Khóa học LTĐH KIT-1: Môn Hóa học (Thầy Phạm Ngọc Sơn)
Phương pháp giải bằng phương trình ion

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




1. Nguyên tắc
Có nhiều bài toán hoá học (nhất là toán hoá vô cơ) cho hỗn hợp nhiều chất tác dụng với dung dịch hỗn
hợp nhiều chất khác. Nếu chỉ dựa vào phương trình hoá học dạng phân tử để tính toán số mol các chất
phản ứng và chất tạo thành, thì rất phức tạp và nhiều khi không rõ bản chất. Để hiểu bản chất, tính toán
đơn giản và nhanh chóng, thay vì phải viết nhiều phương trình hoá học dạng phân tử ta chỉ cần viết một
hoặc vài phương trình hoá học dạng ion rút gọn.
2. Các ví dụ minh hoạ
Ví dụ 1: Hoà tan hết 7,74 gam hỗn hợp bột Mg, Al bằng 500 ml dung dịch hỗn hợp HCl 1M và H
2
SO
4
0,28M thu được dung dịch X và 8,736 lít khí H
2
(ở đktc). Cô cạn dung dịch X thu được lượng muối khan
là
A. 38,93 gam. B. 103,85 gam. C. 25,95 gam. D. 77,86 gam.
(Trích đề thi TSCĐ năm 2008 - Khối A, B)
Hướng dẫn
Ta có
2
H

n
=
8,736
22,4
= 0,39 (mol)

HCl
n
= 0,5 1= 0,5 (mol) ;
24
H SO
n
= 0,5 0,28 = 0,14 (mol)
Các phương trình điện li:
HCl
H
+
Cl

0,5 0,5 0,5
H
2
SO
4
2
H
+
2
4
SO


0,14 0,28 0,14

H
n
ban đầu
= 0,5 + 0,28 = 0,78 (mol)
Các phương trình hoá học dạng ion:
Mg + 2
H

2
Mg
+ H
2
(1)
2Al + 6
H

3
Al
+ 3H
2
(2)
Theo (1, 2):
H
n
phản ứng
= 2
2

H
n
= 0,78 (mol)
H
phản ứng vừa đủ

Vậy
X
m
= m
hh kim loại
+ m
gốc axit

= 7,74 + 35,5 0,5 + 96 0,14 = 38,93 (g).
Ví dụ 2: Thêm m gam kali vào 300 ml dung dịch chứa Ba(OH)
2
0,1M và NaOH 0,1M thu được dung
dịch X. Cho từ từ dung dịch X vào 200 ml dung dịch Al
2
(SO
4
)
3
0,1M thu được kết tủa Y. Để thu được
lượng kết tủa Y lớn nhất thì giá trị của m là
A. 1,59. B. 1,17. C. 1,71. D. 1,95.
(Trích đề thi TSCĐ năm 2007 - Khối A, B)
Hướng dẫn
Ta có

2
Ba(OH)
n
= 0,3 0,1= 0,03 (mol)
;
NaOH
n
= 0,3 0,1= 0,03 (mol)


2 4 3
Al (SO )
n
= 0,2 0,1= 0,02 (mol)
Ba(OH)
2

2
Ba
+ 2
OH
Al
2
(SO
4
)
3
2
3
Al

+ 3
2
4
SO

0,03 0,03 0,06 0,02 0,04 0,06
PHƢƠNG PHÁP GIẢI BẰNG PHƢƠNG TRÌNH ION
(TÀI LIỆU BÀI GIẢNG)
Giáo viên: PHẠM NGỌC SƠN
Đây là tài liệu tóm lược các kiến thức đi kèm với bài giảng “Phương pháp giải bằng phương trình ion” thuộc Khóa
học LTĐH KIT–1: Môn Hóa học (Thầy Phạm Ngọc Sơn) tại website Hocmai.vn. Để có thể nắm vững kiến thức
phần “Phương pháp giải bằng phương trình ion”, Bạn cần kết hợp xem tài liệu cùng với bài giảng này.
Khóa học LTĐH KIT-1: Môn Hóa học (Thầy Phạm Ngọc Sơn)
Phương pháp giải bằng phương trình ion

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


NaOH
Na
+
OH

0,03 0,03

Các phương trình hoá học dạng ion:

2K + 2H

2
O 2
K
+ 2
OH
+ H
2
(1)
0,03 0,03

2
Ba
+
2
4
SO
BaSO
4
(2)
0,03 0,03

3
Al
+ 3
OH
Al(OH)
3
(3)
0,04 0,12
Để thu được lượng kết tủa Y lớn nhất thì

OH
phản ứng vừa đủ với
3
Al


OH
n
tạo ra ở (1)
= 0,12 – (0,06 + 0,03) = 0,03 (mol) Vậy m = 39 0,03 = 1,17 (g).
Ví dụ 3: Trộn 100 ml dung dịch (gồm Ba(OH)
2
0,1M và NaOH 0,1M) với 400 ml dung dịch (gồm
H
2
SO
4
0,0375M và HCl 0,0125M), thu được dung dịch X. Giá trị pH của dung dịch X là

A. 7. B. 2. C. 1. D. 6.
(Trích đề thi TSĐH năm 2007 - Khối B)
Hướng dẫn


2
Ba(OH)
n
= 0,1 0,1= 0,01 (mol) ;
24
H SO

n
= 0,4 0,0375 = 0,015 (mol)


NaOH
n
= 0,1 0,1= 0,01 (mol) ;
HCl
n
= 0,4 0,0125 = 0,005 (mol)
Ba(OH)
2

2
Ba
+ 2
OH
H
2
SO
4
2
H
+
2
4
SO

0,01 0,01 0,02 0,015 0,03 0,015
NaOH

Na
+
OH
HCl
H

+
Cl

0,01 0,01 0,005 0,005

OH
n
= 0,03 (mol) <
H
n
= 0,035 (mol)

Các phương trình hoá học dạng ion:

H
+
OH
H
2
O (1)
0,03 0,03

2
Ba

+
2
4
SO
BaSO
4
(2)


H
n
dư
= 0,035 – 0,03 = 0,005 (mol)
[H
+
]
trong
dd X
=
0,005
0,1 0,4
= 0,01M =
2
10
M
Vậy dung dịch X có pH = 2.
Ví dụ 4: Rót 1 lít dung dịch A chứa NaCl 0,3M và (NH
4
)
2

CO
3
0,25M vào 2 lít dung dịch B chứa NaOH
0,1M và Ba(OH)
2
0,1M. Sau khi kết thúc phản ứng, khối lượng cả hai dung dịch giảm là
A. 47,5 gam. B. 47,2 gam. C. 47,9 gam. D. 47,0 gam.
Hướng dẫn

Ta có
NaCl
n
= 1 0,3 = 0,3 (mol)
;
NaOH
n
= 2 0,1 = 0,2 (mol)

4 2 3
(NH ) CO
n
= 1 0,25 = 0,25 (mol)
;
2
Ba(OH)
n
= 2 0,1= 0,2 (mol)


NaCl

Na

+
Cl
NaOH
Na
+
OH

0,3 0,3 0,3 0,2 0,2
(NH
4
)
2
CO
3
2
4
NH
+
2
3
CO
Ba(OH)
2

2
Ba
+ 2
OH


0,25 0,5 0,25 0,2 0,2 0,4

OH
n
= 0,6 (mol)

Các phương trình hoá học dạng ion:
Khóa học LTĐH KIT-1: Môn Hóa học (Thầy Phạm Ngọc Sơn)
Phương pháp giải bằng phương trình ion

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)
0,2 0,2 0,2

4
NH

+
OH
NH
3
+ H
2
O (2)
0,5
0,5 0,5
Vậy khối lượng
cả hai dung dịch giảm bằng:

3
BaCO
m
+
3
NH
m
=197 0,2 + 17 0,5= 47,9 (g).
Ví dụ 5: Thực hiện hai thí nghiệm:
- Cho 3,84 gam Cu phản ứng với 80 ml dung dịch HNO
3
1M thoát ra V
1
lít NO.
- Cho 3,84 gam Cu phản ứng với 80 ml dung dịch chứa HNO
3
1M và H
2

SO
4
0,5M thoát ra V
2
lít
NO
.
Biết NO là sản phẩm khử duy nhất, các thể tích khí đo ở cùng điều kiện. Quan hệ giữa V
1
và V
2
là
A. V
2
= V
1
. B. V
2
= 2,5V
1
. C. V
2
= 2V
1
. D. V
2


= 1,5V
1

.
(Trích đề thi TSĐH năm 2007 - Khối B)
Hướng dẫn
Ta có
Cu
n
=
3,84
64
= 0,06 (mol)

3
HNO
n
= 0,08 1= 0,08 (mol) ;
24
H SO
n
= 0,08 0,5= 0,04 (mol)
 Thí nghiệm 1:
H
n
=
3
HNO
n
= 0,08 (mol)

3Cu + 8
H

+ 2
3
NO
3
2
Cu
+ 2NO + 4H
2
O (1)
bđ: 0,06 0,08 0,08
pứ: 0,03 0,08 0,02 0,02
spứ: 0,03 0 0,06
 Thí nghiệm 2:
H
n
=
3
HNO
n
+ 2
24
H SO
n
= 0,16 (mol)

3Cu + 8
H
+ 2
3
NO

3
2
Cu
+ 2NO + 4H
2
O (2)
bđ: 0,06 0,16 0,08
pứ: 0,06 0,16 0,04 0,04
spứ: 0 0 0,04
Do đó
NO
n
(2)
= 2
NO
n

(1)
V
2
= 2V
1
.
Ví dụ 6: Dung dịch X chứa hỗn hợp gồm Na
2
CO
3
1,5M và KHCO
3
1M. Nhỏ từ từ từng giọt cho đến hết

200 ml dung dịch HCl 1M vào 100 ml dung dịch X, sinh ra V lít khí (ở đktc). Giá trị của V là
A. 4,48. B. 3,36. C. 2,24. D. 1,12.
(Trích đề thi TSĐH năm 2009 - Khối A)
Hướng dẫn
Ta có
2
3
CO
n
=
23
Na CO
n
= 0,1 1,5 = 0,15 (mol)

3
HCO
n
=
3
KHCO
n
= 0,1 1 = 0,1 (mol) ;
HCl
n
= 0,2 1= 0,2 (mol)
Các phương trình hoá học dạng ion:

2
3

CO
+
H

3
HCO
(1)
bđ: 0,15 0,2
pứ: 0,15 0,15 0,15
spứ: 0 0,05

3
HCO
+
H

2
CO
+ H
2
O (2)
bđ: 0,25 0,05
pứ: 0,05 0,05 0,05
spứ: 0,2 0
Vậy V = 0,05 22,4 = 1,12 (l).
Ví dụ 7: Cho 0,448 lít khí CO
2
(ở đktc) hấp thụ hết vào 100 ml dung dịch chứa hỗn hợp NaOH 0,06M
và
Khóa học LTĐH KIT-1: Môn Hóa học (Thầy Phạm Ngọc Sơn)

Phương pháp giải bằng phương trình ion

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


Ba(OH)
2
0,12M, thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là

A. 1,182. B. 3,940. C. 1,970. D. 2,364.
(Trích đề thi TSĐH năm 2009 - Khối A)
Hướng dẫn
Ta có
2
CO
n
=
0,448
22,4
= 0,02 (mol)

NaOH
n
= 0,1 0,06 = 0,006 (mol) ;
2
Ba(OH)
n
= 0,1 0,12 = 0,012 (mol)


OH
n
= 0,006 + 2 0,012 = 0,03 (mol)
Các phương trình hoá học dạng ion:
CO
2
+
OH

3
HCO
+ H
2
O (1)
bđ: 0,02 0,03
pứ: 0,02 0,02 0,02
spứ: 0 0,01

3
HCO
+
OH

2
3
CO
+ H
2
O (2)

bđ: 0,02 0,01
pứ: 0,01 0,01 0,01
spứ: 0,01 0

2
Ba
+
2
3
CO
BaCO
3
(3)
bđ: 0,012 0,01
pứ: 0,01 0,01 0,01
spứ: 0,002 0
Vậy m =
3
BaCO
m
= 197 0,01 = 1,97 (g).


Giáo viên: Phạm Ngọc Sơn
Nguồn: Hocmai.vn
Khóa học LTĐH KIT-1: Môn Hóa học (Thầy Phạm Ngọc Sơn)
Phương pháp giải bằng phương trình ion

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

- Trang | 1 -


Câu 1: Cho dung dịch Ba(OH)
2
đến dư vào 50 ml dung dịch A có chứa các ion
4
NH
,
2
4
SO
và
3
NO
. Có
11,65 gam chất kết tủa được tạo ra và đun nóng thì có 4,48 lít (đktc) một chất khí bay ra. Nồng độ mol của
các muối trong dung dịch A là
A. 2M và 1M. B. 0,5M và 1,5M. C. 1,25M và 0,75M. D. 1,5M và 1,5M.
Câu 2: Cho m gam hỗn hợp Mg, Al vào 250 ml dung dịch X chứa hỗn hợp axit HCl 1M và axit
H
2
SO
4
0,5M, thu được 5,32 lít H
2
(ở đktc) và dung dịch Y (coi thể tích dung dịch không đổi). Dung
dịch Y có pH là
A. 1. B. 6. C. 7. D. 2.
Câu 3: Trộn 20 ml dung dịch NaOH 1,2M với V ml dung dịch Ba(OH)

2
0,8M thu được dung dịch X.
Dung dịch X hoà tan vừa hết 1,08 gam Al. Giá trị của V là
A. 5. B. 12,5. C. 10. D. 15.
Câu 4: Trộn 200 ml dung dịch gồm HCl 0,1M và H
2
SO
4
0,05M với 300 ml dung dịch Ba(OH)
2
có nồng
độ a mol/l thu được m gam kết tủa và 500 ml dung dịch có pH = 13. Giá trị của a và m lần lượt là
A. 0,15 và 4,66. B. 0,15 và 2,33. C. 0,075 và 2,33. D. 0,75 và 4,66.
Câu 5: Cho 3,2 gam bột Cu tác dụng với 100 ml dung dịch hỗn hợp gồm HNO
3
0,8M và H
2
SO
4
0,2M.
Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, sinh ra V lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Giá trị của
V là
A. 0,746. B. 0,448. C. 1,792. D. 0,672.
Câu 6: Dung dịch X gồm các chất NaAlO
2
0,16 mol; Na
2
SO
4
0,56 mol; NaOH 0,66 mol. Thể tích của

dung dịch HCl 2M cần cho vào dung dịch X để thu được 0,1 mol kết tủa là
A. 0,50 lít hoặc 0,41 lít. B. 0,41 lít hoặc 0,38 lít.
C. 0,38 lít hoặc 0,50 lít. D. 0,25 lít hoặc 0,50 lít.
Câu 7: Cho 5,8 gam FeCO
3
tác dụng vừa đủ với dung dịch HNO
3
được hỗn hợp khí CO
2
, NO và dung
dịch X. Khi thêm dung dịch H
2
SO
4
loãng dư vào X thì dung dịch thu được hoà tan tối đa m gam Cu (biết
rằng có khí NO bay ra). Giá trị của m là
A. 16 . B. 14,4 . C. 1,6 . 12.
Câu 8: Dung dịch hỗn hợp X gồm NaOH 0,2M
và Ca(OH)
2
0,1M.
Sục 7,84 lít khí CO
2
(ở đktc) vào 1 lít
dung dịch X
, thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là

A. 2,5. B. 5,0. C. 7,5. D. 10.
Câu 9: Cho dung dịch Z chứa các ion
3

Fe
,
4
NH
,
2
4
SO
,
Cl
. Chia Z thành hai phần bằng nhau. Phần 1
tác dụng với dung dịch NaOH dư, đun nóng, thu được 1,07 gam kết tủa và 0,448 lít khí (đktc). Phần 2 tác
dụng với dung dịch BaCl
2
dư, thu được 2,33 gam kết tủa. Tổng khối lượng của các chất tan trong dung
dịch Z là
A. 2,945 gam. B. 5,89 gam. C. 0,895 gam. D. 8,95 gam.
Câu 10: Cho 43 gam hỗn hợp BaCl
2
và CaCl
2
vào 1 lít dung dịch hỗn hợp Na
2
CO
3
0,1 mol/l và
(NH
4
)
2

CO
3
0,25 mol/l. Sau khi các phản ứng kết thúc thu được 39,7 gam kết tủa A và dung dịch B. Phần
trăm khối lượng BaCO
3
trong A là
A. 50,38. B. 49,62. C. 48,32. D. 67,4
Câu 11: Hỗn hợp X gồm (Fe, Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4
, FeO) với số mol mỗi chất là 0,1 mol, hòa tan hết vào dung
dịch Y gồm (HCl và H
2
SO
4
loãng) dư thu được dung dịch Z. Nhỏ từ từ dung dịch Cu(NO
3
)
2
1M vào dung
dịch Z cho tới khi ngừng thoát khí NO. Thể tích dung dịch Cu(NO
3
)
2
cần dùng và thể tích khí thoát ra (ở

đktc) là
PHƢƠNG PHÁP GIẢI BẰNG PHƢƠNG TRÌNH ION
(BÀI TẬP TỰ LUYỆN)
Giáo viên: PHẠM NGỌC SƠN
Các bài tập trong tài liệu này được biên soạn kèm theo bài giảng “Phương pháp giải bằng phương trình ion” thuộc
Khóa học LTĐH KIT–1: Môn Hóa học (Thầy Phạm Ngọc Sơn) tại website Hocmai.vn để giúp các Bạn kiểm tra,
củng cố lại các kiến thức được giáo viên truyền đạt trong bài giảng tương ứng. Để sử dụng hiệu quả, Bạn cần học
trước bài giảng “Phương pháp giải bằng phương trình ion” sau đó làm đầy đủ các bài tập trong tài liệu này.

Khóa học LTĐH KIT-1: Môn Hóa học (Thầy Phạm Ngọc Sơn)
Phương pháp giải bằng phương trình ion

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

A. 25 ml; 1,12 lít. B. 500 ml; 22,4 lít. C. 50 ml; 2,24 lít. D. 50 ml; 1,12 lít.
Câu 12: Hòa tan 0,1 mol Cu kim loại trong 120 ml dung dịch X gồm HNO
3
1M và H
2
SO
4
0,5M. Sau khi
phản ứng kết thúc thu được V lít khí NO duy nhất (đktc). Giá trị của V là
A. 1,344 lít. B. 1,49 lít. C. 0,672 lít. D. 1,12 lít.
Câu 13: Dung dịch X chứa dung dịch NaOH 0,2M và dung dịch Ca(OH)
2
0,1M. Sục 7,84 lít khí CO
2


(đktc) vào 1 lít dung dịch X thì khối lượng kết tủa thu được là
A. 15 gam. B. 5 gam. C. 10 gam. D. 0 gam.
Câu 14: Hòa tan hết hỗn hợp gồm một kim loại kiềm và một kim loại kiềm thổ trong nước được dung dịch
A và 1,12 lít H
2
bay ra (ở đktc). Cho dung dịch chứa 0,03 mol AlCl
3
vào dung dịch A. Khối lượng kết tủa
thu được là
A. 0,78 gam. B. 1,56 gam. C. 0,81 gam. D. 2,34 gam.
Câu 15: Dung dịch A chứa 0,01 mol Fe(NO
3
)
3
và 0,15 mol HCl có khả năng hòa tan tối đa bao nhiêu gam
Cu kim loại? (Biết NO là sản phẩm khử duy nhất)
A. 2,88 gam. B. 3,92 gam. C. 3,2 gam. D. 5,12 gam.
Câu 16: Cho hỗn hợp gồm NaCl và NaBr tác dụng với dung dịch AgNO
3
dư thu được kết tủa có khối
lượng đúng bằng khối lượng AgNO
3
đã phản ứng. Phần trăm khối lượng NaCl trong hỗn hợp đầu là
A. 23,3% B. 27,84%. C. 43,23%. D. 31,3%.
Câu 17: Trộn 100 ml dung dịch A (gồm KHCO
3
1M và K
2
CO

3
1M) vào 100 ml dung dịch B (gồm
NaHCO
3
1M và Na
2
CO
3
1M) thu được dung dịch C. Nhỏ từ từ 100 ml dung dịch D (gồm H
2
SO
4
1M và
HCl 1M) vào dung dịch C thu được V lít CO
2
(đktc) và dung dịch E. Cho dung dịch Ba(OH)
2
tới dư vào
dung dịch E thì thu được m gam kết tủa. Giá trị của m và V lần lượt là
A. 82,4 gam và 2,24 lít. B. 4,3 gam và 1,12 lít.
C. 2,33 gam và 2,24 lít. D. 3,4 gam và 5,6 lít.
Câu 18: Hòa tan hoàn toàn 7,74 gam một hỗn hợp gồm Mg, Al bằng 500 ml dung dịch gồm H
2
SO
4
0,28M
và HCl 1M thu được 8,736 lít H
2
(đktc) và dung dịch X. Thêm V lít dung dịch chứa đồng thời NaOH 1M
và Ba(OH)

2
0,5M vào dung dịch X thu được lượng kết tủa lớn nhất.
a) Số gam muối thu được trong dung dịch X là
A. 38,93 gam. B. 38,95 gam. C. 38,97 gam. D. 38,91 gam.
b) Thể tích V là
A. 0,39 lít. B. 0,4 lít. C. 0,41 lít. D. 0,42 lít.
c) Khối lượng kết tủa là
A. 54,02 gam. B. 53,98 gam. C. 53,62 gam. D. 53,94 gam.
Câu 19: Cho m gam hỗn hợp Mg, Al vào 250 ml dung dịch X chứa hỗn hợp axit HCl 1M và axit H
2
SO
4

0,5M, thu được 5,32 lít H
2
(ở đktc) và dung dịch Y (coi thể tích dung dịch không đổi). Dung dịch Y có pH
là
A. 1. B. 6. C. 7. D. 2.
Câu 20: Thực hiện hai thí nghiệm:
1) Cho 3,84 gam Cu phản ứng với 80 ml dung dịch HNO
3
1M thoát ra V
1
lít NO.
2) Cho 3,84 gam Cu phản ứng với 80 ml dung dịch chứa HNO
3
1M và H
2
SO
4

0,5M thoát ra V
2
lít NO.
Biết NO là sản phẩm khử duy nhất, các thể tích khí đo ở cùng điều kiện. Quan hệ giữa V
1
và V
2
là
A. V
2
= V
1
. B. V
2
= 2V
1
. C. V
2
= 2,5V
1
. D. V
2
= 1,5V
1
.


Giáo viên: Phạm Ngọc Sơn
Nguồn: Hocmai.vn


Khóa học LTĐH KIT-1: Môn Hóa học (Thầy Phạm Ngọc Sơn)
Phương pháp giải bằng phương trình ion

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



1.A
2.A
3.C
4.A
5.D
6.C
7.D
8.B
9.B
10.B
11. C
12. A
13. B
14. B
15. C
16. B
17. A
18. A, A, C
19. A
20. B




Giáo viên: Phạm Ngọc Sơn
Nguồn: Hocmai.vn
PHƢƠNG PHÁP GIẢI BẰNG PHƢƠNG TRÌNH ION
(ĐÁP ÁN BÀI TẬP TỰ LUYỆN)
Giáo viên: PHẠM NGỌC SƠN
Các bài tập trong tài liệu này được biên soạn kèm theo bài giảng “Phương pháp giải bằng phương trình ion” thuộc
Khóa học LTĐH KIT–1: Môn Hóa học (Thầy Phạm Ngọc Sơn) tại website Hocmai.vn để giúp các Bạn kiểm tra,
củng cố lại các kiến thức được giáo viên truyền đạt trong bài giảng tương ứng. Để sử dụng hiệu quả, Bạn cần học
trước bài giảng “Phương pháp giải bằng phương trình ion” sau đó làm đầy đủ các bài tập trong tài liệu này.

Khóa học LTĐH KIT-1: Môn Hóa học (Thầy Phạm Ngọc Sơn)
Phương pháp bảo toàn điện tích

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




1. Nguyên tắc
Trong một dung dịch luôn luôn có sự trung hoà về điện tích, nghĩa là tổng số điện tích dương bằng tổng
số điện tích âm.
2. Các ví dụ minh hoạ
Ví dụ 1: Một dung dịch chứa 0,02 mol Cu
2+
, 0,03 mol K
+

, x mol Cl
-
và y mol SO
4
2-
. Tổng khối lượng các
muối tan có trong dung dịch là 5,435 gam. Giá trị của x và y lần lượt là
A. 0,03 và 0,02. B. 0,05 và 0,01. C. 0,01 và 0,03. D. 0,02 và 0,05.
(Trích đề thi TSCĐ năm 2007 - Khối A, B)
Hướng dẫn
Vì trong một dung dịch luôn trung hoà về điện tích nên:
2
2
Cu
n
+ 1
K
n
= 1
Cl
n
+ 2
2
4
SO
n

2 0,02 + 1 0,03 = 1 x + 2 y
x + 2y = 0,07 (1)
Tổng khối lượng muối bằng tổng khối lượng các ion:

64 0,02 + 39 0,03 + 35,5 x + 96 y = 5,435 (g)
35,5x + 96y = 2,985 (2)
Giải hệ hai pt (1, 2) ta được: x = 0,03, y = 0,02.
Ví dụ 2: Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,12 mol FeS
2
và a mol Cu
2
S vào axit HNO
3
(vừa đủ), thu được
dung dịch X (chỉ chứa hai muối sunfat) và khí duy nhất NO. Giá trị của a là
A. 0,04. B. 0,075. C. 0,12. D. 0,06.
(Trích đề thi TSĐH năm 2007 - Khối A)
Hướng dẫn
Sơ đồ phản ứng:

3
HNO
2 4 3
2
2
2
4
Fe (SO )
FeS
dd X NO H O
Cu S
CuSO

FeS

2

3
Fe
+ 2 SO
4
2-

0,12 0,12 0,24
Cu
2
S 2 Cu
2+
+ SO
4
2-

a 2a a
Áp dụng sự bảo toàn điện tích trong dung dịch X, ta có:
3 0,12 + 2 2a = 2 (0,24 + a) a = 0,06 (mol).
Ví dụ 3: Cho 24,4 gam hỗn hợp Na
2
CO
3
, K
2
CO
3
tác dụng vừa đủ với dung dịch BaCl
2

, thu được 39,4 gam
kết tủa. Lọc tách kết tủa, cô cạn dung dịch thu được m gam muối clorua khan. Giá trị m là
A. 2,66. B. 26,6. C. 6,26. D. 22,6.
Hướng dẫn

2
Ba
+
2
3
CO

3
BaCO

0,2 0,2
Ta có
3
BaCO
n
=
39,4
197
= 0,2 (mol)
PHƢƠNG PHÁP BẢO TOÀN ĐIỆN TÍCH
(TÀI LIỆU BÀI GIẢNG)
Giáo viên: PHẠM NGỌC SƠN
Đây là tài liệu tóm lược các kiến thức đi kèm với bài giảng “Phương pháp bảo toàn điện tích” thuộc Khóa học
LTĐH KIT–1: Môn Hóa học (Thầy Phạm Ngọc Sơn) tại website Hocmai.vn. Để có thể nắm vững kiến thức phần
“Phương pháp bảo toàn điện tích”, Bạn cần kết hợp xem tài liệu cùng với bài giảng này.

Khóa học LTĐH KIT-1: Môn Hóa học (Thầy Phạm Ngọc Sơn)
Phương pháp bảo toàn điện tích

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



Na
m
+
K
m
= 24,4 – 60 0,2 =12,4 (g)

Na
n
+
K
n
= 2
2
3
CO
n
= 2 0,2 = 0,4 (mol)
Áp dụng sự bảo toàn điện tích cho dung dịch sau phản ứng:

Cl

n
=
Na
n
+
K
n
= 0,4 (mol)
Vậy m =
Na
m
+
K
m
+
Cl
m
= 12,4 + 35,5 0,4 = 26,6 (g).
Ví dụ 4: Có hai dung dịch là dung dịch A và dung dịch B. Mỗi dung dịch chỉ chứa 2 cation và 2 anion
trong số các ion sau:
K
(0,15 mol),
2
Mg
(0,1 mol),
4
NH
(0,25 mol),
H
(0,2 mol),

Cl
(0,1 mol),
2
4
SO
(0,075 mol),
3
NO
(0,25 mol),
2
3
CO
(0,15 mol). Xác định dung dịch A và dung dịch B.
Hướng dẫn
Vì anion
2
3
CO
không tồn tại đồng thời với các cation
2
Mg
,
H
nên :
- Dung dịch A:
K
,
4
NH
,

2
3
CO
,
y
X

- Dung dịch B:
2
Mg
,
H
, * , * .
Áp dụng sự bảo toàn điện tích đối với dung dịch A, ta có
1 0,15 + 1 0,25 = 2 0,15 + y
n
X
n

y
n
X
n
= 0,1
y

1
2
n
X

n


0,1
0,5
Chỉ có cặp nghiệm y = 1,
n
X
n
= 0,1 là thích hợp
Vậy dung dịch A chứa:
K
,
4
NH
,
2
3
CO
,
Cl

và dung dịch B chứa:
2
Mg
,
H
,
3
NO

,
2
4
SO
.
Ví dụ 5: Dung dịch A chứa a mol
Na
, b mol
4
NH
, c mol
3
HCO
, d mol
2
3
CO
, e mol
2
4
SO
(không kể
các ion
H
và
OH
của nước).
a) Lập biểu thức liên hệ giữa a, b, c, d, e.
b) Thêm (c + d + e) mol Ba(OH)
2

vào dung dịch A, đun nóng thu được kết tủa B, dung dịch X và khí Y
duy nhất. Tính số mol của mỗi chất trong kết tủa B, khí Y và của mỗi ion trong dung dịch X theo a, b, c, d,
e.
Hướng dẫn
a) Áp dụng sự bảo toàn điện tích trong một dung dịch, ta có
1
Na
n
+ 1
4
NH
n
= 1
3
HCO
n
+ 2
2
3
CO
n
+ 2
2
4
SO
n

a + b = c + 2d + 2e
b) Ba(OH)
2


2
Ba
+ 2
OH

c + d + e c + d + e 2(c + d + e)
Các phương trình hoá học dạng ion:

2
Ba
+
2
4
SO
BaSO
4
(1)
e e e

2
Ba
+
2
3
CO
BaCO
3
(2)
d d d


2
Ba
+
3
HCO
+
OH
BaCO
3
+ H
2
O (3)
c c c c
Khóa học LTĐH KIT-1: Môn Hóa học (Thầy Phạm Ngọc Sơn)
Phương pháp bảo toàn điện tích

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



4
NH
+
OH
NH
3
+ H

2
O (4)
b b b
Vì dung dịch X phải chứa
Na
nên
OH
dư.
Do đó kết tủa thu được gồm
4
3
BaSO e mol
BaCO (c d) mol
; khí Y là NH
3
b mol
Dung dịch X chứa
Na
(a mol) và
OH
dư = 2(c + d + e) – c – b = a (mol)
Hoặc dựa vào sự trung hoà về điện của dung dịch X để tính số mol
OH


Na
n
= n
OH
= a (mol).

Ví dụ 6: Dung dịch Z có chứa 5 ion:
2
Mg
,
2
Ba
,
2
Ca
và 0,1 mol
Cl
, 0,2 mol
3
NO
. Thêm dần V ml
dung dịch K
2
CO
3
0,5M vào Z đến khi được lượng kết tủa lớn nhất thì giá trị V tối thiểu cần dùng là
A. 150. B. 200. C. 220. D. 300.
Hướng dẫn
Có thể quy đổi các cation
2
Mg
,
2
Ba
,
2

Ca
thành
2
M


2
M
+
2
3
CO

3
MCO

Khi phản ứng kết thúc, phần dung dịch chứa
K
,
Cl
và
3
NO
.
Áp dụng sự bảo toàn điện tích, ta có:

K
n
=
Cl

n
+
3
NO
n
= 0,1 + 0,2 = 0,3 (mol)

23
K CO
n
=
1
2
K
n
= 0,15 (mol)
Vậy
23
dd K CO
V
=
0,15
0,5
= 0,3 (l) = 300 (ml).
Ví dụ 7: Dung dịch X chứa các ion:
3
Fe
,
4
NH

,
2
4
SO
,
Cl
. Chia dung dịch X thành hai phần bằng nhau.
Phần một tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH, đun nóng thu được 0,672 lít khí (ở đktc) và 1,07 gam
kết tủa ; Phần hai tác dụng với lượng dư dung dịch BaCl
2
, thu được 4,66 gam kết tủa. Tổng khối lượng các
muối khan thu được khi cô cạn dung dịch X là (quá trình cô cạn chỉ có nước bay hơi)
A. 3,73 gam. B. 7,04 gam. C. 7,46 gam. D. 3,52 gam.
(Trích đề thi TSCĐ năm 2008 - Khối A, B)
Hướng dẫn
Các phương trình hoá học dạng ion:
 Phần 1:
3
Fe
+ 3
OH
Fe(OH)
3
(1)
0,01 0,01

4
NH
+
OH

NH
3
+ H
2
O (2)
0,03 0,03
 Phần 2:
2
Ba
+
2
4
SO
BaSO
4
(3)
0,02 0,02
Ta có
3
Fe(OH)
n
=
1,07
107
= 0,01 (mol)

3
NH
n
=

0,672
22,4
= 0,03 (mol)

4
BaSO
n
=
4,66
233
= 0,02 (mol)
Vì trong dung dịch X luôn trung hoà về điện tích nên:
Khóa học LTĐH KIT-1: Môn Hóa học (Thầy Phạm Ngọc Sơn)
Phương pháp bảo toàn điện tích

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


3 0,01 + 1 0,03 = 2 0,02 + 1
Cl
n


Cl
n
= 0,02 (mol)
Vậy tổng khối lượng của các chất tan trong dung dịch Z là
2 (56.0,01 + 18.0,03 + 96.0,02 + 35,5.0,02) = 7,46 (g).

Bài 8. Cho dung dịch A chứa đồng thời 2 axit H
2
SO
4
1,5M và HCl 2M vào 200ml dung dịch B chứa
NaOH 1,8M và KOH 1,2M. Khi môi trường dung dịch trung tính thì thể tích dung dịch A cần là
A. 100 ml. B. 120 ml. C. 200 ml. D. 250 ml.
Hướng dẫn
H
OH
n V.(2.1,5 2) 5V (mol)
n 0,2.(1,8 1,2) 0,6 (mol)

Khi môi trường trung tính : 5V = 0,6 V= 120 ml

Bài 9. Cho 200ml dung dịch A chứa đồng thời 2 axit HCl 1M và HNO
3
2M vào 300ml dung dịch B chứa
NaOH 0,8M và KOH x(M) thu được dung dịch C. Biết rằng để trung hoà 100ml dung dịch C cần 60ml
dung dịch HCl 1M. x có giá trị là
A. 2,2M. B. 3,2M. C. 2,3M. D. 2M.
Hướng dẫn
H
OH
60.500
n 0,2(1 2) .1 0, 9(mol)
100.1000
n 0,3(0,8 x)(mol)

Môi trường trung tính: 0,9 = 0,3(0,8+x) x = 2,2M.


Bài 10. Hoà tan hoàn toàn 23,8g hỗn hợp gồm một muối cacbonat của kim loại hoá trị I và một muối
cacbonat của kim loại hoá trị II vào dung dịch HCl thu được 0,2 mol khí CO
2
. Khối lượng muối mới tạo ra
trong dung dịch là
A. 16g B. 26g C. 36g D. 46g
Hướng dẫn
Đặt công thức của các muối là M
2
CO
3
và RCO
3

2 3
22
32
M CO MCl
+ HCl + CO + H O
RCO RCl

Phương trình ion thu gọn : 2H
+
+ CO
3
2–
CO
2
+ H

2
O
0,4 0,2 mol
Theo phương pháp tăng giảm khối lượng, ta có: m
muối
= 23,8 + 0,2.11 = 26 (g)
Bài 11. Cho 100ml dung dịch A chứa NaCl 1,5M và HCl 3M vào 100ml dung dịch B chứa AgNO
3
1M và
Pb(NO
3
)
2
1M thu được dung dịch C và kết tủa D. Khối lượng kết tủa D là
A. 56,72 g B. 49,13 g C. 34,48 g D. 50,10 g
Hướng dẫn
Ag
+
+ Cl
–
AgCl
Pb
2+
+ 2Cl
–
PbCl
2

2
()

Cl
()
Ag Pb
n 0,1.(1,5 3) 0,45 (mol) n
n 0,1 mol ; n 0,1 mol n 0,1 0,1.2 0,3 (mol)

Ion Cl
–
dư: m
muối
= 108.0,1 + 0,1.207 + 0,3.62 = 50,10 (gam).
Bài 12. Dung dịch A chứa axit HCl a M và HNO
3
b M. Để trung hoà 100 ml dung dịch A cần dùng 200
ml dung dịch hỗn hợp NaOH 0,05M và Ba(OH)
2
0,15M. Mặt khác để kết tủa hoàn toàn ion Cl
–
có trong
50ml dung dịch A cần 100ml dung dịch AgNO
3
0,1M. Các giá trị a, b lần lượt là
Khóa học LTĐH KIT-1: Môn Hóa học (Thầy Phạm Ngọc Sơn)
Phương pháp bảo toàn điện tích

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



A. 0,2M; 0,1M. B. 0,2M; 0,2M. C. 0,2M; 0,3M. D. 0,1M; 0,2M.
Hướng dẫn

H
OH
n 0,1.(a b) mol
n 0,2.(0, 05 0,15) mol
a b 0,04


Ag Cl AgCl


a 0,2M
0,05a 0, 01
b 0,1M

Bài 13. Cho 4,64g hỗn hợp A gồm FeO, Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4
(
23
FeO Fe O
nn
) hoà tan hoàn toàn trong V lít dung

dịch H
2
SO
4
0,2M và HCl 0,6M (đã lấy dư 20% so với lượng cần thiết). V có giá trị là
A. 1,80 lít. B. 1,92 lít. C. 1,94 lít. D. 1,56 lít.
Hướng dẫn
23
FeO Fe O
n : n 1:1
, mà FeO.Fe
2
O
3
= Fe
3
O
4
, vậy A xem như 1 chất Fe
3
O
4

34
A Fe O
4,64
n n 0, 02
232
(mol)
Fe

3
O
4
+ 8H
+
Fe
2+
+ 2Fe
3+
+ 4H
2
O
0,02 0,16
Do lấy dư 20% 0,16 + 0,16.0,2 = 0,1V V =
0,192
1,92
0,1
(lít)
Bài 14. Cho 2 kim loại Fe, Mg tác dụng với 200ml dung dịch A gồm HCl 0,1M, H
2
SO
4
0,2M thu được
dung dịch B và khí C. Cho từ từ dung dịch D gồm NaOH 0,3M, KOH 0,1M vào B để tác dụng vừa đủ với
các chất trong B thì thể tích dung dịch D là
A. 0,15 lít. B. 0,25 lít. C. 0,35 lít. D. 0,45 lít.
Hướng dẫn
2
2
22

2
2
Fe Fe Fe(OH)
H H H OH H O
Mg Mg Mg(OH)

Định luật bảo toàn điện tích :

()
n
trong B =
H
n
trong A =
OH
n
trong D.
Dung dịch trung tính khi :
H OH
n n 0,2(0,1 0,2.2) V(0,3 0,1) V 0,25
(lít)
Bài 15. Để tác dụng vừa đủ với 0,96g hiđroxit của 2 kim loại kiềm ở hai chu kì liên tiếp trong bảng tuần
hoàn, phải dùng 20ml dung dịch HCl 0,4M và H
2
SO
4
0,3M. Tên kim loại đó là
A. Na, K B. Li, Na C. K, Rb D. Na, Rb
Hướng dẫn
2

ROH H R H O

H
n 0,02(0, 4 0,3.2) 0,02(mol)

ROH R R
0,96
M 48 (g / mol) M 17 48 M 31 Na,K
0,02

Bài 16. Hỗn hợp chất rắn X gồm Fe, Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4
và FeO (có số mol bằng nhau là 0,1 mol). Hòa tan hết
X vào dung dịch Y gồm HCl và H
2
SO
4
loãng (dư), thu được dung dịch Z và 1,12 lít khí H
2
(đktc). Nhỏ từ
từ dung dịch Cu(NO
3
)
2

1M vào dung dịch Z cho tới khi ngừng khí NO thoát ra thì dừng lại. Thể tích dung
dịch Cu(NO
3
)
2
đã dùng là
A. 58,3 ml. B. 40,5 ml. C. 50,2 ml. D. 60,5 ml.
Khúa hc LTH KIT-1: Mụn Húa hc (Thy Phm Ngc Sn)
Phng phỏp bo ton in tớch

Hocmai.vn Ngụi trng chung ca hc trũ Vit
Tng i t vn: 1900 58-58-12
- Trang | 6 -


Hng dn
Ta cú: FeO + Fe
2
O
3
Fe
3
O
4

0,1 0,1 0,1
Hn hp X coi nh gm: 0,2 mol Fe
3
O
4

; 0,1 mol Fe + dung dch Y:
Fe
3
O
4
+ 8H
+
Fe
2+
+ 2Fe
3+
+ 4H
2
O (1)
0,2 0,2 0,4
Fe + 2H
+
Fe
2+
+ H
2
(2)
0,05 0,05 0,05
Dung dch Z cha Fe
2+
(0,35 mol), Fe
3+
(0,35 mol), H
+
d, Cl


, SO
2
4
.
Nh t t dung dch Cu(NO
3
)
2
vo dung dch Z :
Fe + Fe
3+
2Fe
2+

0,05 0,05 0,1
3Fe
2+
+ NO
3
+ 4H
+
3Fe
3+
+ NO + 2H
2
O (3)
0,35
0,35
3


3
32
33
32
Cu(NO )
NO Fe NO
Cu(NO )
1 0,35 1
(3) n n (mol) n n 0,05 mol
3 3 2
V 50 ml


Bi 17. Cho 12,15 gam bt Al vo 112,5 ml dung dch hn hp NaNO
3
1M v NaOH 3M, khuy u cho
n khi ngng khớ thoỏt ra thỡ dng li. Th tớch khớ thoỏt ra ktc l
A. 2,24 lớt B. 7,56 lớt C. 15,92 lớt D. 10,08 lớt
Hng dn
n
Al
= 0,45 (mol) ;
3
3
NaNO
NO
n n 0,11205 mol
;
OH

n
= n
NaOH
= 0,3375 mol
3 2 4 3
8Al 3NO 5OH 18H O 8[Al(OH) ] 3NH (1)
: 0,45 0,1125 0,3375
: 0,3 0,1125 0,1875 0,3 0,1125
: 0,15 0 0,15
Ban đầu
Phản ứng
D

2 4 2
2Al 2OH 6H O 2 Al(OH) 3H (2)
: 0,15 0,15
Ph : 0,15 0,15 0,225
D : 0 0
[]
Ban đầu
ản ứng


(1) v (2) n
Khớ
= 0,1125 + 0,225 = 0,3375 (mol) V
khớ
= 0,3375.22,4 = 7,56 (lớt)
Bi 18. Cho 6,4 gam Cu tỏc dng vi 120 ml dung dch hn hp gm HNO
3

1M v H
2
SO
4
0,5 M loóng,
thu c V lớt khớ NO duy nht (ktc), phn ng xy ra hon ton. Giỏ tr ca V l
A. 0,672 lớt . B. 0,896 lớt . C. 1,344 lớt . D. 2,24 lớt .
Hng dn
n
Cu
= 0,1 mol;
3
3
HNO
H NO
n n n 0,12 mol
;
24
H SO
H
H
n 2n 0,12.0,5 0,06 (mol)
n 0,12 2.0,06 0,24 (mol)


Khóa học LTĐH KIT-1: Môn Hóa học (Thầy Phạm Ngọc Sơn)
Phương pháp bảo toàn điện tích

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

- Trang | 7 -


3Cu + 2NO
3
+ 8H
+
3Cu
2+
+ 2NO + 4H
2
O
Ban đầu : 0,1 0,12 0,24
Phản ứng : 0,09 0,06 0,24 0,06
Dư : 0,01 0,06 0
V
NO
= 0,06.22,4 = 1,344 (lít)
Bài 19. Hòa tan hoàn toàn 9,65 gam hỗn hợp 2 kim loại Fe, Al trong dung dịch hỗn hợp HCl và H
2
SO
4

loãng, kết thúc phản ứng thu được 7,28 lít H
2
(đktc). Phần trăm khối lượng của nhôm trong hỗn hợp ban
đầu là
A. 40,32%. B. 35,53%. C. 41,19 %. D. 56,48%.
Hướng dẫn
2

H
n
= 0,325 mol ; đặt x, y lần lượt là số mol của Al, Fe chứa trong hỗn hợp.
Ta có: 27x + 56y = 9,65 (1)
Phương trình ion rút gọn của các phản ứng
2Al + 6H
+
2Al
3+
+ 3H
2
(2)
x 1,5x
Fe + 2H
+
Fe
2+
+ H
2
(3)
y y
Từ (2) và (3)
2
H
V
= 1,5 x + y = 0,325 y = 0,325 – 1,5x (4)
Từ (4) và (1) ta tính được : x = 0,15 mol
%m
Al


=
0,15.27
.100% 41,19%
9,65


Giáo viên: Phạm Ngọc Sơn
Nguồn: Hocmai.vn

Khóa học LTĐH KIT-1: Môn Hóa học (Thầy Phạm Ngọc Sơn)
Phương pháp bảo toàn điện tích

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




Bài 1: Một dung dịch có chứa 4 ion với thành phần : 0,01 mol Na
+
, 0,02 mol Mg
2+
, 0,015 mol
2-
4
SO
, x
mol
Cl

. Giá trị của x là
A. 0,015. B. 0,035. C. 0,02. D. 0,01.
Bài 2: Dung dịch A chứa hai cation Fe
2+
(0,1 mol ); Al
3+
(0,2 mol) và hai anion là
Cl
(x mol);
2
4
SO
(y
mol). Cô cạn dung dịch A thu được 46,9 gam hỗn hợp muối khan. Giá trị của x và y lần lượt là:
A. 0,6 và 0,1. B. 0,3 và 0,2 . C. 0,5 và 0,15. D. 0,2 và 0,3.
Bài 3: Chia hỗn hợp X gồm hai kim loại có hoá trị không đổi thành 2 phần bằng nhau.
Phần 1: Hoà tan hoàn toàn bằng dung dịch HCl dư thu được 1,792 lít H
2
(đktc).
Phần 2 : Nung trong không khí dư thu được 2,84 gam hỗn hợp rắn chỉ gồm các oxit. Khối lượng hỗn hợp
X là
A. 1,56 gam. B. 1,8 gam. C. 2,4 gam. D. 3,12 gam.
Bài 4 : Cho hỗn hợp X gồm x mol FeS
2
và 0,045 mol Cu
2
S tác dụng vừa đủ với HNO
3
loãng, đun nóng thu
được dung dịch chỉ chứa muối sunfat của các kim loại và giải phóng khí NO duy chất. Giá trị của x là:

A. 0,045 B. 0,09. C. 0,135. D. 0,18.
Bài 5 : Dung dịch X có chứa 5 ion : Mg
2+
, Ba
2+
, Ca
2+
, 0,1 mol
Cl
và 0,2 mol
3
NO
. Thêm dần V lít dung
dịch K
2
CO
3
1M vào X đến khi được lượng kết tủa lớn nhất thì giá trị V tối thiểu cần dùng là
A. 150ml . B. 300ml . C. 200ml . D. 250ml.
Bài 6 : Cho tan hoàn toàn 15,6 gam hỗn hợp gồm Al và Al
2
O
3
trong 500ml dung dịch NaOH 1M thu được
6,72 lít H
2
(đktc) và dung dịch X. Thể tích HCl 2M tối thiểu cần cho vào X để thu được lượng kết tủa lớn
nhất là
A. 0,175 lít. B. 0,25 lít. C. 0,125 lít. D. 0,52 lít.
Bài 7 : Hoàn toàn 10 gam hỗn hợp X gồm Mg và Fe bằng dung dịch HCl 2M. Kết thúc thí nghiệm thu

được dung dịch Y và 5,6 lít H
2
(đktc). Để kết tủa hoàn toàn các cation có trong Y cần vừa đủ 300ml dung
dịch NaOH 2M. Thể tích dung dịch HCl đã dùng là
A. 0,2 lít. B. 0,24 lít. C. 0,3 lít. D. 0,4 lít
Bài 8 : Để hoà tan hoàn toàn 20 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe
3
O
4
, Fe
2
O
3
cần vừa đủ 700ml dung dịch
HCl 1M thu được dung dịch X và 3,36 lít H
2
(đktc). Cho NaOH dư vào dung dịch X rồi lấy toàn bộ kết tủa
thu được đem nung trong không khí đến khối lượng không đối thì lượng chất rắn thu được là
A. 8 gam . B. 16 gam . C. 24 gam . D. 32 gam.
Bài 9 : Dung dịch Y chứa Ca
2+
0,1 mol, Mg
2+
0,3 mol,
Cl
0,4 mol,
3
HCO
y mol. Khi cô cạn dung dịch Y
thì lượng muối khan thu được là

A. 37,4 gam. B. 49,8 gam. C. 25,4 gam. D. 30,5 gam.
Bài 10: Một dung dịch chứa 0,02 mol Cu
2+
, 0,03 mol K
+
, x mol
Cl
và y mol
2
4
SO
. Tổng khối lượng các
muối tan có trong dung dịch là 5,435 gam. Giá trị của x và y lần lượt là :
A. 0,03 và 0,02. B. 0,05 và 0,01. C. 0,01và 0,03. D. 0,02 và 0,05.
Bài 11 : Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,12 mol FeS
2
và x mol Cu
2
S vào dung dịch HNO
3
vừa đủ, thu
được dung dịch X chỉ chứa 2 muối sunfat của các kim loại và giải phóng khí NO duy nhất. Giá trị X là
A. 0,03 B. 0,045 C. 0,06. D. 0,09.
PHƢƠNG PHÁP BẢO TOÀN ĐIỆN TÍCH
(BÀI TẬP TỰ LUYỆN)
Giáo viên: PHẠM NGỌC SƠN
Các bài tập trong tài liệu này được biên soạn kèm theo bài giảng “Phương pháp bảo toàn điện tích” thuộc Khóa học
LTĐH KIT–1: Môn Hóa học (Thầy Phạm Ngọc Sơn) tại website Hocmai.vn để giúp các Bạn kiểm tra, củng cố lại
các kiến thức được giáo viên truyền đạt trong bài giảng tương ứng. Để sử dụng hiệu quả, Bạn cần học trước bài
giảng “Phương pháp bảo toàn điện tích” sau đó làm đầy đủ các bài tập trong tài liệu này.


Khóa học LTĐH KIT-1: Môn Hóa học (Thầy Phạm Ngọc Sơn)
Phương pháp bảo toàn điện tích

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


Bài 12: Cho m gam hỗn hợp Cu, Zn, Mg tác dụng hoàn toàn với dung dịch HNO
3
loãng, dư. Cô cạn cẩn
thận dung dịch thu được sau phản ứng thu được (m + 62) gam muối khan. Nung hỗn hợp muối khan trên
đến khối lượng không đổi thu được chất rắn có khối lượng là
A. (m + 4) gam. B. (m + 8) gam. C. (m + 16) gam. D. (m + 32) gam.
Bài 13: Cho 24,4 gam hỗn hợp Na
2
CO
3
, K
2
CO
3
tác dụng vừa đủ với dung dịch BaCl
2
sau phản ứng thu
được 39,4 gam kết tủa. Lọc tách kết tủa, cô cạn dung dịch thì thu dược bao nhiêu gam muối clorua khan
A. 2,66 gam. B. 22,6 gam. C. 26,6 gam. D. 6,26 gam.
Bài 14: Trộn dung dịch chứa Ba
2+

;
OH
0,06 mol và Na
+
0,02 mol với dung dịch chứa
3
HCO
0,04 mol;
2
3
CO
0,03 mol và Na
+
. Khối lượng kết tủa thu được sau khi trên là
A. 3,94 gam. B. 5,91 gam. C. 7,88 gam. D. 1,71 gam
Bài 15 : Hoà tan hoàn toàn 5,94 gam hỗn hợp hai muối clorua của 2 kim loại nhóm IIA vào nước được
100ml dung dịch X. Để làm kết tủa hết ion
Cl
có trong dung dịch X ở trên ta cho toàn bộ lượng dung dịch
X ở trên tác dụng vừa đủ với dung dịch AgNO
3
. Kết thúc thí nghiệm, thu được dung dịch Y và17,22 gam
kết tủa. Khối lượng muối khan thu được khi cô cạn dung dịch Y là
A. 4,86 gam. B. 5,4 gam. C. 7,53 gam. D. 9,12 gam.
Bài 16: Dung dịch X chứa 0,025 mol
2
3
CO
; 0,1 mol Na
+

; 0,25 mol NH
4
+
và 0,3 mol
Cl
.
Cho 270ml
dung dịch Ba(OH)
2
0,2M vào và đun nóng nhẹ (giả sử H
2
O bay hơi không đáng kể). Tổng khối lượng dung
dịch X và dung dịch Ba(OH)
2
sau quá trình phản ứng giảm đi là.
A. 4,215 gam. B. 5,296 gam. C. 6,761 gam. D. 7,015 gam.
Bài 17: Trộn 100ml dung dịch AlCl
3
1M với 200ml dung dịch NaOH l,8M đến phản ứng hoàn toàn thì
lượng kết tủa thu được là
A. 3,12 gam. B. 6,24 gam. C. 1,06 gam. D. 2,08 gam.
Bài 18: Dung dịch B chứa ba ion K
+
; Na
+
;
3
4
PO
. 1 lít dung dịch B tác dụng với CaCl

2
dư thu được 31
gam kết tủa. Mặt khác, nếu cô cạn một lít dung dịch B thu được 37,6 gam chất rắn khan. Nồng độ của hai
ba ion K
+
; Na
+
;

3
4
PO
lần lượt là .
A. 0,3M ; 0,3M và 0,6M. B. 0,1M ; 0,1M và 0,2M.
C. 0,3M ; 0,3M và 0,2M. D. 0,3M ; 0,2M và 0,2M.
Bài 19: Cho dung dịnh Ba(OH)
2
đến dư vào 100ml dung dịch X gồm các ion : NH
4
+
,
2
4
SO
,

3
NO
rồi tiến
hành đun nóng thì thu được 23,3 gam kết tủa và 6,72 lít (đktc) một chất khí duy nhất. Nồng độ kết tủa

(NH
4
)
2
SO
4
và NH
4
NO
3
trong dung dịch X lần lượt là:
A. 1M và 1M. B. 2M và 2M. C. 1M và 2M. D. 2M và 1M.
Bài 20: Dung dịch X chứa các ion : Fe
3+
, SO
4
2
, NH
4
+
,

Cl
. Chia dung dịch X thành hai phần bằng nhau :
- Phần một tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH, đun nóng thu được 0,672 lít khí (ở đktc) và1,07 gam
kết tủa.
- Phần hai tác dụng với lượng dư dung dịch BaCl
2
thu được 4,66 gam kết tủa.
- Tổng khối lượng các muối khan thu được khi cô cạn dung dịch X là (quá trình cô cạn chỉ có nước bay

hơi)
A. 3,73 gam. B. 7,04 gam. C. 7,46 gam. D. 3,52 gam.


Giáo viên: Phạm Ngọc Sơn
Nguồn: Hocmai.vn


Khóa học LTĐH KIT-1: Môn Hóa học (Thầy Phạm Ngọc Sơn)
Phương pháp bảo toàn điện tích

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





1. C
2. D
3. D
4. B
5. A
6. B
7. C
8. C
9. A
10. A
11. C

12. B
13. C
14. A
15. D
16. C
17. A
18. C
19. A
20. C




Giáo viên: Phạm Ngọc Sơn
Nguồn: Hocmai.vn


PHƢƠNG PHÁP BẢO TOÀN ĐIỆN TÍCH
(ĐÁP ÁN BÀI TẬP TỰ LUYỆN)
Giáo viên: PHẠM NGỌC SƠN
Các bài tập trong tài liệu này được biên soạn kèm theo bài giảng “Phương pháp bảo toàn điện tích” thuộc Khóa học
LTĐH KIT–1: Môn Hóa học (Thầy Phạm Ngọc Sơn) tại website Hocmai.vn để giúp các Bạn kiểm tra, củng cố lại
các kiến thức được giáo viên truyền đạt trong bài giảng tương ứng. Để sử dụng hiệu quả, Bạn cần học trước bài
giảng “Phương pháp bảo toàn điện tích” sau đó làm đầy đủ các bài tập trong tài liệu này.

Khóa học LTĐH KIT-1: Môn Hóa học (Thầy Phạm Ngọc Sơn)
Phương pháp tự chọn lượng chất

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

- Trang | 1 -




Trong một số câu hỏi và bài tập trắc nghiệm chúng ta có thể gặp mốt số trường hợp đặc biệt sau:
- Có một số bài toán tưởng như thiếu dự kiện gây bế tắc cho việc tính toán.
- Có một số bài toán người ta cho ở dưới dạng giá trị tổng quát như a gam, V lít, n mol hoặc cho tỉ lệ thể
tích hoặc tỉ lệ số mol các chất
Như vậy kết quả giải bài toán không phụ thuộc vào chất đã cho. Trong các trường hợp trên tốt nhất ta tự
chọn một giá trị như thế nào để cho việc giải bài toán trở thành đơn giản nhất.
Cách 1: Chọn một mol nguyên tử, phân tử hoặc một mol hỗn hợp các chất phản ứng.
Cách 2: Chọn đúng tỉ lệ lượng chất trong đầu bài đã cho.
Cách 3: Chọn cho thông số một giá trị phù hợp để chuyển phân số phức tạp về số đơn giản để tính toán.
Sau đây là một số ví dụ điển hình:

CÁCH 1: CHỌN 1 MOL CHẤT HOẶC HỖN HỢP CHẤT PHẢN ỨNG
Ví dụ 1: Hoà tan một muối cacbonat kim loại M hóa trị n bằng một lượng vừa đủ dung dịch H
2
SO
4
9,8%
ta thu được dung dịch muối sunfat 14,18%. M là kim loại gì?
A. Cu. B. Fe. C. Al. D. Zn.
Hướng dẫn giải
Chọn 1 mol muối M
2
(CO
3
)

n
.
M
2
(CO
3
)
n
+ nH
2
SO
4
 M
2
(SO
4
)
n
+ nCO
2

+ nH
2
O
Cứ (2M + 60n) gam  98n gam  (2M + 96n) gam

24
dd H SO
98n 100
m 1000n gam

9,8




2 3 n 2 4 2
M (CO ) dd H SO CO
m m m m  
dd muèi

= 2M + 60n + 1000.n  44.n = (2M + 1016.n) gam.

 
dd muèi
2M 96 100
C% 14,18
2M 1016n




 M = 28.n  n = 2 ; M = 56 là phù hợp vậy M là Fe. (Đáp án B).
Ví dụ 2: (Câu 1 - Mã đề 231 - Khối A - TSCĐ 2007)
Khi hòa tan hiđroxit kim loại M(OH)
2
bằng một lượng vừa đủ dung dịch H
2
SO
4
20% thu được dung dịch

muối trung hoà có nồng độ 27,21%. Kim loại M là
A. Cu. B. Zn. C. Fe. D. Mg.
Hướng dẫn giải
Xét 1 mol M(OH)
2
tham gia phản ứng
M(OH)
2
+ H
2
SO
4
 MSO
4
+ 2H
2
O
Cứ (M + 34) gam  98 gam  (M + 96) gam

24
dd H SO
98 100
m 490 gam
20




 
 

4
dd MSO
M 96 100
m M 34 490
27,21

   

 M = 64  M là Cu. (Đáp án A)
PHƢƠNG PHÁP TỰ CHỌN LƢỢNG CHẤT
(TÀI LIỆU BÀI GIẢNG)
Giáo viên: PHẠM NGỌC SƠN
Đây là tài liệu tóm lược các kiến thức đi kèm với bài giảng “Phương pháp tự chọn lượng chất” thuộc Khóa học
LTĐH KIT–1: Môn Hóa học (Thầy Phạm Ngọc Sơn) tại website Hocmai.vn. Để có thể nắm vững kiến thức phần
“Phương pháp tự chọn lượng chất”, Bạn cần kết hợp xem tài liệu cùng với bài giảng này.
Khóa học LTĐH KIT-1: Môn Hóa học (Thầy Phạm Ngọc Sơn)
Phương pháp tự chọn lượng chất

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 N
2
và có H
2
có tỉ khối hơi so với H
2
bằng 3,6. Sau khi tiến hành phản ứng tổng

hợp được hỗn hợp Y có tỉ khối hơi so với H
2
bằng 4. Hiệu suất phản ứng tổng hợp là
A. 10%. B. 15%. C. 20%. D. 25%.
Hướng dẫn giải
Xét 1 mol hỗn hợp X, ta có:
m
x
=
X
M
= 7,2 gam.
Đặt
2
N
n a mol
, ta có:
28a + 2(1  a) = 7,2
 a = 0,2

2
N
n 0,2 mol
và
2
H
n 0,8 mol
 H
2
dư.

N
2
+ 3H
2

o
xt, t
p


2NH
3

Ban đầu: 0,2 0,8
Phản ứng: x 3x 2x
Sau phản ứng: (0,2  x) (0,8  3x) 2x
n
Y
= (1  2x) mol
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có m
X
= m
Y


Y
Y
Y
m
n

M



 
7,2
1 2x
8

 x = 0,05.
Hiệu suất phản ứng tính theo N
2
là
0,05 100
25%
0,2


. (Đáp án D)
Ví dụ 4: Hỗn hợp X gồm N
2
và H
2
có
X
M 12,4
. Dẫn X đi qua bình đựng bột Fe rồi nung nóng biết rằng
hiệu suất tổng hợp NH
3
đạt 40% thì thu được hỗn hợp Y.

Y
M
có giá trị là
A. 15,12. B. 18,23. C. 14,76. D. 13,48.
Hướng dẫn giải
Xét 1 mol hỗn hợp X  m
X
= 12,4 gam gồm a mol N
2
và (1  a) mol H
2
.
28a + 2(1  a) = 12,4  a = 0,4 mol 
2
H
n 0,6 mol

N
2
+ 3H
2

o
xt, t
p


2NH
3
(với hiệu suất 40%)

Ban đầu: 0,4 0,6
Phản ứng: 0,08  0,60,4  0,16 mol
Sau phản ứng: 0,32 0,36 0,16 mol
Tổng: n
Y
= 0,32 + 0,36 + 0,16 = 0,84 mol;
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: m
X
= m
Y
.

Y
12,4
M 14,76 gam
0,84

. (Đáp án C)
Ví dụ 5: Phóng điện qua O
2
được hỗn hợp khí O
2
, O
3
có
M 33
gam. Hiệu suất phản ứng là
A. 7,09%. B. 9,09%. C. 11,09%. D.13,09%.
Hướng dẫn giải
3O

2

TL§

2O
3
Chọn 1 mol hỗn hợp O
2
, O
3
ta có:

2
O
n a mol

 
3
O
n 1 a mol
.

 
32a 48 1 a 33  

2
15
a mol O
16



Khóa học LTĐH KIT-1: Môn Hóa học (Thầy Phạm Ngọc Sơn)
Phương pháp tự chọn lượng chất

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



3
O
15 1
n 1 mol
16 16
  
.

2
O
1 3 3
n
16 2 32
  
bÞ oxi ho¸
mol.
Hiệu suất phản ứng là:
3
100
32

9,09%
3 15
32 16



. (Đáp án B).
Ví dụ 6: Hoà tan hoàn toàn một lượng kim loại R hóa trị n bằng dung dịch H
2
SO
4
loãng rồi cô cạn dung
dịch sau phản ứng thu được một lượng muối khan có khối lượng gấp 5 lần khối lượng kim loại R ban đầu
đem hoà tan. Kim loại R đó là
A. Al. B. Ba. C. Zn. D. Mg.
Hướng dẫn giải
Xét 1 mol kim loại ứng với R (gam) tham gia phản ứng.
2R + nH
2
SO
4
 R
2
(SO
4
)
n
+ nH
2


Cứ R (gam) 
2R 96n
gam muoi
2






 
2R 96n
5R
2


 R = 12n thỏa mãn với n = 2.
Vậy: R = 24 (Mg). (Đáp án D)

Cách 2: CHỌN GIÁ TRỊ CHO THÔNG SỐ
Ví dụ 7: X là hợp kim gồm (Fe, C, Fe
3
C), trong đó hàm lượng tổng cộng của Fe là 96%, hàm lượng C đơn
chất là 3,1%, hàm lượng Fe
3
C là a%. Giá trị a là
A. 10,5. B. 13,5. C. 14,5. D. 16.
Hướng dẫn giải
Xét 100 gam hỗn hợp X ta có m
C

= 3,1 gam,
3
Fe C
m = a gam
và số gam Fe tổng cộng là 96 gam.

 
3
C trong Fe C
12a
m 100 96 3,1
180
   

 a = 13,5. (Đáp án B)
Ví dụ 8: Nung m gam đá X chứa 80% khối lượng gam CaCO
3
(phần còn lại là tạp chất trơ) một thời gian
thu được chất rắn Y chứa 45,65 % CaO. Tính hiệu suất phân hủy CaCO
3
.
A. 50%. B. 75%. C. 80%. D. 70%.
Hướng dẫn giải
Chọn m
X
= 100 gam 
3
CaCO
m 80 gam
và khối lượng tạp chất bằng 20 gam.

CaCO
3

o
t

CaO + CO
2
(hiệu suất = h)
Phương trình: 100 gam  56 gam 44 gam
Phản ứng: 80 gam 
56.80
.h
100

44.80
.h
100

Khối lượng chất rắn còn lại sau khi nung là

2
X CO
44.80.h
m m 100
100
  
.

56 80 45,65 44 80 h

h 100
100 100 100
  

   


.
 h = 0,75  hiệu suất phản ứng bằng 75%. (Đáp án B).
Các ví dụ phần hữu cơ :
Ví dụ 1: Cho dung dịch axit axetic có nồng độ x% tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH 10% thì thu được
dung dịch muối có nồng độ 10,25%. Vậy x có giá trị nào sau đây?
Khóa học LTĐH KIT-1: Môn Hóa học (Thầy Phạm Ngọc Sơn)
Phương pháp tự chọn lượng chất

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


A. 20%. B. 16%. C. 15%. D.13%.
Hướng dẫn giải
Xét 1 mol CH
3
COOH:

CH
3
COOH + NaOH  CH
3

COONa + H
2
O.
60 gam  40 gam  82 gam.

3
dd CH COOH
60 100
m gam
x


.

ddNaOH
40 100
m 400 gam
10


.

60 100 82 100
m 400
x 10,25

  
dd muèi
gam.
 x = 15%. (Đáp án C).

Ví dụ 2: Hỗn hợp A gồm một Anken và hiđro có tỉ khối so với H
2
bằng 6,4. Cho A đi qua niken nung
nóng được hỗn hợp B có tỉ khối so với H
2
bằng 8 (giả thiết hiệu suất phản ứng xảy ra là 100%). Công thức
phân tử của anken là
A. C
2
H
4
.

B. C
3
H
6
. C. C
4
H
8
.

D. C
5
H
10
.
Hướng dẫn giải
Xét 1 mol hỗn hợp A gồm (a mol C

n
H
2n
và (1a) mol H
2
)
Ta có: 14.n.a + 2(1  a) = 12,8 (1)
Hỗn hợp B có
M 16 14n
(với n  2)  trong hỗn hợp B có H
2
dư
C
n
H
2n
+ H
2

o
Ni, t

C
n
H
2n+2

Ban đầu: a mol (1a) mol
Phản ứng: a  a  a mol
Sau phản ứng hỗn hợp B gồm (1  2a) mol H

2
dư và a mol C
n
H
2n+2
.  tổng n
B
= 1  2a.
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có m
A
= m
B


B
B
B
m
n
M


 
12,8
1 2a
16

 a = 0,2 mol.
Thay a = 0,2 vào (1) ta có 140,2n + 2(1  0,2) = 12,8
 n = 4  anken là C

4
H
8
. (Đáp án C)
Ví dụ 3: Oxi hóa C
2
H
5
OH bằng CuO nung nóng, thu được hỗn hợp chất lỏng gồm CH
3
CHO, C
2
H
5
OH dư
và H
2
O có
M
= 40 đvC. Hiệu suất phản ứng oxi hóa là
A. 25%. B. 35%. C. 45%. D. 55%.
Hướng dẫn giải
Xét 1 mol C
2
H
5
OH. Đặt a mol C
2
H
5

OH bị oxi hóa. Vậy a là hiệu suất của phản ứng oxi hóa rượu.
C
2
H
5
OH + CuO
o
t

CH
3
CHO + H
2
O + Cu


Ban đầu: 1 mol
Oxi hóa: a mol  a mol  a mol
Sau phản ứng: (1  a) mol C
2
H
5
OH dư a mol  a mol

46(1 a) 44a 18a
M 40
1a
  




 a = 0,25 hay hiệu suất là 25%. (Đáp án A)
Ví dụ 4: (Câu 48 - Mã đề 182 - khối A - TSĐH 2007)
Hỗn hợp gồm hiđrocacbon X và oxi có tỉ lệ số mol tương ứng là 1:10. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp trên
thu được hỗn hợp khí Y. Cho Y qua dung dịch H
2
SO
4
đặc, thu được hỗn hợp khí Z có tỉ khối đối với hiđro
bằng 19. Công thức phân tử của X là
A. C
3
H
8
. B. C
3
H
6
. C. C
4
H
8
. D. C
3
H
4
.
Hướng dẫn giải
Đốt hỗn hợp gồm hiđrocacbon X gồm C
x

H
y
(1 mol) và O
2
(10 mol ).
Khóa học LTĐH KIT-1: Môn Hóa học (Thầy Phạm Ngọc Sơn)
Phương pháp tự chọn lượng chất

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


C
x
H
y
+
y
x
4




O
2
 xCO
2
+

y
2
H
2
O
1 mol 
y
x
4




mol  x mol
y
2
mol
 Hỗn hợp khí Z gồm x mol CO
2
và
y
10 x
4








mol O
2
dư.

Z
M 19 2 38  



2
2
co
o
n
1
n1


Vậy:
y
x 10 x
4
  
 8x = 40  y.
 x = 4, y = 8  thoả mãn đáp án C.
Ví dụ 5: A là hỗn hợp gồm một số hiđrocacbon ở thể khí, B là không khí. Trộn A với B ở cùng nhiệt độ
áp suất theo tỉ lệ thể tích (1:15) được hỗn hợp khí D. Cho D vào bình kín dung tích không đổi V. Nhiệt độ
và áp suất trong bình là t
o
C và p atm. Sau khi đốt cháy A trong bình chỉ có N

2
, CO
2
và hơi nước với
22
CO H O
V :V 7:4
đưa bình về t
o
C.
Áp suất trong bình sau khi đốt là p
1
có giá trị là
A.
1
47
p p.
48

B. p
1
= p. C.
1
16
p p.
17

D.
1
3

p p.
5


Hướng dẫn giải
Đốt A: C
x
H
y
+
2
y
xO
4




 xCO
2
+
2
y
HO
2

Vì phản ứng chỉ có N
2
, H
2

O, CO
2
 các hiđrocacbon bị cháy hết và O
2
vừa đủ.
Chọn
xy
CH
n1
 n
B
= 15 mol 
2
O
y 15
n x 3
45
   
p.ø
mol.

22
NO
n 4n 12 mol


y
x3
4
x : y 2 7:4








 x =
7
3
; y =
8
3

Vì nhiệt độ và thể tích không đổi nên áp suất tỉ lệ với số mol khí, ta có:

1
p
7 3 4 3 12 47
p 1 15 48




1
47
p p.
48

(Đáp án A)

Ví dụ 6: Đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp X hai hiđrocacbon A, B thu được
132.a
41
gam CO
2
và
2
45a
gam H O
41
. Nếu thêm vào hỗn hợp X một nửa lượng A có trong hỗn hợp X rồi đốt cháy hoàn toàn thì
thu được
2
165a
gam CO
41
và
2
60,75a
gam H O
41
. Biết A, B không làm mất mầu nước Br
2
.
a) Công thức phân tử của A là
A. C
2
H
2
.


B. C
2
H
6
. C. C
6
H
12
. D. C
6
H
14
.
b) Công thức phân tử của B là
A. C
2
H
2
.

B. C
6
H
6
. C. C
4
H
4
.


D. C
8
H
8
.
c) Phần trăm số mol của A, B trong hỗn hợp X là.
2
2
CO
O
(n ) 44 6
38
(n ) 32 6
Khóa học LTĐH KIT-1: Môn Hóa học (Thầy Phạm Ngọc Sơn)
Phương pháp tự chọn lượng chất

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


A. 60%; 40%. B. 25%; 75%.
C. 50%; 50%. D. 30%; 70%.
Hướng dẫn giải
a) Chọn a = 41 gam.
Đốt X 
2
CO
132

n 3 mol
44

và
2
HO
45
n 2,5 mol
18

.
Đốt
1
XA
2





2
CO
165
n 3,75 mol
44

và
2
HO
60,75

n 3,375 mol
18

.
Đốt
1
A
2
thu được (3,75  3) = 0,75 mol CO
2
và (3,375  2,5) = 0,875 mol H
2
O.
Đốt cháy A thu được
2
CO
n 1,5 mol
và
2
HO
n 1,75 mol
.
vì
22
H O CO
nn
 A thuộc loại ankan, do đó:

 
n 2n 2 2 2 2

3n 1
C H O nCO n 1 H O
2


   
.

2
2
CO
HO
n
n 1,5
n n 1 1,75


 n = 6  A là C
6
H
14
. (Đáp án D).
b) Đốt B thu được (3  1,5) = 1,5 mol CO
2
và (2,5  1,75) = 0,75 mol H
2
O.
Như vậy
C
H

n
1,5 1
n 0,75 2 1


 công thức tổng quát của B là (CH)
n
vì X không làm mất mầu nước Brom
nên B thuộc aren  B là C
6
H
6
. (Đáp án B).
c) Vì A, B có cùng số nguyên tử C (6C) mà lượng CO
2
do A, B tạo ra bằng nhau (1,5 mol)  n
A
= n
B
.
 %n
A
= %n
B
= 50%. (Đáp án C).
Ví dụ 7: Trộn a gam hỗn hợp X gồm 2 hiđrocacbon C
6
H
14
và C

6
H
6
theo tỉ lệ số mol (1:1) với m gam một
hiđrocacbon D rồi đốt cháy hoàn toàn thì thu được
2
275a
gam CO
82
và
94,5a
82
gam H
2
O.
a) D thuộc loại hiđrocacbon nào
A. C
n
H
2n+2
.

B. C
m
H
2m2
. C. C
n
H
2n

.

D. C
n
H
n
.
b) Giá trị m là
A. 2,75 gam. B. 3,75 gam. C. 5 gam. D. 3,5 gam.
Hướng dẫn giải
a) Chọn a = 82 gam
Đốt X và m gam D (C
x
H
y
) ta có:

2
2
CO
HO
275
n 6,25 mol
44
94,5
n 5,25 mol
18











C
6
H
14
+
19
2
O
2
 6CO
2
+ 7H
2
O
C
6
H
6
+
15
2
O
2

 6CO
2
+ 3H
2
O
Đốt D:
x y 2 2 2
yy
C H x O xCO H O
42

   



Đặt
6 14 6 6
C H C H
n n b mol
ta có:
86b + 78b = 82
 b = 0,5 mol.
Đốt 82 gam hỗn hợp X thu được:
Khóa học LTĐH KIT-1: Môn Hóa học (Thầy Phạm Ngọc Sơn)
Phương pháp tự chọn lượng chất

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 7 -




 
2
CO
n 0,5 6 6 6 mol   
.

 
2
HO
n 0,5 7 3 5 mol   
.
 Đốt cháy m gam D thu được:

2
CO
n 6,25 6 0,25 mol  
.

2
HO
n 5,25 5 0,25 mol  
.
Do
22
CO H O
nn
 D thuộc C
n

H
2n
. (Đáp án C).
b) m
D
= m
C
+ m
H
= 0,25(12 + 2) = 3,5 gam. (Đáp án D).


Giáo viên: Phạm Ngọc Sơn
Nguồn: Hocmai.vn

Khóa học LTĐH KIT-1: Môn Hóa học (Thầy Phạm Ngọc Sơn)
Phương pháp tự chọn lượng chất

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



Bài 1: Hoà tan một muối cacbonat kim loại M hoá trị n bằng một lượng vừa đủ dung dịch H
2
SO
4
9,8%, thu
được dung dịch muối sunfat có nồng độ là 14,18%. Kim loại M là:

A. Cu. B. Fe. C. Al. D. Zn.
Bài 2: Khi hoà tan hiđroxit kim loại M(OH)
2
bằng một lượng vừa đủ dung dịch H
2
SO
4
20% thu được dung
dịch muối trung hoà có nồng độ 27,21%. Kim loại M là:
A. Cu. B. Zn. C. Fe. D. Mg.
Bài 3: Hoà tan hoàn toàn một lượng kim loại R hoá trị n bằng dung dịch H
2
SO
4
loãng rồi cô cạn dung dịch
sau phản ứng thu được một lượng muối khan có khối lượng gấp 5 lần khối lượng kim loại R ban đầu đem
hoà tan. Kim loại R đó là:
A. Al. B. Ba. C. Zn. D. Mg
Bài 4: Hỗn hợp X gồm N
2
và có H
2
có tỉ khối hơi so với H
2
bằng 3,6. Sau khi tiến hành phản ứng tổng hợp
được hỗn hợp Y có tỉ khối hơi so với H
2
bằng 4. Hiệu suất phản tổng hợp là:
A. 10%. B. 18,75%. C. 20%. D. 25%.
Bài 5: Hỗn hợp X gồm N

2
và H
2
có
X
M
= 12,4. Dẫn X đi qua bình đựng bột Fe rồi nung nóng biết rằng
hiệu suất tổng hợp NH
3
đạt 40% thì thu được hỗn hợp Y.
Y
M
có trị số là:
A. 15,12. B. 18,23. C. 14,76. D. 13,48.
Bài 6: Phóng điện qua O
2
được hỗn hợp khí O
2
, O
3
có
M
=33 gam. Hiệu suất phản ứng là:
A. 7,09%. B. 9,09%. C. 11,09%. D.13,09%.
Bài 7: X là hợp kim gồm (Fe, C, Fe
3
C), trong đó hàm lượng tổng cộng của Fe là 96%, hàm lượng C đơn
chất là 3,1%, hàm lượng Fe
3
C là a%. Giá trị a là:

A. 10,5. B. 13,5 C. 14,5 D. 16.
Bài 8: Nung m gam đá X chứa 80% khối lượng gam CaCO
3
(phần còn lại là tạp hoá chất trơ) một thời gian
thu được chất rắn Y chứa 45,65% CaO. Hiệu suất phân huỷ CaCO
3
là:
A. 50%. B. 75%. C. 80%. D. 70%.
Câu 9. Hỗn hợp gồm NaCl và NaBr khi tác dụng với AgNO
3
dư thì tạo ra một lượng kết tủa bằng
lượng AgNO
3
đã phản ứng. Thành phần % khối lượng NaCl và NaBr trong hỗn hợp lần lượt là
A. 27,50% ; 72,50% B. 27,47% ; 72,53%
C. 30,00% ; 70,00% D. 30,72% ; 69,28%
Câu 10. Một hỗn hợp chứa Fe, FeO, Fe
2
O
3
. Nếu hoà tan a gam hỗn hợp bằng HCl dư thì lượng H
2
thoát ra
bằng 1% lượng hỗn hợp đem thí nghiệm (giả thiết Fe chỉ phản ứng với HCl). Nếu khử a gam hỗn hợp bằng
H
2
nóng, dư thì thu được một lượng nước bằng 21,15% lượng hỗn hợp đem thí nghiệm. Thành phần % khối
lượng Fe, FeO, Fe
2
O

3
trong hỗn hợp là
A. 20% ; 25% ; 55%. B. 28% ; 36% ; 36%.
C. 30% ; 40%; 30%. D. 27% ; 35% ; 38%.

Giáo viên: Phạm Ngọc Sơn
Nguồn: Hocmai.vn


PHƢƠNG PHÁP TỰ CHỌN LƢỢNG CHẤT
(BÀI TẬP TỰ LUYỆN)
Giáo viên: PHẠM NGỌC SƠN
Các bài tập trong tài liệu này được biên soạn kèm theo bài giảng “Phương pháp tự chọn lượng chất” thuộc Khóa
học LTĐH KIT–1: Môn Hóa học (Thầy Phạm Ngọc Sơn) tại website Hocmai.vn để giúp các Bạn kiểm tra, củng cố
lại các kiến thức được giáo viên truyền đạt trong bài giảng tương ứng. Để sử dụng hiệu quả, Bạn cần học trước bài
giảng “Phương pháp tự chọn lượng chất” sau đó làm đầy đủ các bài tập trong tài liệu này.