị n, số mol là a (mol)
Bảo toàn electron ta có các quá trình cho và nhận electron :
M

M
n+
+ ne
a na
N
+5
+3e

N
+2
N
+5
+1e

N
+4

na = 3x+ y = 0,07 ; m
muối

= m
KL
+
3
NO
m

= 1,35 + n.a.62 = 1,35 + 0,07. 62 = 5,69 (g)
Ví dụ 9: Cho 4,64 gam hỗn hợp A gồm (FeO, Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4
) trong đó số mol của FeO bằng số mol của Fe
2
O
3
tan
vừa đủ trong V lít dung dịch hỗn hợp gồm: H
2
SO
4
0,2M và HCl 0,6 M. V có giá trị là
A. 0,16 B. 0,32 C. 0,11 D. 0,1
Lời giải
Do


23
FeO Fe O
nn
nên coi hỗn hợp chỉ là Fe
3
O
4
.

34
Fe O
4,64
n 0,02(mol)
232




H
n
0,4V + 0,6V = V (mol)
Fe
3
O
4
+ 8H
+


2Fe

3+
+ Fe
2+
+ 4H
2
O



H
n
8. 0,02 = 0,16

V = 0,16 (lít)
Ví dụ 10: Hoà tan hoàn toàn m gam hỗn hợp (FeO, Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4
) vừa hết với dung dịch H
2
SO
4
loãng thu được
dung dịch A. Chia A làm 2 phần bằng nhau:
– Phần 1 cho tác dụng dd NaOH dư thu kết tủa rồi nung trong không khí đến khối lượng không đổi được 8,8 gam
chất rắn.

– Phần 2 làm mất màu vừa đủ 100 ml dung dịch KMnO
4
0,1M trong môi trường H
2
SO
4
loãng dư.
Vậy m có giá trị là
A. 8,4 g B. 16,8 g C. 20,2 g D. 22 g
Lời giải
Cách 1. Quy Fe
3
O
4
về FeO và Fe
2
O
3

Nên hỗn hợp đầu quy về hỗn hợp FeO và Fe
2
O
3
.
Gọi

23
FeO Fe O
n x(mol) ; n y(mol)
trong 1/2 hỗn hợp.


23
Fe O
8,8
n 0,055(mol)
160

Sơ đồ đơn giản:
FeO

Fe
2
O
3
Fe
2
O
3


Fe
2
O
3

Bảo toàn nguyên tố Fe: x + 2y = 0,11 (mol)

4
KMnO
n 0,01(mol)

. Với KMnO
4
thì:
Fe
2+


Fe
3+
+ e Mn
+7
+ 5e

Mn
+2
x x 0,01 0,05
Khóa học LTĐH môn Hóa –Cô Son
Phương pháp bảo toàn electron

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 1 -

PHƢƠNG PHÁP BẢO TOÀN ELECTRON
TÀI LIỆU BÀI GIẢNG

A – LÝ THUYẾT
1. Nội dung của phƣơng pháp
Trong phản ứng oxi hóa khử, số mol electron mà chất khử nhường đi bằng số mol electron mà chất oxi hóa
nhận về.

2. Phạm vi áp dụng
Giải nhanh nhiều bài toán trong đó có nhiều chất oxi, chất khử.
Ví dụ:
- Phản ứng của hỗn hợp phi kim
- Kim loại tác dụng với axit có tính oxi hóa mạnh
- Kim loại tác dụng với dung dịch muối
3. Các bƣớc giải
- Dựa vào các dữ kiện đề bài tính hết số mol các chất có thể.
- Xác định sự thay đổi số oxi hóa của một chất (chỉ tính sự thay đổi từ trạng thái số oxi hóa đầu và cuối,
không xét sự thay đổi trung gian).
- Viết các quá trình oxi hóa, khử.
- Tìm số mol electron nhường và nhận dựa vào các số liệu đã cho ở đề bài, nếu chưa có số liệu gì để tính
thì đặt ẩn.
- Áp dụng định luật bảo toàn electron: cho số mol electron nhường bằng số electron nhận và giải các
phương trình.
B – VẬN DỤNG
Dạng 1: Phản ứng của hỗn hợp phi kim
Ví dụ 1: Hỗn hợp A gồm clo và oxi. A phản ứng hết với một lượng vừa đủ hỗn hợp gồm 2,4 gam Mg và
4,05 gam Al tạo ra 18,525 gam hỗn hợp muối clorua và oxit của 2 kim loại. Phần trăm theo thể tích của khí
clo trong hỗn hợp là
A. 63,12%. B. 44,32%. C. 52,3%. D. 55,56%.
Ví dụ 2 (SGK 10_NC trang 166): Hỗn hợp khí A gồm O
2
và O
3
có tỉ khối so với H
2
là 19,2. Hỗn hợp khí B
có H
2

và CO, tỉ khối của hỗn hợp khí B so với H
2
là 3,6. Tính số mol hỗn hợp khí A cần dùng để đốt cháy
hoàn toàn 1 mol hỗn hợp khí B.
Ví dụ 3 (2011B): Hỗn hợp khí X gồm O
2

và O
3

có tỉ khối so với H
2

là 22. Hỗn hợp khí Y gồm
metylamin và etylamin có tỉ khối so với H
2

là 17,833. Để đốt hoàn toàn V
1

lít Y cần vừa đủ V
2

lít X
(biết sản phẩm cháy gồm CO
2
, H
2
O và N
2

, các chất khí đo ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất). Tỉ lệ V
1

:
V
2

là
A. 2 : 1. B. 1 : 2. C. 3 : 5. D. 5 : 3.
Dạng 2: Kim loại tác dụng với axit có tính oxi hóa mạnh
Ví dụ 1: Cho 18 gam hỗn hợp gồm Cu, Fe phản ứng với dung dịch HNO
3
dư thu được 0,25 mol NO (sản
phẩm khử duy nhất). Tổng khối lượng các muối trong dung dịch sau phản ứng là
A. 64,5 gam. B. 33,5 gam. C. 57,0 gam. D. 55,2 gam.
Ví dụ 2: Hòa tan hỗn hợp gồm 0,1 mol Ag và 0,04 mol Cu vào dung dịch HNO
3
thu được hỗn hợp khí X
gồm NO và NO
2
có tỉ lệ số mol tương ứng là 2:3. Thể tích hỗn hợp khí X (đktc) thu được là bao nhiêu?
A. 6,73 lít. B. 1,12 lít. C. 2,24 lít. D. 3,36 lít.
Ví dụ 3 (2009A): Cho 6,72 gam Fe vào 400 ml dung dịch HNO
3
1M, đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn,
thu được khí NO (sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch X. Dung dịch X có thể hoà tan tối đa m gam Cu.
Giá trị của m là
A. 3,84. B. 3,20. C. 1,92. D. 0,64.
Dạng 3: Kim loại tác dụng với dung dịch muối
Ví dụ 1: Trộn hai dd AgNO

3
0,42M và Pb(NO
3
)
2
0,36M với thể tích bằng nhau được dd X. Cho 0,81g bột
Al vào 100ml dd X tới phản ứng hoàn toàn được mg chất rắn Y. Giá trị của m là
A. 4,851 B. 4,554 C. 6,525 D. 6,291
Ví dụ 2: Cho 8,3 gam hỗn hợp X gồm Al, Fe (n
Al
= n
Fe
) vào 100 ml dung dịch Y gồm Cu(NO
3
)
2
và
AgNO
3
. Sau khi phản ứng kết thúc thu được chất rắn A gồm 3 kim loại. Hòa tan hoàn toàn chất rắn A vào
Khóa học LTĐH môn Hóa –Cô Son
Phương pháp bảo toàn electron

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 2 -

dung dịch HCl dư thấy có 1,12 lít khí thoát ra (đktc) và còn lại 28 gam chất rắn không tan B. Nồng độ C
M


của Cu(NO
3
)
2
và của AgNO
3
lần lượt là
A. 2M và 1M. B. 1M và 2M. C. 0,2M và 0,1M. D. 0,1M và 0,2M.
Tóm tắt sơ đồ:
Al Fe
8,3 gam hçn hîp X
(n = n )
Al
Fe
+ 100 ml dung dịch Y
3
32
AgNO : x mol
Cu(NO ) :y mol


ChÊt r¾n A
(3 kim lo¹i)

2
HCl d 
1,12 lÝt H
2,8 gam chÊt r¾n kh«ng tan B




Hướng dẫn giải
Ta có: n
Al
= n
Fe
=
8,3
0,1 mol.
83

Đặt
3
AgNO
n x mol
và
32
Cu(NO )
n y mol

X + Y Chất rắn A gồm 3 kim loại.
Al hết, Fe chưa phản ứng hoặc còn dư. Hỗn hợp hai muối hết.
Quá trình oxi hóa:
Al Al
3+
+ 3e Fe Fe
2+
+ 2e
0,1 0,3 0,1 0,2
Tổng số mol e nhường bằng 0,5 mol.

Quá trình khử:
Ag
+
+ 1e Ag Cu
2+
+ 2e Cu 2H
+
+ 2e H
2

x x x y 2y y 0,1 0,05
Tổng số e mol nhận bằng (x + 2y + 0,1).
Theo định luật bảo toàn electron, ta có phương trình:
x + 2y + 0,1 = 0,5 hay x + 2y = 0,4 (1)
Mặt khác, chất rắn B không tan là: Ag: x mol ; Cu: y mol.
108x + 64y = 28 (2)
Giải hệ (1), (2) ta được:
x = 0,2 mol ; y = 0,1 mol.

3
M AgNO
0,2
C
0,1
= 2M;
32
MCu(NO )
0,1
C
0,1

= 1M. (Đáp án B)
Ví dụ 3 (2009A): Cho hỗn hợp gồm 1,2 mol Mg và x mol Zn vào dd chứa 2 mol ion Cu
2+
và 1 mol Ag
+

đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 1 dd chứa 3 ion kim loại. Trong các giá trị sau đây, giá trị
nào của x thỏa mãn trường hợp trên.
A. 1,8 B. 1,5 C. 1,2 D. 2,0
Dạng 4: Bài toán có nhiều quá trình oxi hóa khử nối tiếp nhau
Ví dụ 1: Trộn 42 gam bột Fe với 16 gam bột lưu huỳnh rồi đun nóng (không có không khí) thu được chất
rắn A. Hoà tan A bằng dung dịch axit HCl dư được dung dịch B và khí C. Đốt cháy C cần V lít O
2
(đktc).
Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. V có giá trị là
A. 11,2 lít. B. 21 lít. C. 39,2 lít. D. 19,6 lít.
Ví dụ 2: Cho khí CO qua ống đựng m gam oxit sắt (III) nung nóng thu được 6,72 gam hỗn hợp X. Hòa tan
hoàn toàn X vào dung dịch axit nitric dư tạo thành 0,448 lít khí NO (đktc) là sản phẩm khử duy nhất. m có
giá trị là
A. 5,56. B. 6,64. C. 7,2. D. 8,8.
Ví dụ 3 (2011B): Cho hơi nước đi qua than nóng đỏ, thu được 15,68 lít hỗn hợp khí X (đktc) gồm CO,
CO
2

và
H
2
. Cho toàn bộ X tác dụng hết với CuO (dư) nung nóng, thu được hỗn hợp chất rắn Y. Hoà tan
toàn bộ Y bằng dung dịch HNO
3


(loãng, dư) được 8,96 lít NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Phần
trăm
thể tích khí CO trong X là
A. 57,15%. B. 14,28%. C. 28,57%. D. 18,42%.
Dạng 5: Cùng một lượng chất phản ứng với các chất khác nhau
Khóa học LTĐH môn Hóa –Cô Son
Phương pháp bảo toàn electron

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 3 -

Ví dụ 1: Chia 10 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, Zn thành 2 phần bằng nhau:
- Phần 1: Đốt cháy hoàn toàn trong oxi dư thu được 21 gam hỗn hợp oxit.
- Phần 2: Hòa tan trong HNO
3
đặc nóng dư thu được V lít khí NO
2
ở đktc là sản phẩm khử duy nhất. V có
giá trị là
A. 44,8. B. 22,4. C. 89,6. D. 30,8.
Ví dụ 2: Hỗn hợp X gồm hai kim loại A và B đứng trước H trong dãy điện hóa và có hóa trị không đổi
trong các hợp chất. Chia m gam X thành hai phần bằng nhau:
- Phần 1: Hòa tan hoàn toàn trong dung dịch chứa axit HCl và H
2
SO
4
loãng tạo ra 3,36 lít khí H
2

.
- Phần 2: Tác dụng hoàn toàn với dung dịch HNO
3
thu được V lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất).
Biết các thể tích khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Giá trị của V là
A. 2,24 lít. B. 3,36 lít. C. 4,48 lít. D. 6,72 lít.
Ví dụ 3: Hỗn hợp A gồm 2 kim loại R
1
, R
2
có hoá trị x, y không đổi (R
1
, R
2
không tác dụng với nước và
đứng trước Cu trong dãy hoạt động hóa học của kim loại). Cho hỗn hợp A phản ứng hoàn toàn với dung
dịch HNO
3
dư thu được 1,12 lít khí NO duy nhất ở đktc.
Nếu cho lượng hỗn hợp A trên phản ứng hoàn toàn với dung dịch HNO
3
thì thu được bao nhiêu lít N
2
. Các
thể tích khí đo ở đktc.
A. 0,224 lít. B. 0,336 lít. C. 0,448 lít. D. 0,672 lít.
Dạng 6: Xác định sản phẩm hoặc chất phản ứng của phản ứng oxi hóa khử
Ví dụ 1 (2007B): Cho 0,01 mol một hợp chất của sắt tác dụng hết với H
2
SO

4

đặc nóng (dư), thoát ra
0,112 lít (ở đktc) khí SO
2

(là sản phẩm khử duy nhất). Công thức của hợp chất sắt đó là

A. FeS. B. FeS
2
. C. FeO D. FeCO
3
.
Ví dụ 2: Khi cho 9,6 gam Mg tác dụng hết với dung dịch H
2
SO
4
đậm đặc, thấy có 49 gam H
2
SO
4
tham gia
phản ứng, tạo muối MgSO
4
, H
2
O và sản phẩm khử X. X là
A. SO
2
B. S C. H

2
S D. SO
2
, H
2
S

Giáo viên: Tống Thị Son
Nguồn: Hocmai.vn

Khóa học LTĐH đảm bảo môn Hóa-Thầy Sơn
Phương pháp bảo toàn khối lượng

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 1 -

PHƢƠNG PHÁP BẢO TOÀN KHỐI LƢỢNG
TÀI LIỆU BÀI GIẢNG


1. Nguyên tắc
Xét phản ứng A + B

C + D
Ta có : m
A
+ m
B
= m

C
+ m
D
Một số dạng thƣờng gặp :
- Hỗn hợp oxit tác dụng với axit tạo muối: MO + HCl, H
2
SO
4
loãng
m
oxit
+ m
axit
= m
muối
+ m
nước
Trong đó số mol nước được tính theo axit.
- Hỗn hợp oxit tác dụng CO, C hoặc H
2
:

2 2 2
oxit CO,C,H ran CO ,H O
m m m m  

Trong đó số mol CO
2
, H
2

O được tính theo CO, C và H
2

- Hỗn hợp kim loại tác dụng với axit giải phóng H
2
.
m
kim loại
+ m
axit
= m
muối
+ m
H2

số mol H
2
= 2HCl = H
2
SO
4

- Hỗn hợp muối cacbonat tác dụng với axit
m
muối (1)
+ m
axit
= m
muối
+ m

H2O
+ m
CO2

2. Các ví dụ minh hoạ
Ví dụ 1: (2007 - Khối A) Hoà tan hoàn toàn 2,81 gam hỗn hợp gồm Fe
2
O
3
, MgO, ZnO trong 500 ml axit H
2
SO
4
0,1M (vừa đủ). Sau phản ứng, hỗn hợp muối sunfat khan thu được khi cô cạn dung dịch có khối lượng là
A. 6,81 gam. B. 4,81 gam. C. 3,81 gam. D. 5,81 gam.
Hƣớng dẫn
Fe
2
O
3
+ 3H
2
SO
4


Fe
2
(SO
4

)
3
+ 3H
2
O (1)
MgO+ H
2
SO
4

MgSO
4
+H
2
O (2)
ZnO+ H
2
SO
4

ZnSO
4
+ H
2
O (3)
Theo các pt hoá học (1, 2, 3):
2
HO
n
=

24
H SO
n
= 0,5

0,1 = 0,05 (mol)
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
m
hh muối khan
= 2,81 + 98

0,05 – 18

0,05 = 6,81 (g).
Ví dụ 2: Hỗn hợp X gồm Fe, FeO và Fe
2
O
3
. Cho một luồng khí CO đi qua ống sứ đựng m gam hỗn hợp X nung
nóng. Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được 64 gam chất A trong ống sứ và 11,2 lít khí B (đktc) có tỉ khối so với H
2

là 20,4. Giá trị của m là
A. 105,6. B. 35,2. C. 52,8. D. 70,4.
Hƣớng dẫn

Các phương trình hoá học của phản ứng khử oxit sắt có thể có:
3Fe
2
O

3
+ CO
0
t

2Fe
3
O
4
+CO
2
(1)
Fe
3
O
4
+ CO
0
t

3FeO +CO
2
(2)
FeO+CO
0
t

Fe + CO
2
(3)

Nhận xét: Chất rắn A có thể gồm 3 chất Fe, FeO, Fe
3
O
4
hoặc ít hơn, điều quan trọng là số mol CO phản ứng bao
giờ cũng bằng số mol CO
2
tạo thành
Gọi x là số mol CO
2
tạo thành
B
n
=
11,2
22,4
= 0,5 (mol)
44x + 28(0,5 – x) = 0,5

20,4

2 = 20,4

x = 0,4 (mol)
Do đó
CO
n
phản ứng
= 0,4 (mol)
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:

m=
A
m
+
2
CO
m
–
CO
m

=64 + 44

0,4 – 28

0,4 = 70,4 (g).
Ví dụ 3: Hoà tan hoàn toàn 5 gam hỗn hợp 2 kim loại bằng dung dịch HCl thu được dung dịch A và khí B. Cô cạn
dung dịch A thì được 5,71 gam muối khan. Tính thể tích khí B (đo ở đktc).
Hƣớng dẫn
Khóa học LTĐH đảm bảo môn Hóa-Thầy Sơn
Phương pháp bảo toàn khối lượng

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 2 -

Gọi 2 kim loại đã cho là X và Y
2X+2m HCl

2XCl

m
+m H
2
 (1)
2Y+ 2n HCl

2YCl
n
+ n H
2
 (2)
Theo (1, 2):
HCl
n
=2

2
H
n

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
5 + 36,5

2

2
H
n
= 5,71 + 2


2
H
n


2
H
n
= 0,01 (mol)
Vậy
2
H
V
(đktc)
= 0,01

22,4 = 0,224 (l).
Ví dụ 4: (2009 - Khối A)Cho 3,68 gam hỗn hợp gồm Al và Zn tác dụng với một lượng vừa đủ dung dịch H
2
SO
4
10%, thu được 2,24 lít khí H
2
(ở đktc). Khối lượng dung dịch thu được sau phản ứng là
A. 101,68 gam. B. 88,20 gam. C. 101,48 gam. D. 97,80 gam.
Hƣớng dẫn
2Al+3H
2
SO
4



Al
2
(SO
4
)
3
+3H
2

(1)
Zn+H
2
SO
4


ZnSO
4
+ H
2

(2)
Từ (1, 2):
24
H SO
n
=
2

H
n
=
2,24
22,4
= 0,1 (mol)


24
dd H SO
m
=
98 0,1 100
10

= 98 (g)
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
dd
m
sau phản ứng
=
hh
m
+
24
dd H SO
m
–
2
H

m

= 3,68 + 98 – 2

0,1 =101,48 (g).
Ví dụ 5. Cho từ từ một luồng khí CO đi qua ống sứ đựng m gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe
3
O
4
, Fe
2
O
3
nung nóng, kết
thúc phản ứng thu được 64g sắt, khí đi ra gồm CO và CO
2
cho sục qua dung dịch Ca(OH)
2
dư được 40g kết tủa. Vậy
m có giá trị là
A. 70,4g B. 74g C. 47g D. 104g
Lời giải : Khí đi ra sau phản ứng gồm CO
2
và CO dư cho đi qua dung dịch Ca(OH)
2
dư :
CO
2
+ Ca(OH)
2

 CaCO
3
 + H
2
O
0,4 (mol)
4,0
100
40

(mol)
Sơ đồ phản ứng:
FeO
Fe
2
O
3
+ CO

Fe + CO
2


Fe
3
O
4

28.0,4+m=64 +44.0,4  m = 70,4g
Ví dụ 6. Người ta cho từ từ luồng khí H

2
đi qua một ống sứ đựng 5,44 gam hỗn hợp gồm FeO, Fe
3
O
4
, Fe
2
O
3
, CuO
nung nóng, kết thúc phản ứng thu được m gam hỗn hợp chất rắn A và 1,62 gam H
2
O. Vậy m có giá trị là
A. 4g B. 5g C. 4,5g D. 3,4g
Lời giải :

22
H H O
n n 0,09(mol)

Sơ đồ phản ứng:
FeO
H
2
+

Fe
2
O
3

 A+ H
2
O
Fe
3
O
4

CuO
0,09.2 + 5,44=m + 1,62 m = 4g
Ví dụ 7. Cho 35g hỗn hợp Na
2
CO
3
, K
2
CO
3
tác dụng vừa đủ với dung dịch BaCl
2
. Sau phản ứng thu được 59,1g kết
tủa. Lọc tách kết tủa, cô cạn dd thu được m(g) muối clorua. Vậy m có giá trị là
A. 38,3g B. 22,6g C. 26,6g D. 6,26g
Lời giải : Sơ đồ phản ứng:

23
23
Na CO
K CO
+BaCl

2

BaCO
3
+
NaCl
KCl


23
BaCl BaCO
n n 0,3( mol)

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
   
2
hh BaCl
m m m m
dd

Khóa học LTĐH đảm bảo môn Hóa-Thầy Sơn
Phương pháp bảo toàn khối lượng

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 3 -

m = 35 + 0,3.208 – 59,1 =
38,3 (g)
Ví dụ 8. Cho 4,48g hỗn hợp Na

2
SO
4
, K
2
SO
4
, (NH
4
)
2
SO
4
tác dụng vừa đủ với 300 ml dung dịch Ba(NO
3
)
2
0,1M

. Kết
thúc phản ứng thu được kết tủa A và dung dịch B. Lọc tách kết tủa, cô cạn dung dịch thu được m(g) muối nitrat. Vậy
m có giá trị là
A. 5,32g B. 5,23g C. 5,26g D. 6,25g
Lời giải : Sơ đồ phản ứng:
Na
2
SO
4
NaNO
3

K
2
SO
4
+ Ba(NO
3
)
2

BaSO
4
+ KNO
3

(NH
4
)
2
SO
4
NH
4
NO
3

3 2 4
Ba(NO ) BaSO
n n 0,03(mol)

    

BB
4,48 7,83 6,99 m m 5,32(g)

Ví dụ 9. Hoà tan 2,57g hợp kim Cu, Mg, Al bằng một lượng vừa đủ dung dịch H
2
SO
4
loãng thu được 1,456 lít khí X
(đktc), 1,28g chất rắn Y và dung dịch Z. Cô cạn Z thu được m gam muối khan, m có giá trị là
A. 7,53g B. 3,25g C. 5,79g D. 5,58g
Lời giải: Sơ đồ phản ứng :
Cu
Mg
Al





+H
2
SO
4

4
2 4 3
MgSO
Al (SO )
+ Cu+H
2





     
2
4
(Al Mg)
SO
m m m (2,57 1,28) 0,065.96 7,53(g)

Ví dụ 9. Hoà tan hoàn toàn 3,72g hỗn hợp 2 kim loại A, B trong dung dịch HCl dư thấy tạo ra 1,344 lít khí H
2
(đktc).
Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được muối khan có khối lượng là
A. 7,12g B. 7,98g C. 3,42g D. 6,12g
Lời giải : Theo phương trình điện li :


  
H Cl
1,344
n n 2. 0,12(mol)
22,4

m
muối
= m
KL
+


Cl
m
= 3,72 + 0,12.35,5 = 7,98 (g)
Ví dụ 10. Nung m gam hỗn hợp A gồm 2 muối MgCO
3
và CaCO
3
cho đến khi không còn khí thoát ra thu được
3,52g chất rắn B và khí C. Cho toàn bộ khí C hấp thụ hết bởi 2 lít dung dịch Ba(OH)
2
thu được 7,88g kết tủa. Đun
nóng dung dịch lại thấy tạo thành thêm 3,94g kết tủa nữa. Nếu các phản ứng xảy ra hoàn toàn thì m có giá trị là
A. 7,44g B. 7,40g C. 7,04g D. 4,74g
Lời giải
m = m
B
+
2
CO
m

CO
2
+ Ba(OH)
2


BaCO
3


+ H
2
O
2CO
2
+ Ba(OH)
2


Ba(HCO
3
)
2

m = 3,52 + (
7,88 3,94
2. ).44 7,04
197 197

(g)

Giáo viên: Phạm Ngọc Sơn
Nguồn: Hocmai.vn

Khóa học LTĐH đảm bảo môn Hóa-Thầy Sơn
Phương pháp tăng giảm khối lượng

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 1 -

PHƢƠNG PHÁP TĂNG GIẢM KHỐI LƢỢNG
TÀI LIỆU BÀI GIẢNG

1. Nguyên tắc
Khi chuyển từ chất X (thường tính cho 1 mol) thành chất Y (không nhất thiết trực tiếp, có thể bỏ qua nhiều giai
đoạn trung gian), khối lượng tăng hay giảm bao nhiêu gam. Dựa vào khối lượng thay đổi đó ta tính được số mol các
chất cần thiết hoặc ngược lại.
Ghi nhớ: Trường hợp kim loại A đẩy kim loại B trong dung dịch muối thành kim loại B tự do. Ta có:
 Khối lượng A tăng =
B
m

bám vào
–
A
m
tan ra

 Khối lượng A giảm =
A
m
tan ra
–
B
m

bám vào
.

Một số dạng thƣờng gặp :
+ 1 mol kim loại
HCl

muối Cl
-
thì khối lượng tăng 35,5n gam (n là số oxi hóa của kl)
+ 1 mol muối CO
3
2-


2 mol Cl
-
khối lượng tăng 35,5.2 - 60 = 11 gam
+ 1 mol O (trong oxit)

1 mol SO
4
2-
(trong muối) thì khối lượng tăng 96 - 16 = 80 gam.
+ 1 mol O (trong oxit)

2 mol Cl
-
(trong muối) thì khối lượng tăng 35,5.2 - 16 = 55 gam.
2. Các ví dụ minh hoạ
Ví dụ 1: Tìm công thức muối amoni photphat. Biết rằng muốn điều chế 100 gam muối trên phải cần 200 gam dung
dịch axit photphoric 37,11%.
Hƣớng dẫn

Khối lượng axit H
3
PO
4
=
37,11 200
100

= 74,22 (g)
H
3
PO
4
+ nNH
3


(NH
4
)
n
H
3 - n
PO
4
(n = 1, 2, 3)
98 g (17n + 98) g
74,22 g 100 g
Theo pt hoá học, cứ 1 mol H
3

PO
4
biến thành muối amoni photphat thì khối lượng tăng: (17n + 98) – 98 = 17n (g)
Theo đề bài, khối lượng muối tăng: 100 – 74 ,22 = 25,78 (g)
Do đó
98
74,22
=
17n
25,78


n =
98 25,78
17 74,22


= 2
Vậy muối cần tìm có công thức là: (NH
4
)
2
HPO
4
.
Ví dụ 2: Hoà tan hoàn toàn 5 gam hỗn hợp 2 kim loại bằng dung dịch HCl ta thu được dung dịch A và khí B. Cô cạn
dung dịch A thì được 5,71 gam muối khan. Tính thể tích khí B (đo ở đktc).
Hƣớng dẫn

Gọi công thức chung của 2 kim loại là M và có hoá trị là n

M + n HCl


n
MCl
+
n
2
H
2


M g

(M + 35,5n) g
Theo pt hoá học, cứ 1 mol kim loại tạo thành 1 mol muối thì khối lượng tăng 35,5n gam và có
n
2

mol H
2
bay ra.
Khóa học LTĐH đảm bảo môn Hóa-Thầy Sơn
Phương pháp tăng giảm khối lượng

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 2 -

Theo đề bài, khối lượng tăng 5,71 – 5 = 0,71 gam thì số mol H

2
bay ra là:

n
0,71
2
35,5n

= 0,01 (mol); Vậy
2
H
V
= 22,4

0,01 = 0,224 (l).
Ví dụ 3: Ngâm một lá kẽm trong dung dịch có hoà tan 8,32 gam CdSO
4
. Phản ứng xong, lấy lá kẽm ra khỏi dung
dịch rửa nhẹ, làm khô, nhận thấy khối lượng lá kẽm tăng lên 2,35% so với lá kẽm trước phản ứng. Khối lượng lá
kẽm trước khi tham gia phản ứng là
A. 1,88 gam. B. 18,8 gam. C. 0,8 gam. D. 80 gam.
Hƣớng dẫn
Zn + CdSO
4


ZnSO
4
+ Cd



0,04

0,04

0,04
Ta có
4
CdSO
n
=
8,32
208
= 0,04 (mol)
Khối lượng lá kẽm tăng = 112

0,04

– 65

0,04 = 1,88 (g)
.

Vậy khối lượng lá kẽm trước phản ứng là:
1,88 100
2,35

= 80 (g).
Ví dụ 4: Hoà tan hoàn toàn 104,25 gam hỗn hợp Z gồm NaCl và NaI vào nước được dung dịch E. Sục khí Cl
2

dư
vào dung dịch E. Kết thúc thí nghiệm, cô cạn dung dịch thu được 58,5 gam muối khan. Khối lượng NaCl có trong
hỗn hợp Z là
A. 32,175 gam. B. 29,25 gam. C. 26,325 gam. D. 23,40 gam.
Hƣớng dẫn
Khí Cl
2
dư chỉ oxi hoá được muối NaI:
2NaI + Cl
2


2NaCl + I
2

150 g

58,5 g
Cứ 1 mol NaI tạo thành 1 mol NaCl khối lượng giảm: 91,5 (g)
Vậy x mol NaI thì khối lượng giảm: 104,25 – 58,5 = 45,75 (g)


x =
1 45,75
91,5

= 0,5 (mol)
Vậy
NaCl
m

trong Z
= 104,25 – 150

0,5= 29,25 (g).
Ví dụ 5: Có 500 ml dung dịch hỗn hợp Na
2
CO
3
0,2M và (NH
4
)
2
CO
3
0,5M. Cho 43 gam hỗn hợp BaCl
2
và CaCl
2
vào
dung dịch đó. Sau các phản ứng kết thúc ta thu được 39,7 gam kết tủa A và dung dịch B. Tính thành phần % khối
lượng các chất trong A.

Hƣớng dẫn

Trong dung dịch:
Na
2
CO
3


2
Na

+
2
3
CO

BaCl
2



2
Ba


+ 2
Cl


0,1

0,1
(NH
4
)
2
CO
3



2
4
NH


+
2
3
CO

CaCl
2


2
Ca

+ 2
Cl


0,25

0,25
Các phương trình hoá học của các phản ứng dạng ion:
Khóa học LTĐH đảm bảo môn Hóa-Thầy Sơn
Phương pháp tăng giảm khối lượng


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 3 -


2
Ba

+
2
3
CO



BaCO
3

(1)
x

x

2
Ca

+
2
3
CO




CaCO
3


(2)
y

y
Ta có
23
Na CO
n
= 0,5

0,2 = 0,1 (mol) ;
4 2 3
(NH ) CO
n
= 0,5

0,5 = 0,25 (mol)
Theo (1, 2), cứ 1 mol BaCl
2
hoặc 1 mol CaCl
2
biến thành BaCO
3


hoặc CaCO
3

thì khối lượng muối giảm: 71 – 60 =
11 (g)
Như vậy, theo đề bài khối lượng hai muối giảm: 43 – 39,7 = 3,3 (g)
Do đó tổng số mol hai muối BaCO
3
và CaCO
3
là:
3,3 1
11

= 0,3 (mol)
Tổng số mol
2
3
CO

= 0,1 + 0,25 = 0,35 mol
Điều đó chứng tỏ phản ứng còn dư
2
3
CO

= 0,35 – 0,3 = 0,05 (mol)
Gọi x, y là số mol BaCO
3

và CaCO
3
có trong A
Ta có
x y 0,3
197x 100y 39,7








x 0,1
y 0,2






Vậy
3
BaCO
% m
=
197.0,1
100%
39,7



49,62 %

3
CaCO
% m
=
100.0,2
100%
39,7


50,38 %.
Ví dụ 6 : Cho 84,6 gam hỗn hợp A gồm BaCl
2
và CaCl
2
vào 1 lít hỗn hợp Na
2
CO
3
0,3M và (NH
4
)
2
CO
3
0,8 M. Sau
khi các phản ứng kết thúc ta thu được 79,1 gam kết tủa A và dung dịch B. Phần trăm khối lượng BaCl

2
và CaCl
2
trong A lần lượt là
A. 70,15 ; 29,25 B. 60,25 ; 39,75 C. 73,75 ; 26,25 D. 75,50 ; 24,50
Lời giải : Đặt
22
BaCl CaCl
n x(mol); n y(mol)




2
2
BaCl
CaCl
+



23
4 2 3
Na CO
(NH ) CO







3
3
BaCO
CaCO
+


 4
NaCl
NH Cl

Cứ 2 mol Cl
–
mất đi (71 gam) có 1 mol muối
2
3
CO

thêm vào (60 gam)

Độ chênh lệch (giảm) khối lượng của 1 mol muối là :
M
= 71 – 60 =11 (g)
 Độ giảm khối lượng muối :
m
= 84,6 – 79,1 = 5,5 (g)
Vậy số mol muối phản ứng :

5,5

0,5(mol)
11

Số mol CO
3
2–
= 0,3 + 0,8 = 1,1 (mol) > 0,5 mol.
Vậy muối cacbonat dư.
x + y = 0,5 (1)
208x + 111y = 84,6 (2)






x 0,3
y 0,2






Khóa học LTĐH đảm bảo môn Hóa-Thầy Sơn
Phương pháp tăng giảm khối lượng

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 4 -


2
2
BaCl
CaCl
0,3.208
%m .100% 73,75%
84.6
%m 100 73,75 26,25(%)





  


Ví dụ 7: Hỗn hợp A gồm 10 gam MgCO
3
,CaCO
3
và BaCO
3
được hoà tan bằng HCl dư thu được dung dịch B và khí
C. Cô cạn dung dịch B được 14,4 gam muối khan. Sục khí C vào dung dịch có chứa 0,3 mol Ca(OH)
2
thu được số
gam kết tủa là
A. 10g B. 20g C. 30g D. 40g
Lời giải

CO
3
2–
+ 2H
+


CO
2
+ H
2
O
Số mol A =


  
2
2
3
CO
CO
14,4 10
n n 0,4(mol)
11

CO
2
+ Ca(OH)
2



CaCO
3

+ H
2
O
0,4 0,3 0,3 (mol)
CO
2
+ H
2
O + CaCO
3


Ca(HCO
3
)
2

0,1 0,1 (mol)


3
CaCO
m 0,2.100 20(g)

Ví dụ 8: Cho 68g hỗn hợp 2 muối CuSO
4

và MgSO
4
tác dụng với 500 ml dung dịch chứa NaOH 2M và KOH 0,8M.
Sau phản ứng thu được 37g kết tủa và dung dịch B. Vậy % khối lượng CuSO
4
và MgSO
4
trong hỗn hợp ban đầu là
A. 47,05% ; 52,95%. B. 47,05 % ; 52,95%. C. 46,41% ; 53,59%. D. 46,50% ; 53,50%.
Lời giải : Đặt

44
CuSO MgSO
n x mol ; n ymol




4
4
CuSO
MgSO
+



NaOH
KOH







2
2
Cu(OH)
Mg(OH)
+



24
24
Na SO
K SO

Từ độ chênh lệch khối lượng ta tính được tổng số mol hai muối sunfat:

68-37
x + y = = 0,5 (1)
96-34
160x + 120y = 68(2)





x 0,2
y 0,3














  

4
4
CuSO
MgSO
0,2.160
%m .100% 47,05%
68
%m 100 47,05 52,95%

Ví dụ 9: Nhúng một thanh kim loại X (hoá trị II) vào dung dịch CuSO
4
dư. Sau phản ứng khối lượng thanh kim loại
giảm 0,12g. Mặt khác cũng thanh kim loại X đó được nhúng vào dung dịch AgNO
3
dư thì kết thúc phản ứng khối

lượng thanh tăng 0,26g. Nguyên tố X là
A. Zn B. Mg C. Cd D. Fe
Lời giải : Phương trình phản ứng :
X + CuSO
4
dư

XSO
4
+ Cu↓
a a
X + 2AgNO
3
dư

X(NO
3
)
2
+ 2Ag↓
Khóa học LTĐH đảm bảo môn Hóa-Thầy Sơn
Phương pháp tăng giảm khối lượng

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 5 -

a 2a
Khối lượng thanh kim loại tăng = m
A

– m
Cu
= 0,12g
a.M
X
– 64a = 0,12

M
X
.a = 64a + 0,12 (1)
Mặt khác khối lượng thanh kim loại giảm = m
Ag
+ m
X
= 0,26 g
2a.108 – M
X
.a = 0,26

M
X
.a = 2a.108 – 0,26 (2)

x = 2,5.10
–3
mol

M
X
=

3
3
64.2,5.10 0,12
112
2,5.10




(g/mol)

Chất X là Cd.
Ví dụ 10. Cho 2 dung dịch FeCl
2
và CuSO
4
có cùng nồng độ mol.
– Nhúng thanh kim loại vào M hoá trị II vào 1 lít dd FeCl
2
sau phản ứng khối lượng thanh kim loại tăng 16g.
– Nhúng cùng thanh kim loại ấy vào 1 lít dung dịch CuSO
4
sau phản ứng khối lượng thanh kim tăng 20g. Giả thiết
các phản ứng xảy ra hoàn toàn và thanh kim loại M chưa bị tan hết.
Kim loại M là
A. Zn B. Mg C. Cd D. Fe
Lời giải :
Các phương trình phản ứng xảy ra :
M + FeCl
2



MCl
2
+ Fe
x x x
M + CuSO
4


MSO
4
+ Cu↓
Theo giả thiết thì : n
Cu
= n
Fe
= x mol
Khối lượng thanh kim loại tăng ở (1) là : m = m
Fe
– m
M
= 16g
56x – M
M
.x = 16  M.x = 56x – 16
Khối lượng thanh kim loại tăng ở (2) là : m = m
Cu
– m
M

= 20 g
64x – M.x = 20  M.x = 64x – 20
M = 24. Vậy kim loại M là Mg.

Giáo viên: Phạm Ngọc Sơn
Nguồn: Hocmai.vn

Khóa học LTĐH đảm bảo môn Hóa-Thầy Sơn
Phương pháp đường chéo

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 1 -

PHƢƠNG PHÁP ĐƢỜNG CHÉO
TÀI LIỆU BÀI GIẢNG

1. Nguyên tắc
 Đối với nồng độ % về khối lượng
m
1
C
1

2
CC



2

1
21
CC
m
m C C



(1)
C C
m
2
C
2

1
CC

 Đối với nồng độ mol/l
V
1
C
1

2
CC



2

1
21
CC
V
V C C



(2)
C C
V
2
C
2

1
CC

 Đối với khối lượng riêng
V
1
D
1

2
DD



2

1
21
DD
V
V D D



(3)
D D
V
2
D
2

1
DD

Chú ý:
- Chất rắn coi như dung dịch có C = 100%
- Dung môi coi như dung dịch có C = 0%
- Khối lượng riêng của H
2
O là D = 1 g/ml.
2. Các ví dụ minh hoạ
Ví dụ 1: Để thu được dung dịch HCl 25% cần lấy m
1
gam dung dịch HCl 45% pha với m
2
gam

dung dịch HCl 15%. Tỉ lệ m
1
/m
2
là
A. 2 : 1. B. 3 : 1. C. 1 : 2. D. 1 : 3.
Hướng dẫn
Ta có sơ đồ đường chéo:
m
1
(HCl) 45
15 25



1
2
15 25
m
10 1
m 45 25 20 2

  


25
m
2
(HCl) 15
45 25



Ví dụ 2: Để pha được 500 ml dung dịch nước muối sinh lí nồng độ 0,9% cần lấy V ml dung dịch
NaCl 3%. Giá trị của V là
Khóa học LTĐH đảm bảo môn Hóa-Thầy Sơn
Phương pháp đường chéo

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 2 -

A. 150. B. 214,3. C. 350. D. 285,7.

Hướng dẫn
Sơ đồ đường chéo:
V
1
(NaCl) 3
0 0,9



1
2
0 0,9
V
0,9
V 3 0,9 2,1





0,9
V
2
(H
2
O) 0
3 0,9



V =
1
0,9
V
0,9 2,1



500 = 150 (ml).
Ví dụ 3: Cần lấy m
1
gam tinh thể CuSO
4
.5H
2
O và m
2
gam dung dịch CuSO

4
8% để pha thành 280
gam dung dịch CuSO
4
16%. Giá trị của m
1
, m
2
lần lượt là
A. 40 và 240. B. 180 và 100. C. 60 và 220. D. 220 và 60.
Hướng dẫn
Ta xem tinh thể CuSO
4
.5H
2
O như là dung dịch CuSO
4
có
C% =
160
100%
250

= 64%
Gọi m
1
là khối lượng của CuSO
4
.5H
2

O và m
2
là khối lượng của dung dịch CuSO
4
8%

Sơ đồ đường chéo:
m
1
64
8 16



1
2
8 16
m
81
m 64 16 48 6

  


16
m
2
8
64 16


Hay 6m
1
– m
2
= 0 (1)
Mặt khác m
1
+ m
2
= 280 (2)
Giải hệ hai pt (1, 2), ta được m
1
= 40, m
2
= 240.
Ví dụ 4: Trong tự nhiên, nguyên tố đồng có hai đồng vị là
63
29
Cu
và
65
29
Cu
. Nguyên tử khối trung
bình của đồng là 63,54. Thành phần phần trăm tổng số nguyên tử của đồng vị
63
29
Cu
là
A. 27%. B. 50%. C. 54%. D. 73%.

(Trích đề thi TSCĐ năm 2007 - Khối A, B)

Hướng dẫn
Sơ đồ đường chéo:
%
65
29
Cu
A
1
= 65
63 63,54


A
= 63,54
%
63
29
Cu
A
2
= 63
65 63,54

Khóa học LTĐH đảm bảo môn Hóa-Thầy Sơn
Phương pháp đường chéo

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 3 -




65
29
63
29
63 63,54
% Cu
0,54
65 63,54 1,46
% Cu




Vậy %
63
29
Cu
=
1,46
100%
0,54 1,46


= 73%.
Ví dụ 5: Một hỗn hợp gồm O

2
, O
3
(ở đktc) có tỉ khối so với hiđro là 18. Thành phần % về thể tích
của O
2
trong hỗn hợp là
A. 25%. B. 75%. C. 45%. D. 55%.
Hướng dẫn

Ta có
hh
M
= 18

2 = 36
Sơ đồ đường chéo:

3
O
V
48
32 36



3
2
O
O

V
32 36
41
V 48 36 12 3

  


36

2
O
V
32
48 36

Vậy
2
O
%V
=
3
100%
13


= 75%.
Ví dụ 6: Hoà tan Cu trong dung dịch HNO
3
, thu được hỗn hợp khí gồm NO và NO

2
có tỉ khối hơi
so với hiđro là 16,6. Hệ số tỉ lượng (số nguyên, đơn giản nhất) của kim loại Cu trong phương trình
hoá học chung là
A. 4. B. 10. C. 13. D. 7.
Hướng dẫn


0
Cu
+ H
5
N

O
3



2
Cu

(NO
3
)
2
+
2
N


O +
4
N

O
2
+ H
2
O
Đặt
NO
n
= a (mol) và
2
NO
n
= b (mol)
Ta có
hh
M
= 16,6

2 = 33,2
a

(NO) 30
46 33,2


46 33,2

a 12,8 4
b 30 33,2 3,2 1

  


33,2
b (NO
2
) 46
30 33,2


13


0
Cu



2
Cu

+ 2e
2

5
5
N


+ 13e

4
2
N

+
4
N


13Cu + 36HNO
3


13Cu(NO
3
)
2
+ 8NO + 2NO
2
+ 18H
2
O
Ví dụ 7: Hoà tan 4,59 gam Al bằng dung dịch HNO
3
, thu được V lít hỗn hợp khí (đktc) gồm NO
và N
2

O có tỉ khối hơi đối với hiđro là 16,75. Giá trị của V là
Khóa học LTĐH đảm bảo môn Hóa-Thầy Sơn
Phương pháp đường chéo

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 4 -

A. 1,792. B. 2,688. C. 2,016. D. 3,584.
Hướng dẫn

Ta có
hh
M
= 16,75

2 = 33,5

Al
n
=
4,59
27
= 0,17 (mol)
Sơ đồ đường chéo:
a

(NO) 30 10,5



a 10,5 3
b 3,5 1


33,5
b (N
2
O) 44 3,5
Hay a – 3b

= 0 (1)
Các quá trình oxi hoá - khử xảy ra:

0
Al



3
Al

+ 3e
5
N

+ 3e


2
N



0,17

0,51 3a

a
2
5
N

+ 8e


1
2
N


8b

b
Do đó 3a + 8b = 0,51 (2)
Giải hệ hai pt (1, 2), ta được: a = 0,09, b = 0,03
Vậy V = (0,09 + 0,03)

22,4 = 2,688 (l).
Ví dụ 8: Số gam H
2
O cho vào 100 gam dung dịch H

2
SO
4
80% để được dung dịch H
2
SO
4
50% là
A. 40 g B. 50 g C. 60 g D. 70 g
Lời giải



  
m 30
m 60(g)
100 50


Ví dụ 9. Làm bay hơi 500 ml dung dịch chất A 20% (D = 1,2 g/ml) để chỉ còn
300 gam dung dịch. Nồng độ % của dung dịch này là
A. 30% B. 40% C. 50% D. 60%
Lời giải
m
dd
= 500.1,2 = 600 (g)
Đây là bài toán cô cạn nên có sơ đồ :


m 0 30


50

100 80 50



Khóa học LTĐH đảm bảo môn Hóa-Thầy Sơn
Phương pháp đường chéo

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 5 -



600 x
x 40%
300 x 20
   


Ví dụ 10. Từ 100g dung dịch KOH 30% để có dung dịch 50% cần thêm vào số gam KOH nguyên chất là
A. 40 gam B. 50 gam C. 60 gam D. 70 gam
Lời giải


   
m 20
m 40g

100 50

Ví dụ 11. Một dung dịch HNO
3
nồng độ 60% và một dung dịch HNO
3
khác có nồng độ 20%. Để có
100gam dung dịch mới có nồng độ 45% thì cần phải pha chế về khối lượng giữa 2 dung dịch HNO
3
60%,
20% lần lượt là
A. 37,5g ; 62,5g. B. 62,5g ; 37,5g. C. 40g ; 60g. D. 53g ; 47g.
Lời giải



1
2
12
m
15 3
m 25 5
m m 100
  


1
2
m 37,5g
m 62,5g








Ví dụ 12. Một hỗn hợp 52 lít (đktc) gồm H
2
và CO có tỉ khối hơi đối với metan bằng 1,5 thì
2
H
V
và V
CO

trong hỗn hợp là
A. 8 lít và 44 lít. B. 44 lít và 8 lít.
C. 4 lít và 48 lít. D. 10 lít và 42 lít.
Lời giải


1
2
V
2
V 11








1
2
V 8lÝt
V 44lÝt

Ví dụ 13. Cho 6,12g Mg tác dụng với dung dịch HNO
3
thu được dung dịch X chỉ có một muối và hỗn hợp khí Y
gồm NO và N
2
O có tỉ khối hơi đối với hiđro bằng 16,75. Thể tích NO và N
2
O (ở đktc) thu được lần lượt là
A. 2,24 lít và 6,72 lít. B. 2,016 lít và 0,672 lít.
C. 0,672 lít và 2,016 lít. D. 1,972 lít và 0,448 lít.
Lời giải
Quá trình cho electron : Mg

Mg
2+
+ 2e
dd A : 600 20 – x

x

H

2
O: 300 x – 20



m 100 20

50

100 30 50



m
1
20 15

45

m
2
60 25




V
1
H
2

2 4

24

V
2
CO 28 22



Khóa học LTĐH đảm bảo môn Hóa-Thầy Sơn
Phương pháp đường chéo

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 6 -

Quá trình nhận electron : N
+5
+ 3e

N
+2
(NO)
3x x
N
+5
+ 4e

N

+1
(N
2
O)
8y 2y y
Áp dụng phương pháp đường chéo
  
2
NO
NO
V
1x
V 3 y

3x 8y 0,51 x 0,09
3x y 0 y 0,03
  



  


Ví dụ 14. Từ 1 tấn quặng hematit (A) điều chế được 420kg sắt. Từ 1 tấn quặng manhetit (B) điều chế được
504kg sắt. Để được 1 tấn quặng hỗn hợp mà từ 1 tấn quặng hỗn hợp này điều chế được 480kg sắt thì phải
trộn 2 quặng A, B với tỉ lệ về khối lượng là
A. 2 : 5 B. 3 : 5 C. 3 : 4 D. 1 : 3
Lời giải




  
A
B
m
24 2
m 60 5


Giáo viên: Phạm Ngọc Sơn
Nguồn: Hocmai.vn

m
A
420 24

480

m
B
504 60


Khóa học LTĐH đảm bảo môn Hóa-Thầy Sơn
Phương pháp bảo toàn electron

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 1 -


PHƢƠNG PHÁP BẢO TOÀN ELECTRON
TÀI LIỆU BÀI GIẢNG

1. Nguyên tắc
Tổng số mol electron chất khử nhường bằng tổng số mol electron chất oxi hoá nhận

eX
n x.n

Dạng 1 : Kim loại tác dụng với dung dịch axit : HNO
3
; H
2
SO
4
đặc
- Tính khối lượng muối tạo thành:
- Tính số mol HNO
3
và H
2
SO
4
phản ứng (kết hợp pp bảo toàn mol nguyên tử).
- So sánh số mol e nhận và nhường để biết có muối tạo thành do sự khử hay không.
Ví dụ 1: Hoà tan hoàn toàn 9,62 gam hỗn hợp X gồm Mg, Fe, Al trong lượng dư dung dịch HNO
3
loãng, thu được
0,12 mol NO và 0,04 mol N
2

O. Tổng khối lượng muối khan tạo thành là
A. 41,86 gam. B. 51,78 gam. C. 14,86 gam. D. 64,18 gam.
Lời giải

n
e
= 3NO + 8N
2
O = 0,36 + 0,32 = 0,68.



3
NO
n

/ muối
=

n
electron nhường
= 0,68 (mol)
Vậy
m
muối khan
= m
hhX
+
3
NO

m

/ muối
= 9,62 + 62

0,68 = 51,78 (g).
Ví dụ 2: Hoà tan hoàn toàn 12,42 gam Al bằng dung dịch HNO
3
loãng (dư), thu được dung dịch X và
1,344 lít (ở
đktc) hỗn hợp khí Y gồm hai khí là N
2
O và N
2
. Tỉ khối của hỗn hợp khí Y so với khí H
2
là 18. Cô cạn dung dịch
X, thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m là
A. 38,34. B. 34,08. C. 106,38. D. 97,98.
(Trích đề thi TSĐH năm 2009 - Khối A)
Lời giải
Ta có
Al
n
=
12,42
27
= 0,46 (mol); n
e
= 0,46.3 = 1,38


hh Y
n
=
1,344
22,4
= 0,06 (mol) ;
Y
M
= 18

2 = 36

2
NO
n
: 44 8
36


2
NO
n
:
2
N
n
= 8 : 8 = 1 : 1

2

N
n
: 28 8


2
NO
n
=
2
N
n
= 0,06 : 2 = 0,03 (mol)
Từ (1,2): số mol e nhận = 0,24 + 0,3 = 0,54 < số mol e nhường = 1,38
Do đó sản phẩm khử còn có
3
N

(NH
4
NO
3
), khi đó xảy ra thêm (3)


số mol e nhận ở (3) = 1,38 – 0,27 = 0,84 (mol)
Chất rắn khan thu được gồm
33
43
Al(NO ) : 0,46 (mol)

NH NO : 0,105 (mol)




Vậy m = 213

0,46 + 80

0,105 = 106,38 (g).
Khóa học LTĐH đảm bảo môn Hóa-Thầy Sơn
Phương pháp bảo toàn electron

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 2 -

Ví dụ 3: Hỗn hợp X gồm hai kim loại Al và Cu. Hoà tan hoàn toàn 18,2 gam X vào 100 ml dung dịch B chứa đồng
thời H
2
SO
4
12M và HNO
3
2M, đun nóng. Sau phản ứng thu được dung dịch Y và 8,96 lít hỗn hợp khí (đktc) T gồm
NO và SO
2
. Tỉ khối của T so với H
2
là 23,5. Khối lượng của muối trong dung dịch Y là

A. 34,2 gam. B. 32,0 gam. C. 66,2 gam gam. D. 33,1 gam.
Lời giải
Dễ dàng tìm được: n
NO
= 0,2 mol ;
2
SO
n 0,2(mol)

Dung dịch B gồm: H
+
= 2,6 mol ; SO
2
4
= 1,2 mol ; NO

3
= 0,2 mol.
Các quá trình nhường và nhận electron:
Al  Al
3+
+ 3e

SO
2
4
+ 2e + 4H
+
 SO
2

+ 2H
2
O
x 3x 0,2 0,4 0,8 0,2
Cu  Cu
2+
+ 2e

NO

3
+ 3e + 4H
+
 NO + 2H
2
O
y 2y 0,2 0,6 0,8 0,2
Áp dụng sự bảo toàn electron, ta có: 3x + 2y = 1 (1)
Phương trình khối lượng : 27x + 64y =18,2 (2)
Giải hệ (1) và (2), ta được : n
Al
= 0,2 mol ; n
Cu
= 0,2 mol.
Dung dịch Y gồm: Al
3+
= 0,2 mol ; Cu
2+
= 0,2 mol; H
+

=1 mol ; SO
4
2–
= 1 mol (
3
NO

bị oxi hoá hết).
Y gồm các muối sunfat :
Al
2
(SO
4
)
3
= 0,1.342 = 34,2 (g)
CuSO
4
= 0,2. 160 = 32 (g)
m = 66,2 gam.
Ví dụ 4:
Hoà tan hoàn toàn 12 gam
hỗn
hợp Fe, Cu (tỉ lệ mol 1 : 1)
bằng
axit HNO
3
, thu được V lít (ở

đktc) hỗn

hợp khí X (gồm NO và NO
2
) và dung dịch Y (chỉ chứa hai muối và axit dư). Tỉ khối của X

đối với H
2
bằng 19. Giá
trị của V là

A. 2,24. B. 4,48. C. 5,60. D. 3,36.
(Trích đề thi TSĐH năm 2007 - Khối A)
Lời giải
Đặt
NO
n
= a (mol) và
2
NO
n
= b (mol)
Ta có
X
30a 46b
M 19 2 38
ab

   




a = b
Gọi số mol của Fe hoặc Cu trong hỗn hợp là x mol
56x + 64x = 12 (g)

x = 0,1 (mol)
Các quá trình oxi hoá - khử xảy ra:

0
Fe



3
Fe

+ 3e
5
N

+ 3e


2
N


0,1

0,3 3a


a

0
Cu



2
Cu

+ 2e
5
N

+ e


4
N


0,1

0,2 a

a
Khóa học LTĐH đảm bảo môn Hóa-Thầy Sơn
Phương pháp bảo toàn electron

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 3 -

Do đó 0,3 + 0,2 = 3a + a

a = 0,125 (mol)
Vậy V = 22,4

(a + b) = 22,4

2

0,125 = 5,60 (l).
Ví dụ 5: Cho 1,35 g hỗn hợp gồm Cu, Mg, Al tác dụng hết với dung dịch HNO
3
thu được hỗn hợp khí gồm 0,01 mol
NO vào 0,04 mol NO
2
. Khối lượng muối nitrat tạo ra trong dung dịch là
A. 5,69g B. 6,59g C. 4,59g D. 4,69g
Lời giải
Đặt x, y, z lần lượt là số mol Cu, Mg, Al.
Cu Cu(NO
3
)
2
NO
Mg + HNO
3



Mg(NO
3
)
2
+ + H
2
O
Al Al(NO
3
)
3
NO
2
m
muối
= m
3KL
+
3
NO
m


Ta có: 2x + 2y + 3z = 0,03 + 0,04 = 0,07 (1)
Nhưng 0,07 cũng chính là số mol
3
NO

tạo muối với ion kim loại.

Khối lượng muối nitrat là : 1,35 + 62.0,07 = 5,69 (g)
Dạng 2: Tìm công thức của sản phẩm khử N
+5
và S
+6
.
Ví dụ 1: Hoà tan 9,28 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, Zn với số mol bằng nhau trong một lượng vừa đủ dung dịch
H
2
SO
4
đặc, nóng thu được dung dịch Y và 0,07 mol một sản phẩm Z duy nhất chứa lưu huỳnh. Sản phẩm Z là
A. S. B. H
2
S.

C. SO
2
.

D. SO
3
.
Lời giải

Gọi x là số oxi hoá của S trong sản phẩm Z ;
a là số mol của mỗi kim loại trong hỗn hợp X
Ta có 24a + 27a + 65a = 9,28 (g)

a =

9,28
116
= 0,08 (mol)
Các quá trình oxi hoá - khử xảy ra:
Quá trình nhường electron Quá trình nhận electron

0
Mg



2
Mg

+ 2e
6
S

+ (6 – x)e


x
S

a

2a (6 – x)0,07

0,07


0
Al



3
Al

+ 3e
a

3a

0
Zn



2
Zn

+ 2e
a

2a
n
e
= 0,08.7 = 0,56. Số e nhận = 0,56/0,07 = 8 : H
2
S.

Ví dụ 2: Thổi luồng không khí đi qua 25,2 gam bột sắt sau một thời gian biến thành hỗn hợp X có khối lượng 30
gam gồm Fe, FeO, Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4
. Cho X phản ứng hoàn toàn với dung dịch HNO
3
thấy giải phóng ra 5,6 lít khí Y
duy nhất (đktc). Khí Y là
A. NO B. NO
2
C. NH
3
D. N
2

Lời giải
Khóa học LTĐH đảm bảo môn Hóa-Thầy Sơn
Phương pháp bảo toàn electron

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 4 -

- Số mol e nhường :
e Fe

25,2
n 3.n 3. 1,35 mol
56
  

- Số mol e mà O
2
nhận :
2
eO
30 25,2
n 4.n 4. 0,6 mol
32

  

Số mol e mà N
+5
nhận để tạo Y : n
e
= 1,35 - 0,6 = 0,75
Số e mà N
+5
nhận tạo Y là 0,75/0,25 = 3 : NO
Ví dụ 3: Hoà tan hoàn toàn 13,92 gam Fe
3
O
4
bằng dung dịch HNO
3

thu được 448 ml khí X (đktc). Khí X là
A. NO B. N
2
O C. NO
2
D. N
2
HD. n
e
= 0,06 mol. Số e nhận = 0,06/0,02 = 3 : NO

Ví dụ 4: Cho 4,05 gam Al tan hoàn toàn vào dung dịch chứa 0,54 mol HNO
3
thu được dung dịch chứa một muối duy
nhất và một chất khí X. Chất khí X đó là
A. NO B. N
2
C. N
2
O D. NO
2

n
e
= 3.n
Al
= 0,45 mol.
Bảo toàn nguyên tố : n
N(trong X)
= 0,54 - 0,45 = 0,09 mol

Số e mà N
+5
nhận = 0,45/0,09 = 5. Một nguyên tử N nhận 5e: N
2

Dạng 3 : Tìm công thức của oxit sắt
- Khi tác dụng với chất oxi hóa, các oxit của sắt (FeO và Fe
3
O
4
) đều chỉ nhường 1e.
- Khi tác dụng với các chất khử, 1 mol Fe
2
O
3
nhận 6 mol e; 1 mol Fe
3
O
4
nhận 8 mol e và 1 mol FeO nhận 2 mol e.
Ví dụ 1: Hoà tan hoàn toàn 46,4 gam một sắt oxit bằng dung dịch H
2
SO
4
đặc nóng (vừa đủ), thu được 2,24 lít khí
SO
2
(đktc). Công thức của sắt oxit là
A. FeO. B. Fe
3

O
4
. C. Fe
2
O
3
. D. FeO hoặc Fe
3
O
4
.

Lời giải
Ta có
2
SO
n

=
2,24
22,4
= 0,1 (mol)
n
e
= 2.0,1 = 0,2 mol.
M
oxit
46,4/0,2 = 232 : Fe
3
O

4

Ví dụ 2 : Hoà tan hoàn toàn 20,88 gam một oxit sắt bằng dung dịch H
2
SO
4
đặc, nóng thu được dung dịch X và
3,248 lít khí SO
2
(sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Cô cạn dung dịch X, thu được m gam muối sunfat khan. Giá trị
của m và công thức của oxit sắt là
A. 58,0 và FeO. B. 36,0 và Fe
3
O
4
. C. 36,0 và FeO. D. 58,0 và Fe
3
O
4
.
HD. n
e
= 2.0,145 = 0,29. M
oxit
= 20,88/0,29 = 72 : FeO
số mol Fe
2
(SO
4
)

3
= 0,145. m = 0,145.400 = 58.
Dạng 4 : Hỗn hợp kim loại tác dụng với dung dịch muối
Ví dụ 1 : Cho 13g bột Zn phản ứng hoàn toàn với 400 ml dung dịch chứa AgNO
3
0,5M và CuSO
4
0,5M. Kết thúc
phản ứng khối lượng kim loại thu được là
A. 25g B. 26g C. 27g D. 28g
Lời giải
2
Zn
Ag Cu
13
n 0,2(mol); n 0,4.0,5 0,2(mol) ; n 0,4.0,5 0,2(mol)
65

     

Thứ tự ưu tiên phản ứng xảy ra :