Khóa học LTĐH KIT-1: Môn Hóa học (Thầy Vũ Khắc Ngọc)

Phương pháp tự chọn lượng chất

PHƯƠNG PHÁP TỰ CHỌN LƯỢNG CHẤT
(TÀI LIỆU BÀI GIẢNG)

Giáo viên: VŨ KHẮC NGỌC
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 Vũ Khắc Ngọc) 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.

I. CƠ SỞ VÀ ĐẶC ĐIỂM CỦA PHƯƠNG PHÁP
- Phương pháp này có đặc trưng là chỉ áp dụng cho các bài toán mà số liệu ở cả giả thiết và yêu cầu đều
được cho dưới dạng số liệu tương đối (tỷ lệ, tỷ khối, hiệu suất, C%, …).
*
Số liệu tương đối là những số liệu biểu diễn tỷ lệ giữa các thành phần đang xét.
- Một điều kiện quan trọng của Phương pháp Tự chọn lượng chất là chỉ áp dụng cho hỗn hợp đồng nhất.
Đó là hỗn hợp mà sự pha trộn, phân tán trong hỗn hợp là hoàn toàn đều nhau (đồng nhất) trong mọi phần
của nó. Do đó, thành phần và tỷ lệ lượng chất (tỷ lệ khối lượng, số mol, thể tích, ... ) giữa các thành phần
trong hỗn hợp là một hằng số không đổi, không phụ thuộc vào lượng chất của hỗn hợp.
- Trong Phương pháp Tự chọn lượng chất, giá trị của số liệu đưa thêm là tùy ý nên cần khéo léo chọn giá
trị này sao cho thuận lợi cho việc tính toán, xử lý số liệu sau này (giá trị đó có thể là mẫu số của phân thức,
hoặc bội số của KLPT chất tan trong dung dịch tính bằng C%, hoặc có thể suy ngược giá trị tự chọn này,
...), thường là để cho số mol là số tròn.
II. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Tùy thuộc vào cách chọn đại lượng mà ta có các dạng bài dưới đây:
Dạng 1: Chọn giá trị lượng chất ứng với 1 mol chất tham gia/tạo thành trong phản ứng hoặc 1 mol chất
trong hỗn hợp.
VD1: Cho hỗn hợp A gồm CO2 và SO2 có tỷ lệ 1:4 về khối lượng. Tỷ khối hơi của A so với metan là:
55

55
55
55
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
4
8
16
15
Hướng dẫn giải:
Tỷ lệ khối lượng CO2 và SO2 không phụ thuộc vào khối lượng của hỗn hợp A (hỗn hợp A là đồng nhất),
do đó ta có thể áp dụng phương pháp tự chọn lượng chất.
Không làm mất tính tổng quát của bài toán, ta giả sử có 1 mol CO2 (ứng với 44 gam) trong hỗn hợp A
 mSO2 = 44  4 = 176g  mhh = 44 + 176 = 220g .
Từ đó có được đáp án.
VD2: Hoà tan một muối cacbonat của kim loại M bằng một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 9,8%, thu được
dung dịch muối sunfat có nồng độ 14,18%. Kim loại M là:
A. Al .
B. Cu .
C. Fe .
D. Zn.
Hướng dẫn giải:
Nhận dạng: Bài toán không có số liệu tuyệt đối (gam, lít, mol, …) mà chỉ cho số liệu tương đối (C%).
Không làm mất tính tổng quát của bài toán, ta giả sử có 1 mol muối cacbonat tham gia phản ứng.

Từ đó dễ dàng có đáp án đúng là C. Fe
VD3: Đốt cháy hoàn toàn hợp chất A (chứa các nguyên tố C, H, O, N) thu được hỗn hợp B gồm CO2, hơi
H2O và N2 có tỷ khối hơi so với H2 là 13,75. Cho B qua bình I đựng P2O5 dư và bình II đựng KOH rắn dư
thì thấy tỉ lệ tăng khối lượng của bình II so với bình I là 1,3968. Số mol O2 cần dùng bằng một nửa tổng số
mol CO2 và H2O. Biết M A < M anilin . Công thức phân tử của A là:
A. C2H7O2N.
B. C3H7O2N.
C. C3H7O2N2.
D. C2H5O2N.
Hướng dẫn giải:
Gọi CTPT của A là CxHyOzNt.
Nhận dạng: Vì các giá trị cho trong bài đều biểu thị tỷ lệ các chất nên có thể áp dụng tự chọn lượng chất.
Giả sử lượng khí CO2 sinh ra ở trong B là 1 mol.

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 1 -


Khóa học LTĐH KIT-1: Môn Hóa học (Thầy Vũ Khắc Ngọc)

Phương pháp tự chọn lượng chất

*

Ở đây ta chọn 1 mol CO2 chứ không chọn 1 mol H2O vì nếu làm ngược lại thì giá trị số mol các chất còn
lại sẽ rất lẻ.
Từ đó có đáp án đúng là A. C2H7O2N.

Dạng 2: Chọn giá trị lượng chất của hỗn hợp tương ứng với tỷ lệ của các chất trong hỗn hợp.
VD1: Hỗn hợp B gồm H2S, N2, H2 có tỷ lệ nH2S : nN2 : nH2 = 3 : 2 : 5 . Tỷ khối hơi của B so với H2 là:
A. 8,4.

B. 8,1 .

C. 11,6 .
D. 10,7.
Hướng dẫn giải:
Giả sử hỗn hợp B có 10 mol, trong đó có: 3 mol H2S, 2 mol N2 và 5 mol H2.
Đáp án đúng là A. 8,4.
VD2: Phóng tia lửa điện qua O2 thu được hỗn hợp khí O2, O3 có tỷ khối hơi so với H2 là 16,5. Hiệu suất
phản ứng ozôn hóa là:
A. 7,09%.
B. 9,09%.
C. 11,09%.
D. 13,09%.
Hướng dẫn giải:
Nhận dạng: Bài toán chỉ cho số liệu tương đối (tỷ khối) và yêu cầu tính cũng là một giá trị tỷ lệ (hiệu suất).
Cách 1: Chọn lượng chất của hỗn hợp tương ứng với tỷ lệ mol của các chất trong hỗn hợp
Áp dụng phương pháp đường chéo cho hỗn hợp khí thu được sau phản ứng, ta có:

O2 (M = 32)

15
16,5 x 2 = 33

1
O3 (M = 48)
Như vậy, nếu giả sử hỗn hợp sản phẩm có 16 mol khí thì số mol O2 và O3 tương ứng là 15 mol và 1 mol.

Cách 2: Chọn 1 mol chất ban đầu
Giả sử ban đầu có 1 mol khí O2.
Gọi số mol khí O2 bị ozôn hóa là a (mol).
VD3:Nung m gam hỗn hợp X gồm FeS và FeS2 trong một bình kín chứa không khí (gồm 20% thể tích O2
và 80% thể tích N2) đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được một chất rắn duy nhất và hỗn hợp khí
Y có thành phần thể tích: 84,8% N2, 14% SO2, còn lại là O2. Phần trăm khối lượng của FeS trong hỗn hợp
X là
A. 26,83%.
B. 59,46%.
C. 19,64%.
D. 42,31%.
(Trích đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ khối A – 2011)
Hướng dẫn giải:
Nhận dạng: Đề bài cho tất cả mọi số liệu ở dạng tương đối và cũng chỉ hỏi một giá trị tương đối  chắc
chắn phải sử dụng phương pháp Tự chọn lượng chất và trong trường hợp đề bài cho tỷ lệ thì ta nên chọn số
liệu theo đúng tỷ lệ.
Giả sử có 100 mol hỗn hợp khí Y  số mol N2, SO2 và O2 dư lần lượt là 84,8 mol, 14 mol và 1,2 mol
84,8
 n O2 ®Çu =
= 21,2 mol  n O2 ®Çu = 20 mol .
5
Từ đó cũng có kết quả 19,64%.
Dạng 3: Chọn khối lượng dung dịch biểu diễn bằng C%.
Thông thường, đề bài sẽ cho trước giá trị C% và ta phải chọn mdd, khi đó có 2 cách chọn:
Nếu C% không chia hết cho Mchất tan  chọn mdd là một giá trị chia hết cho Mchất tan (là bội số của Mchất tan)
Nếu C% chia hết cho Mchất tan  chọn mdd là một giá trị bất kỳ (thường chọn 100 gam)
VD1: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm Fe và Mg bằng một lượng vừa đủ dung dịch HCl 20% thu được
dung dịch Y. Nồng độ của FeCl2 trong dung dịch Y là 15,76%. Nồng độ phần trăm của MgCl2 trong dung
dịch Y là:
A. 24,24% .

B. 28,21%.
C. 11,79%.
D. 15,76%.
(Trích đề thi tuyển sinh CĐ khối A – 2007)
Hướng dẫn giải:
Cách 1: Chọn khối lượng dung dịch là bội số của Mchất tan
Nồng độ của dung dịch HCl đã cho là 20%, không chia hết cho 36,5.
Do đó, ta phải giả sử khối lượng dung dịch HCl 20% đã dùng là 365 gam.

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 2 -


Khóa học LTĐH KIT-1: Môn Hóa học (Thầy Vũ Khắc Ngọc)

Phương pháp tự chọn lượng chất

365  0,2
= 2 mol
 n M = n H2 = 1 mol
36,5
Gọi x và y lần lượt là số mol của Fe và Mg trong hỗn hợp ban đầu.
Từ đó có đáp án đúng là C. 11,79%.
Cách 2: Chọn 1 mol chất trong hỗn hợp ban đầu.
Giả sử khối lượng của Fe ban đầu là 56 gam (ứng với 1 mol), tương tự như trên, ta dễ dàng suy ra các kết
quả còn lại.
Khi đó, n HCl =


Giáo viên: Vũ Khắc Ngọc
Nguồn:

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

Hocmai.vn

- Trang | 3 -


Khúa hc LTH KIT-1: Mụn Húa hc (Thy V Khc Ngc)

Phng phỏp trung bỡnh

PHNG PHP TRUNG BèNH
(TI LIU BI GING)

Giỏo viờn: V KHC NGC
õy l ti liu túm lc cỏc kin thc i kốm vi bi ging Phng phỏp trung bỡnh thuc Khúa hc LTH KIT1: Mụn Húa hc (Thy V Khc Ngc) ti website Hocmai.vn. cú th nm vng kin thc phn Phng phỏp
trung bỡnh, Bn cn kt hp xem ti liu cựng vi bi ging ny.

I. C IM CHUNG CA PHNG PHP TRUNG BèNH
1. Khỏi nim giỏ tr trung bỡnh
- L giỏ tr trung gian i din cho hn hp v l giỏ tr trung bỡnh ca tt c cỏc thnh phn trong hn hp.
- Giỏ tr ú c tớnh theo biu thc:
n


X

X .n
i

i 1

n

n
i 1

i

i

X : đại lượng đang xét của thnh phần thứ i trong hỗn hợp
với i
n i : số mol của thnh phần thứ i trong hỗn hợp

- Trong trng hp tt c cỏc cht trong hn hp u cú s mol bng nhau (n1 = n2 = ... = nn) thỡ X l
trung bỡnh cng ca cỏc Xi:
X + X 2 + X3 + ... + X n
X 1
n
- Vỡ X l giỏ tr trung gian, nờn ta cú tớnh cht:
min(Xi ) : đại lượng nhỏ nhất trong tất c Xi
min(Xi ) X max(Xi ) với
max(Xi ) : đại lượng lớn nhất trong tất c Xi
2. Du hiu la chn giỏ tr Trung bỡnh

- i vi phng phỏp Trung bỡnh, im mu cht gii quyt c bi toỏn l phi ch ra c i
lng thớch hp nht ly giỏ tr trung bỡnh.
- Nhỡn chung, i lng c chn ly giỏ tr trung bỡnh phi tha món phn ln trong cỏc yờu cu sau:
(4 du hiu).
3. ng dng giỏ tr Trung bỡnh vo gii toỏn
Giỏ tr Trung bỡnh cú 2 ng dng quan trng trong gii toỏn:
-S dng tớnh cht ca giỏ tr Trung bỡnh xỏc nh CTPT cỏc cht.
- S dng giỏ tr Trung bỡnh lm trung gian i din tớnh nhanh lng cht ca c hn hp ang xột (m
khụng cn quan tõm n lng cht c th ca tng thnh phn trong hn hp ú).
II. PHN LOI CC DNG BI TP V PHNG PHP GII
1. Bin lun xỏc nh cụng thc phõn t
Tựy theo i lng c chn ly giỏ tr trung bỡnh m ta cú th phng phỏp Trung bỡnh thnh cỏc
dng bi sau:
* Dng 1: Phng phỏp KLPT trung bỡnh
p dng cho cỏc bi toỏn m cỏc cht trong hn hp: (cỏc du hiu).
VD1: Cho 1,67 gam hn hp gm hai kim loi 2 chu k liờn tip thuc nhúm IIA (phõn nhúm chớnh
nhúm II) tỏc dng ht vi dung dch HCl (d), thoỏt ra 0,672 lớt khớ H2 ( ktc). Hai kim loi ú l:
A. Be v Mg .
B. Mg v Ca .
C. Sr v Ba .
D. Ca v Sr.
(Trớch thi tuyn sinh H C khi B 2007)
VD2: Mt dung dch cha hai axit cacboxylic n chc k tip nhau trong dóy ng ng. trung hũa
dung dch ny cn dựng 40 ml dung dch NaOH 1,25M. Cụ cn dung dung dch sau phn ng thu c
3,68 gam hn hp mui khan. Cụng thc phõn t hai axit l:
A. CH3COOH; C3H7COOH.
B. C2H5COOH; C3H7COOH.
C. HCOOH; CH3COOH.
D. CH3COOH; C2H5COOH.
VD3: Cho hai axit cacboxylic A v B n chc (MA < MB). Trn 20 gam dung dch A 23% vi 50 gam

dung dch B 20,64% c dung dch D. trung ho hon ton dung dch D cn 200 ml dung dch NaOH
Hocmai.vn Ngụi trng chung ca hc trũ Vit

Tng i t vn: 1900 58-58-12

- Trang | 1 -


Khóa học LTĐH KIT-1: Môn Hóa học (Thầy Vũ Khắc Ngọc)

Phương pháp trung bình

1,1M. Xác định công thức của A và B?
* Dạng 2: Phương pháp số nguyên tử C trung bình
Áp dụng cho các bài toán Hóa hữu cơ mà các chất trong hỗn hợp: (các dấu hiệu)
VD1: Có V lít khí A gồm H2 và hai olefin là đồng đẳng liên tiếp, trong đó H2 chiếm 60% về thể tích. Dẫn
hỗn hợp A qua bột Ni nung nóng được hỗn hợp khí B. Đốt cháy hoàn toàn khí B được 19,8 gam CO2 và
13,5 gam H2O. Giá trị của V và công thức phân tử của hai olefin là:
A. 11,2 lít; C2H4 và C3H6.
B. 6,72 lít; C3H6 và C4H8.
C. 8,96 lít; C4H8 và C5H10.
D. 4,48 lít; C5H10 và C6H12.
VD2: Đốt cháy hoàn toàn 3,24 gam hỗn hợp X gồm hai chất hữu cơ A, B trong đó B hơn A một nguyên tử
C, thu được H2O và 9,24 gam CO2. Biết tỷ khối hơi của X so với H2 là 13,5. Xác định công thức phân tử
của A và B?
* Dạng 3: Phương pháp số nguyên tử H trung bình
Áp dụng cho các bài toán Hóa hữu cơ mà các chất trong hỗn hợp: (các dấu hiệu)
VD: Đốt cháy hoàn toàn 0,672 lít hỗn hợp A gồm hai hiđrocacbon (đktc) có cùng số nguyên tử cacbon thu
được 2,64 gam CO2 và 1,26 gam H2O. Mặt khác, khi cho A qua dung dịch [Ag(NH3)2]OH đựng trong ống
nghiệm thấy có kết tủa bám vào thành ống nghiệm. Công thức phân tử các chất trong A là:

A. C2H4; C2H6.
B. C2H2; C2H6.
C. C3H4; C3H8.
D. C3H4; C3H6.
* Dạng 4: Phương pháp số nguyên tử C và số nguyên tử H trung bình
Áp dụng cho các bài toán Hóa hữu cơ mà các chất trong hỗn hợp: (các dấu hiệu)
VD1: Đốt cháy hoàn toàn 2,24 lít hỗn hợp hai hiđrocacbon là đồng đẳng liên tiếp của nhau, thu được 7,168
lít CO2. Tỷ khối hơi của hỗn hợp này với H2 là 22,4. Biết các thể tích khí đo ở cùng điều kiện. Xác định
công thức phân tử của 2 hiđrocacbon đã cho?
VD2: Đốt cháy hoàn toàn 2,24 lít hỗn hợp hai hiđrocacbon là đồng đẳng liên tiếp của nhau, thu được 7,84
lít CO2. Tỷ khối hơi của hỗn hợp này với H2 là 25,2. Biết các thể tích khí đo ở cùng điều kiện. Xác định
công thức phân tử của 2 hiđrocacbon đã cho?
* Dạng 5: Phương pháp độ bất bão hòa trung bình
- Một số khái niệm cơ bản về độ bất bão hòa.
- Áp dụng cho các bài toán Hóa hữu cơ mà các chất trong hỗn hợp: (các dấu hiệu).
VD: Cho 4,48 lít hỗn hợp X (đktc) gồm hai hiđrocacbon mạch hở tác dụng vừa đủ với 700 ml dung dịch
Br2 0,5M. Sau khi toàn bộ lượng khí bị hấp thụ hết thì khối lượng bình tăng thêm 5,3 gam. Công thức phân
tử của hai hiđrocacbon là:
A. C2H2 và C2H4.
B. C2H2 và C3H8.
C. C3H4 và C4H8.
D. C2H2 và C4H6.
* Dạng 6: Phương pháp số nhóm chức trung bình hoặc hóa trị trung bình
Áp dụng cho các bài toán Hóa hữu cơ mà các chất trong hỗn hợp: (các dấu hiệu).
VD: Nitro hoá benzen bằng HNO3 đặc thu được 2 hợp chất nitro là A và B hơn kém nhau 1 nhóm NO2.
Đốt cháy hoàn toàn 2,3 gam hỗn hợp A, B thu được CO2, H2O và 255,8 ml N2 (ở 270C và 740mmHg). Tìm
công thức phân tử của A, B?
Đáp số: C6H5NO2 và C6H4(NO2)2.
Cách 1: Phương pháp Số nhóm chức trung bình.
Cách 2: Tỷ lệ nguyên tử trung bình.

2. Tính các giá trị chung của cả hỗn hợp thông qua giá trị trung bình
VD: Đem hóa hơi 6,7 gam hỗn hợp X gồm CH3COOH, CH3COOC2H5, CH3COOCH3 và HCOOC2H5 thu
được 2,24 lít hơi (đktc). Khối lượng nước thu được khi đốt cháy hoàn toàn 6,7 gam X là:
A. 4,5 gam.
B. 3,5 gam.
C. 5,0 gam.
D. 4,0 gam.
Mở rộng các biến đổi về phương pháp trung bình
Hỗn hợp khí và hơi A gồm: hơi ruợu etylic, hơi rượu metylic và khí metan. Đem đốt cháy hoàn toàn
20 cm3 hỗn hợp A thì thu được 32 cm3 khí CO2. Thể tích các khí, hơi đo trong cùng điều kiện về nhiệt độ
và áp suất. Kết luận nào dưới đây là đúng:
A. Hỗn hợp A nặng hơn khí Propan.
B. Hỗn hợp A nhẹ hơn không khí.
C. Hỗn hợp A nặng hơn không khí.
D. Hỗn hợp A nặng tương đương không khí.
Giáo viên: Vũ Khắc Ngọc
Nguồn:
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

Hocmai.vn
- Trang | 2 -


Khóa học LTĐH KIT-1: Môn Hóa học (Thầy Vũ Khắc Ngọc)

Phương pháp đường chéo

PHƢƠNG PHÁP ĐƢỜNG CHÉO

(TÀI LIỆU BÀI GIẢNG)

Giáo viên: VŨ KHẮC NGỌC
Đây là tài liệu tóm lược các kiến thức đi kèm với bài giảng “Phương pháp đường chéo” thuộc Khóa học LTĐH
KIT-1: Môn Hóa học (Thầy Vũ Khắc Ngọc) tại website Hocmai.vn. Để có thể nắm vững kiến thức phần “Phương
pháp đường chéo”, Bạn cần kết hợp xem tài liệu cùng với bài giảng này.

I. CƠ SỞ LÝ THUYẾT VÀ ĐẶC ĐIỂM CỦA PHƢƠNG PHÁP
1. Nguyên tắc:
Phương pháp đường chéo là một kỹ thuật giải toán nhanh và trực quan được phát triển từ phương pháp
trung bình, có khả năng ứng dụng rất đa dạng và rộng rãi cho rất nhiều dạng toán hỗn hợp khác nhau trong
chương trình Hóa học phổ thông. Đó thường là các bài toán hỗn hợp chứa 2 thành phần mà yêu cầu của bài
toán là xác định tỷ lệ giữa 2 thành phần đó. Ngoài ra, cũng có thể áp dụng đường chéo trong trường hợp từ
tỷ lệ của 2 thành phần suy ngược lại giá trị của 1 trong 2 thành phần ban đầu (“đường chéo ngược”).
* Chú ý rằng khái niệm “2 thành phần” ở đây cần phải hiểu một cách đầy đủ. Đó có thể là 2 chất, 2
nhóm chất, 2 hỗn hợp đồng nhất có tỷ lệ khác nhau, … Và cũng giống như trong phương pháp Trung bình,
đại lượng trung bình đại diện cho hỗn hợp hai thành phần này có thể là một đại lượng quen thuộc như:
KLPT, KLNT, số nguyên tử C, số nguyên tử H …. nhưng trong nhiều trường hợp cũng có thể là những đại
lượng đặc biệt như: hóa trị, độ bất bão hòa, số nhóm chức, tỷ lệ số mol của 2 loại nguyên tử, ….
2. Bài toán tổng quát:
Công thức tính và khả năng áp dụng của phương pháp đường chéo có thể được hình dung qua bài toán tổng
quát dưới đây:
Cho hỗn hợp X gồm 2 thành phần A và B được đặc trưng bởi 2 giá trị tương ứng là XA, XB và mỗi thành
phần có lượng chất tương ứng là a và b. Gọi X là giá trị trung bình của XA và XB trong hỗn hợp. Khi đó,
tỷ lệ lượng chất của 2 thành phần sẽ là:
X  XB  X  X

a
B
=

nÕu X A < X < X B 
 =
b
X  XA  X  XA

Công thức trên có thể được sơ đồ hóa dưới dạng đường chéo như sau:
XA
XB X
X
X XA
XB
Trong đó:
- XA, XB có thể là: KLPT, KLNT, số nguyên tử C, số nguyên tử H, …., hóa trị, độ bất bão hòa, số nhóm
chức, tỷ lệ số mol của 2 loại nguyên tố, ….
- a và b thông thường là số mol, nhưng cũng có thể là một đại lượng đặc trưng cho lượng chất và tỷ lệ với
số mol.
- Nếu tính % tỷ lệ của mỗi thành phần, ta có thể dùng công thức hệ quả sau:
X -X
X - XA
a
b
%A =
 100% = B
 100%
vµ
%B =
 100% =
 100%
a+b
XB - XA

a+b
XB - XA
Giá trị % này có thể là tỷ lệ về số mol/thể tích/khối lượng, tùy thuộc vào ý nghĩa của a và b.
Chứng minh biểu thức của phương pháp đường chéo:
Dựa trên biểu thức tính giá trị trung bình:
X  XB
a  XA + b  XB
a
X=

a X - XA = b XB - X

=
a+b
b
X  XA









II. PHÂN LOẠI CÁC DẠNG BÀI TẬP VÀ PHƢƠNG PHÁP GIẢI
*Dạng 1: Tính toán hàm lƣợng các đồng vị
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12


- Trang | 1 -


Khóa học LTĐH KIT-1: Môn Hóa học (Thầy Vũ Khắc Ngọc)

Phương pháp đường chéo

VD1: Nguyên tử khối trung bình của brom là 79,91. Brom có hai đồng vị bền là

79
35

Br và

81
35

Br . Thành phần

81
Br là:
% số nguyên tử của 35
A. 54,5%.
B. 55,4%.
C. 45,5%.
D. 44,6%.
Đáp số: C. 45,5%.
VD2: Trong tự nhiên đồng có 2 đồng vị là 63Cu và 65Cu. Nguyên tử khối trung bình của đồng là 63,54.
Phần trăm khối lượng của 63Cu trong CuSO4 là (cho S = 32, O = 16):

A. 39,83%.
B. 11%.
C. 73%.
D. 28,83%.
*Dạng 2: Tính toán trong pha chế các dung dịch có cùng chất tan
Đối với dung dịch biểu diễn bằng CM:
- Khi pha VA lít dung dịch A nồng độ C MA với VB lít dung dịch B nồng độ C MB có cùng chất tan, ta thu

được V lít dung dịch mới có nồng độ C M ( C MA < C M < C MB ) trong đó tỷ lệ thể tích của 2 dung dịch ban
đầu là:
CMA

CM
CMB


CMB

CM

CM

CMA

C MB - C M
VA
=
VB
C M - C MA


- Chú ý là công thức trên chỉ đúng trong trường hợp thể tích của dung dịch mới bằng tổng thể tích của 2
dung dịch ban đầu (nói cách khác, sự hao hụt về thể tích khi pha chế 2 dung dịch này là không đáng kể): V
= VA + VB.
Đối với dung dịch biểu diễn bằng C%:
- Khi pha mA gam dung dịch A nồng độ A% với mB gam dung dịch B nồng độ B% có cùng chất tan, ta
thu được m gam dung dịch mới có nồng độ C% ( A% < C% < B% ) trong đó tỷ lệ khối lượng của 2 dung
dịch ban đầu là:
A%
C%
B%
C%
C% A%
B%

mA
B% - C%
=
mB
C% - A%
- Đối với các dung dịch biểu diễn bằng C%, ta không cần có thêm điều kiện m = mA + mB vì đều này là
hiển nhiên đúng theo định luật bảo toàn khối lượng.
Đối với các dung dịch có tỷ khối không đổi:
Vì m = d.V với d là khối lượng riêng/tỷ khối của chất lỏng nên nếu tỷ khối của 2 dung dịch ban đầu
bằng nhau và bằng với tỷ khối của dung dịch mới sinh ra (tỷ khối dung dịch thay đổi không đáng kể) thì tỷ
lệ về khối lượng cũng chính là tỷ lệ thể tích của 2 dung dịch:
C MB - C M
mA
d  VA
V
B% - C%


=
= A =
hoÆc
mB
d  VB
VB
C% - A%
C M - C MA


Đối với các dung dịch có tỷ khối thay đổi:
- Trong trường hợp tỷ khối của 2 dung dịch bị thay đổi sau khi pha trộn: Khi pha VA lít dung dịch A có tỷ
khối d1 với VB lít dung dịch B có tỷ khối d2 có cùng chất tan, ta thu được V lít dung dịch mới có tỷ khối d
(d1 < d < d2) trong đó tỷ lệ thể tích của 2 dung dịch ban đầu là:
d1
d
d2
d
d
d2
d1

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 2 -



Khóa học LTĐH KIT-1: Môn Hóa học (Thầy Vũ Khắc Ngọc)

Phương pháp đường chéo

VA
d -d
= 2
VB
d - d1
- Chú ý là công thức trên chỉ đúng trong trường hợp thể tích của dung dịch mới bằng tổng thể tích của 2
dung dịch ban đầu (nói cách khác, sự hao hụt về thể tích khi pha chế 2 dung dịch này là không đáng kể): V
= VA + VB
Một số chú ý khác:
- Khi làm các bài tập dạng này, ta còn phải chú ý một số nguyên tắc mang tính giả định dưới đây:
- Chất rắn khan coi như dung dịch có nồng độ C% = 100%.
- Chất rắn ngậm nước coi như một dung dịch có C% bằng % khối lượng của chất tan trong đó.
- Oxit/quặng thường được coi như dung dịch của kim loại có C% bằng % khối lượng của kim loại trong
oxit/quặng đó (hoặc coi như dung dịch của oxi có C% bằng % khối lượng của oxi trong oxit/quặng đó).
- H2O (dung môi) coi như dung dịch có nồng độ 0% hay 0M.
- Oxit tan trong nước (tác dụng với nước) coi như dung dịch axit hoặc bazơ tương ứng có nồng độ C% >
100%.
- Khối lượng riêng của H2O là d = 1 g/ml (hay tỷ khối d = 1).
VD1: Thể tích dung dịch HCl 10M và thể tích H2O cần dùng để pha thành 400 ml dung dịch 2M lần lượt
là:
A. 20 ml và 380 ml. B. 40 ml và 360 ml. C. 80 ml và 320 ml. D. 100 ml và 300 ml.
VD2: Trộn m1 gam dung dịch NaOH 10% với m2 gam dung dịch NaOH 40% thu được 60 gam dung dịch
20%. Giá trị của m1, m2 tương ứng là:
A. 10 gam và 50 gam.
B. 45 gam và 15 gam .
C. 40 gam và 20 gam.

D. 35 gam và 25 gam.
VD3: Khối lượng tinh thể CuSO4.5H2O và dung dịch CuSO4 8% cần dùng để pha thành 280 gam dung dịch
CuSO4 16% lần lượt là:
A. 180 gam và 100 gam.
B. 330 gam và 250 gam.
C. 60 gam và 220 gam .
D. 40 gam và 240 gam.
VD4: Hòa tan 200 gam SO3 vào m gam dung dịch H2SO4 49% ta được dung dịch H2SO4 78,4%. Giá trị của
m là:
A. 133,3 gam.
B. 300 gam.
C. 150 gam.
D. 272,2 gam.
VD5: Hòa tan hoàn toàn m gam Na2O nguyên chất vào 40 gam dung dịch NaOH 12% thu được dung dịch
NaOH 51%. Giá trị của m là:
A. 10 gam.
B. 20 gam.
C. 30 gam.
D. 40 gam.
VD6: Một loại rượu có tỷ khối d = 0,95 thì độ rượu của nó là bao nhiêu. Biết tỷ khối của H2O và rượu
nguyên chất lần lượt là 1 và 0,8:
A. 25,5.
B. 12,5.
C. 50.
D. 25.
*Dạng 3: Tính toán trong pha chế các dung dịch chứa nhiều chất tan khác nhau
VD: Trộn lẫn dung dịch Na2SO4 1M với dung dịch Fe2(SO4)3 1M thu được 600 ml hỗn hợp dung dịch X.
Cho X tác dụng hoàn toàn với một lượng Ba(OH)2 dư, lọc kết tủa rồi nung đến khối lượng không đổi thì m
gam chất rắn. Biết 40 ml dung dịch X phản ứng vừa đủ với 100 ml dung dịch BaCl2 1M. Giá trị của m là:
A. 349,5 gam.

B. 445,8 gam.
C. 421,5 gam.
D. 397,65 gam.
*Dạng 4: Đƣờng chéo trong các bài toán vô cơ
VD1: Thêm 250 ml dung dịch NaOH 2M vào 200 ml dung dịch H3PO4 1,5M. Tính khối lượng các muối
tạo thành trong dung dịch sau phản ứng?
Đáp số: mNaH2PO4 = 0,1  120 = 12 gam
vµ mNa2HPO4 = 0,2  142 = 28,4 gam


VD2: Hòa tan 3,164 gam hỗn hợp 2 muối CaCO3 và BaCO3 bằng dung dịch HCl dư, thu được 448 ml khí
CO2 (đktc). Phần trăm số mol của BaCO3 trong hỗn hợp là:
A. 50%.
B. 55%.
C. 60%.
D. 65%.
VD3: Một loại oleum có công thức H2SO4.nSO3. Lấy 3,38 gam oleum nói trên pha thành 100 ml dung dịch
A. Để trung hoà 50 ml dung dịch A cần dùng vừa đủ 100 ml dung dịch NaOH 0,4M. Giá trị của n là:
A. 1 .
B. 2 .
C. 3 .
D. 4.
*Dạng 5: Đƣờng chéo trong các bài toán hữu cơ

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 3 -



Khóa học LTĐH KIT-1: Môn Hóa học (Thầy Vũ Khắc Ngọc)

Phương pháp đường chéo

VD1: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp 2 hiđrocacbon đồng đẳng liên tiếp, thu được 0,9 mol CO 2 và 1,4 mol
H2O. Thành phần phần trăm về thể tích của mỗi chất trong hỗn hợp ban đầu lần lượt là:
A. 25% và 75%.
B. 20% và 80%.
C. 40% và 60%.
D. 15% và 85%.
VD2: Cho Na dư tác dụng hoàn toàn với 0,1 mol hỗn hợp rượu X, thu được 2,688 lít khí ở điều kiện tiêu
chuẩn. Biết cả 2 rượu trong X đều có khả năng hòa tan Cu(OH)2 tạo thành dung dịch màu xanh thẫm và
khi đốt cháy mỗi rượu đều thu được thể tích CO2 nhỏ hơn 4 lần thể tích rượu bị đốt cháy. Số mol của mỗi
rượu trong X là:
A. 0,025 mol và 0,075 mol.
B. 0,02 mol và 0,08 mol .
C. 0,04 mol và 0,06 mol.
D. 0,015 mol và 0,085 mol.
*Dạng 6: Áp dụng phƣơng pháp đƣờng chéo cho hỗn hợp nhiều hơn 2 chất
*Dạng 7: Phƣơng pháp “đƣờng chéo ngƣợc”
VD: Hỗn hợp khí X gồm 3 hiđrocacbon A, B, C. Trong đó B, C có cùng số nguyên tử cacbon trong phân
tử, số mol A gấp 4 lần tổng số mol B và C trong hỗn hợp. Đốt cháy hoàn toàn 1,12 lít hỗn hợp khí X (đktc)
thu được 3,08 gam CO2 và 2,025 gam H2O. Mặt khác, khi cho X đi qua dung dịch AgNO3/NH3 thì trong
dung dịch xuất hiện kết tủa. Xác định CTCT của A, B, C?
Đáp số: CH4, C3H8 và C3H4 (CH≡C-CH3).
Giáo viên: Vũ Khắc Ngọc
Nguồn:

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt


Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

Hocmai.vn

- Trang | 4 -


Khóa học LTĐH KIT-1: Môn Hóa học (Thầy Vũ Khắc Ngọc)

Phương pháp bảo toàn electron

PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN ELECTRON
(TÀI LIỆU BÀI GIẢNG)

Giáo viên: VŨ KHẮC NGỌC
Đây là tài liệu tóm lược các kiến thức đi kèm với bài giảng “Phương pháp bảo toàn elctron (Phần 1)” thuộc Khóa
học LTĐH KIT-1: Môn Hóa học (thầy Vũ Khắc Ngọc) tại website Hocmai.vn. Để có thể nắm vững kiến thức phần
“Phương pháp bảo toàn elctron”, Bạn cần kết hợp xem tài liệu cùng với bài giảng này.

I. CƠ SỞ LÝ THUYẾT
- Trong một hệ oxi hoá khử: “tổng số e do chất khử nhường bằng tổng số e mà chất oxi hoá nhận”. Hay
“tổng số mol e chất khử nhường bằng tổng số mol e chất oxi hoá nhận”.
Ví dụ:
Cr - 3e Cr3+
x ------3x----x
Cu - 2e Cu2+
y------2y---y
Fe - 3e Fe3+
z -----3z----z

N5+ + 3e N2+
t------3t------ t
Áp dụng phương pháp bảo toàn e thì:
3x + 2y + 3z = 3t.
- Quan trọng nhất là khi áp dụng phương pháp này đó là việc phải nhận định đúng trạng thái đầu và
trạng thái cuối của hệ oxi hoá khử, ta không cần quan tâm đến việc cân bằng phản ứng oxi hoá khử xảy ra.
- Khi áp dụng phương pháp bảo toàn electron ta phải làm các bước sau:
+ B1: Từ dữ kiện của ví dụ đổi ra số mol.
+ B2: Viết quá trình oxi hoá, quá trình khử, đồng thời thiết lập các đại lượng theo số mol.
+ B3: Áp dụng định luật bảo toàn e cho hai quá trình trên: “Tổng số mol e chất nhường bằng tổng số mol e
chất nhận”. Từ đó thiết lập phương trình đại số (nếu cần), kết hợp với giả thiết của Ví dụ để tìm ra két quả
nhanh nhất và chính xác nhất.
II. PHẠM VI SỬ DỤNG:
Gặp nhiều chất trong ví dụ mà khi xét phương trình phản ứng là phản ứng oxi hóa khử (có sự thay đổi
số e) hoặc phản ứng xảy ra phức tạp, nhiều đoạn, nhiều quá trình thì ta áp dụng phương pháp bảo toàn e.
- Cần kết hợp các phương pháp như bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố để giải bài toán.
- Cần có nhiều chất oxi hoá và nhiều chất khử cùng tham gia trong Ví dụ ta cần tìm tổng số mol e nhận
và tổng số mol e nhường rồi mới cân bằng.
III. VÍ DỤ ÁP DỤNG
Ví dụ 1: (Trích đề thi tuyển sinh ĐH CĐ- Khối A-2008). Cho 3,2 gam bột Cu tác dụng với 100 ml dung
dịch hỗn hợp HNO3 0,8 M và H2SO4 0,2 M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn sinh ra V lít khí NO
(đktc) sản phẩm khử duy nhất. Giá trị V lít là:
A. 0,746 lít.
B. 0,448 lít.
C. 1,792 lít.
D. 0,672 lít.
Bài giải:
Áp dụng phản ứng oxi hoá khử:
NO3 4H
3e NO 2H2O


0,12
Ta có:

nH
nH

(HNO3 )
(H 2SO4 )

0,03
0,08mol

2.H 2SO4

2.0,2.0,1 0,04

nH

0,12mol

VNO = 0,03 x 22,4 = 0,672lít D đúng
Ví dụ 2: (Trích đề thi tuyển sinh ĐH CĐ- Khối A-2008). Nung nóng m gam hỗn hợp Al và Fe2O3 (trong
môi trường không có không khí) đến phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp rắn Y, chia Y thành hai
phần bằng nhần bằng nhau:
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 1 -



Khóa học LTĐH KIT-1: Môn Hóa học (Thầy Vũ Khắc Ngọc)

Phương pháp bảo toàn electron

- Phần 1 tác dụng với H2SO4 loãng dư sinh ra 3,08 lít khí hiđrô (đktc).
- Phần 2 tác dụng NaOH dư sinh ra 0,84 lít khí hiđrô (đktc). Giá trị m gam là:
A. 22,75 .
B. 21,40.
C. 29,40.
D. 29,43.
Bài giải:
Phân tích bài toán: Từ P2 + NaOH dư nên Al dư còn Fe2O3 hết:
Như vậy hỗn hợp Y: Fe, Al2O3 và Al dư .
Gọi x, y, z lần lượt là số mol Al2O3, Fe và Al dư trong mỗi phần:

P1:

Al 3e
z 3z

Al3
z

Fe 2e
y 2y

Fe 2
y


2H

2e

Al 3e
z
2H

0,1375

Al

3z

(1)

H2

0,275

P2:

áp dụng ĐLBT e: 3z + 2y = 0,275

3

z

áp dụng ĐLBT e: 3z = 0,075


2e

H2

0,075

0,0375

z = 0,025M.

Thay vào (1)

y = 0,1 mol: Fe2O3 + 2Al Al2O3 + 2Fe (3).
1
Từ (3)
x n Al2O3
n Fe 0,05mol
2
m = 2.(0,05. 102 + 56. 0,1 + 27. 0,025)= 22,75
A đúng.
Ví dụ 3: (Trích đề thi tuyển sinh ĐH CĐ- Khối B-2007). Nung m gam bột Fe trong ôxi thu được 3 gam
hỗn hợp chất rắn X. Hoà tan hết hỗn hợp X bằng HNO3 dư, thu được 0,56 lít khí NO (đktc) là sản phẩm
khử duy nhất. Giá trị m gam là:
A. 2,62.
B. 2,32 .
C. 2,22.
D. 2,52.
Bài giải.
Fe - 3e

Fe3+
Áp dụng ĐLBT e: 3x = 0,075 + 4y (1)
x
3x
Mặt kháC. mX = mFe + mO
2
N+5 + 3e
N+2 (NO)
56x+
32y=3
(2)
0,075 0,025
O2 + 4e
2O-2
x 0,045
Từ (1) và (2)
y
4y
y 0,015
m = 56 0,045 = 2,52g
D đúng.
Ví dụ 4: (Trích đề thi tuyển sinh ĐH CĐ- Khối A-2007). Hoà tan 5,6 gam Fe bằng dung dịch H2SO4
loãng thu được dung dịch X. Dung dịch X phản ứng vừa đủ với V ml dung dịch KMnO4 0,5 M. Giá trị V
ml là:
A. 20.
B. 40.
C. 60.
D. 80.
Bài giải


n Fe

5,6
56

0,1mol ; Fe - 2e
0,1 0,2

Fe2+ - 1e
Fe3+
0,1 0,1
0,1
+7
Mn + 5e
Mn2+
x
5x

Fe2+
0,1

Áp dụng ĐLBT e: 5x = 0,1

VKMnO4

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

0,02
0,5


0,04lit

x = 0,1
5

0,02 .

40ml

B đúng.

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 2 -


Khóa học LTĐH KIT-1: Môn Hóa học (Thầy Vũ Khắc Ngọc)

Phương pháp bảo toàn electron

Ví dụ 5 (Trích đề thi tuyển sinh ĐH CĐ- Khối A-2007). Hoà tan hoàn toàn 12 gam hỗn hợp Fe và Cu ( tỉ
lệ mol 1:1) bằng HNO3 thu được V lít hỗn hợp khí X gồm NO và NO2 (đktc) và dung dịch Y ( chỉ chứa 2
muối và axit dư). Tỉ khối của X so với H2 bằng 19. Giá trị V lít là:
A. 2,24
B. 3,36.
C. 4,48.
D. 5.60.
Bài giải:
Xác định %V của NO và NO2 trong X:
30x 46(1 x)

M X 19.2
x 0,5hay50%
n NO n NO2 xmol
1
Các phương trình oxi hoá khử: nFe = a
nCu = a; 56a + 64a = 12 a = 0,1mol.
5
2
3
N
3e
N (NO)
Fe 3e
Fe
3x
x
0,1 0,3
Cu

2e

Cu 2

N

0,1 0, 2

5

1e


N 4 (NO 2 )

x

x

Áp dụng định luật bảo toàn e ta có: 0,3 + 0,2 = 3x + x x = 0,125.
Vậy nX = 0,125. 2 = 0,25mol VX = 0,25. 22,4 = 5,6 lít D đúng.
Ví dụ 6: ( TN TH PT 2007). Hoà tan 5,4 gam Al bằng một lượng dung dịch H2SO4 loãng dư. Sau phản
ứng thu được dung dịch X và V lít khí H2 đktc. Giá trị của V lít:
A. 2,24.
B. 3,36.
C. 4,48.
D. 6,72.
Bài giải:
Al 3e
Al3

0, 2 0,6
2H

2e

H2

n Al

5, 4
27


0, 2

n H2

0,3 ứng với 6,72 lít

D đúng.

0,6 0,3
Ví dụ 7: (Đề thi thử ĐH Vinh). Hoà tan hết hỗn hợp bột gồm m gam Cu và 4,64 gam Fe3O4 vào dung dịch
H2SO4 loãng dư, sau phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch X. Dung dịch X làm mất màu vừa đủ 100 ml
dung dịch KMnO4 0,1 M. Giá trị của m gam là:
A. 1,92.
B. 0,96.
C. 0,48.
D. 1,44 .
Bài giải:
Fe3O4 + 4 H2SO4
FeSO4 + Fe2(SO4)3 + 4H2O.
0,02---------------------0,02--------0,02
Cu + Fe2(SO4)3 CuSO4 + 2FeSO4 .
0,02---------------------------------0,04
Dung dịch X là H2SO4 dư FeSO4, CuSO4.
10FeSO4 + 2KMnO4 + 8 H2SO4
5Fe2(SO4)3 + 2K2SO4 + 2MnSO4 + 8H2O.
0,05------ 0,01
0,03
n Fe2 (SO4 )3 còn dư
B đúng.

m Cu 64.
0,96g
2
Ví dụ 8: Cho m gam Al tan hoàn toàn dung dịch HNO3 nóng dư thu được 11,2 lít (đktc) hỗn hợp khí A
gồm: N2, NO, N2O có tỉ lệ về số mol tương ứng là 2:1:2. Giá trị m gam là:
A. 35,1.
B. 18,9.
C. 27,9.
D. 26,1.
Bài giải:
11, 2
nA
0,5mol
n N2 0, 2mol;n NO 0,1mol; n N2O 0, 2mol
22, 4

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 3 -


Khóa học LTĐH KIT-1: Môn Hóa học (Thầy Vũ Khắc Ngọc)

Phương pháp bảo toàn electron

+ Quá trình oxi hoá:
Al - 3e
Al3+

(1)
a
3a
a
+ Quá trình khử:
Áp dụng ĐLBT e:
2N+5 + 10e
N2
3a = 2 + 0,3 + 1,6 = 3,9 a = 1,3.
(2)
mAl = 27. 1,3 = 35,1g A đúng.
0,4
2
0,2
+5
+2
N + 3e
N (NO) (3)
0,3
0,1
2N+5 + 8e
N+1(N2O) (4)
1,6 0,2
Ví dụ 10: Để m gam bột sắt ngoài không khí 1 thời gian thu được 11,8 gam hỗn hợp các chất rắn FeO,
Fe2O3, Fe, Fe3O4. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp đó bằng dung dịch HNO3 loãng thu được 2,24 lít khí NO duy
nhất (đktc). Giá trị m gam là:
A. 9,52 gam.
B. 9,94 gam.
C. 8,96 gam.
D. 8,12 gam.

Bài giải:

m
; n O2 (p­)
56

n Fe
Chất khử là Fe;
FeO - 3e Fe3+

m

0,1mol

Chất oxi hoá gồm O2 và HNO3

3m

56

11,8 m
; n NO(gp)
32

2O 2-

O 2 + 4e
56

11, 8


m

32

N+5

+ 3e
0,3

11, 8

m

.4

8.4

N+2 (NO)
0,1

ne nhường = ne chất oxi hoá nhận (O2, NO3 )
3m 11, 8 m
m = 9,94 gam B đúng .
0, 3
56
8
Ví dụ 11: Hoà tan hoàn toàn 17,4 gam hỗn hợp 3 kim loại Al, Fe, Mg trong dung dịch HCl thấy thoát ra
13,44 lít khí, nếu cho 34,8 gam hỗn hợp trên tác dụng với dung dịch CuSO4 dư, lọc lấy toàn bộ chất rắn thu
được sau phản ứng tác dụng với dung dịch HNO3 nóng dư, thu được V lít khí NO2 đktc. Giá trị V là:

A. 11,2 lit .
B. 22,4 lít .
C. 53,76 lít.
D. 26,88 lít.
Bài giải:
Al, Fe, Mg nhường e, số mol e này chính bằng số mol e Cu nhường khi tham gia phản ứng với HNO 3 số
mol e mà H+ nhận cũng chính là số mol e mà HNO3 nhận.
2H+ + 2e H2
1,2mol 13,44 0,6mol .
22,4
17,4 gam hỗn hợp H+ nhận 1,2mol e.
Vậy 34,8 gam số mol mà H+ nhận là: 2,4 mol.
17,4g hỗn hợp
nH
1, 2 .
34,8g hỗn hợp

nH

2, 4mol .

+5

N + 1e NO2
2,4 2,4mol
Chú ý: Nếu n

H

VNO2

1,2

VNO2

2,4.22,4 53,76 lít C đúng.
1,2.22,4 26,88lít D sai.

Ví dụ 12: Hoà tan hoàn toàn 43,2 gam kim loại Cu vào dung dịch HNO3 loãng dư, tất cả khí NO thu được
đem ôxi hoá thành NO2 rồi sục vào nước có dòng oxi để chuyển hết thành dung dịch HNO3. V lít khí O2
đktc tham gia vào quá trình trên là:
A. 15,12 lít .
B. 7,56 lít .
C. 6,72 lít .
D. 8,96 lít.
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 4 -


Khóa học LTĐH KIT-1: Môn Hóa học (Thầy Vũ Khắc Ngọc)

Phương pháp bảo toàn electron

Bài giải:
Ta nhận thấy Cu nhường e cho HNO3 tạo thành NO2, sau đó NO2 lại nhường cho O2. Vậy trong bài toàn này,
Cu là chất nhường với O2 là chất nhận e.
Cu - 2e Cu2+
O2 + 4e

2O24x = 1,35 x = 0,3375
0,675 1,35
x
4x
B đúng.
VO2 0,3375.22,4 7,56 lít
Ví dụ 13: Chia m gam hỗn hợp 2 kim loại A, B có hoá trị không đổi thành 2 phần bằng nhau.
– Phần 1 tan hết trong dung dịch HCl tạo ra 1,792 lít H2 đktc.
- Phần 2 nung trong oxi thu được 2.84 gam hỗn hợp oxit. Giá trị của m là
A. 1,56 gam.
B. 4,4 gam.
C. 3,12 gam .
D. 4,68 gam.
Bài giải:
A, B là chất khử H+ (ở, P1) và O2 (ở P2) là chất oxi hoá n
nhận = n eO nhận
eH

2

+

2H - 2.1e H2
m KLP2 moxit moxi 2,84 0,04.32 1,56g
0,16 0,08
O2 + 4e
2O2m = 1,56 x2 = 3,12g C đúng .
0,04 0,16
Ví dụ 14: : Chia 44 gam hỗn hợp gồm Fe và kim loại M có hoá trị không đổi thành 2 phần bằng nhau.
- P1 tan hết trong 2 lít dung dich HCl tạo ra 14,56 lít H2 đktc.

- P2 tan hoàn toàn trong dung dich HNO3 loãng nóng thấy thoát ra 11,2 lít khí NO duy nhất ở đktc.
1. Nồng độ mol của dung dich HCl là:
A. 0,45 M .
B. 0,25 M .
C. 0,55 M.
D. 0,65 M.
2. Khối lượng hỗn hợp muối clorua khan thu được khi cô cạn dung dịch sau pư ở P1 là:
A. 65,54 gam.
B. 68,15 gam .
C. 55,64 gam.
D. 54,65 gam.
3. Phần trăm khối lượng của Fe trong hỗn hợp ban đầu là:
A. 49,01 % .
B. 47,97 % .
C. 52,03 % .
D. 50,91 %.
4. Kim loại M là:
A. Mg .
B. Zn.
C. Al .
D. Cu.
Bài giải:
a) n H
0,65mol
n HCl 2n H
2.0,65 1,3mol .
2

CM


2

1,3
2

b) mmuèi

Đáp án D đúng.

0, 65M

mKL

mCl . Trong đó: n Cl

mmuói = 22 + 1,3. 35,5 = 68,15g
c) Áp dụng định luật bảo toàn e:
P1: Fe:
Fe - 2e
x
2x
a+
M - ae
M
y
ay
2H+ + 2e
H2
1,3
0,65


Fe

x

3e

Đáp án B.
Fe2+

Fe3

3x

n HCl 1,3mol .

a+

2x

ay 1,3

M - ae M
3x ay 1,5
N+5 + 3e N+2 (NO)
1,5 0,5
0, 2.56
nFe = 0,2
%m Fe
.100% 50,91% D đúng.

22
d) mM = 22 - 0,2. 56 = 10,8g,
0,9
m 10,8.a
nM y
; M
12a .
a
n
0,9
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

x
ay

0, 2
0,9

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 5 -


Khóa học LTĐH KIT-1: Môn Hóa học (Thầy Vũ Khắc Ngọc)

Phương pháp bảo toàn electron

Vậy a = 2; M = 24(Mg) là phù hợp.
Ví dụ 15: Cho luồng khí CO qua m gam bột Fe2O3 nung nóng thu được 14 gam hỗn hợp X gồm 4 chất rắn.
Cho hỗn hợp X hòa tan hoàn toàn bằng HNO3 dư, thu được 2,24 lít khí NO (đktc) là sản phẩm khử duy

nhất. Giá trị m là:
A. 16,4 gam.
B. 14,6 gam.
C. 8,2 gam .
D. 20,5 gam.
Bài giải:
CO là chất khử (ta coi Fe2O3 không tham gia vào phản ứng oxi hoá khử)
moxi(trong oxit) = m - 14g. nCO = nO(oxit) = m 14 .
16
+2
+4
C
+ 2e
C
m 14 m 14
16
8
- HNO3 là chất oxi hoá: N+5 + 3e
N+2
0,3 0,1mol
Ta có:

m 14
8

0,3

m 16,4g

A đúng.


Ví dụ 16: Cho tan hoàn toàn 58 gam hỗn hợp A gồm Fe, Cu, Ag trong dung dịch HNO3 2M loãng nóng
thu được dung dich B và 0,15 mol khí NO và 0,05 mol NO2. Cô cạn dung dich B khối lượng muối khan
thu được là:
A. 120,4 gam.
B. 89.8 gam.
C. 116.9 gam .
D. kết quả khác.
Bài giải:
Nếu chỉ dùng phương pháp bảo toàn e thông thường, ta cũng chỉ lập được 2 phương trình 3 ẩn số và sẽ
gặp khó khăn trong việc giải. Để tính khối lượng muối NO3 trong Ví dụ trên ta có công thức n
(trong
NO3

muối) = a. nX.
Trong đó a là số e mà N+5 nhận để tạo thành Y.
Như vậy: mmuối khan = mFe, Cu, Ag + m
NO3

n NO

3

3.n NO

8n N2O

3.0,15

8.0,05


0,95mol .

mmuối khan = 58 + 0,95. 62 = 116,9g C đúng.
Ví dụ 17: Cho luồng khí CO qua m gam bột Fe2O3 nung nóng thu được X gồm 4 chất rắn. chia X thành 2
phần bằng nhau.
- Phần 1 hoà tan bằng HNO3 dư, thu được 0,02 mol khí NO và 0,03 mol N2O.
- Phần 2 hoà tan hoàn toàn trong dung dịch H2SO4 đặc nóng thu được V lít SO2 (đktc). Giá trị V là:
A. 2,24 lít.
B. 3,36 lít .
C. 4,48 lít .
D. 6,72 lít.
Bài giải:
HNO3 là chất ôxi hóa.
N+5 + 3e
N+2
0,06 0,02mol
ne nhận = 0,06 + 0,24 = 0,3mol
+5
2N + 8e
2N+1 (N2O)
0,24 0,06 0,03
- Chất khử ở hai phần là như nhau, do đó số mol eletron H2SO4 nhận bằng số mol eletron HNO3 nhận.
Ta có
S 6 2e
S 4 (SO2 )
B đúng.
VSO2 0,15.22, 4 3,36 lít
0,3
0,15

Ví dụ 18: Chia hỗn hợp X gồm Al và Al2O3 thành 2 phần bằng nhau.
- Phần 1 tác dụng NaOH dư thu được 0,3 mol khí.
- Phần 2 tan hoàn toàn trong dung dịch HNO3 thu được 0,075 mol khí Y duy nhất. Y là:
A. NO2 .
B. NO.
C. N2O.
D. N2 .
Bài giải:
Trong X chỉ có Al có tính khử: 2H2O + 2e H2 + 2OHHocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 6 -


Khóa học LTĐH KIT-1: Môn Hóa học (Thầy Vũ Khắc Ngọc)

Phương pháp bảo toàn electron

0,6 0,3
Khi tác dụng với HNO3, chất oxi hoá là HNO3.
N+5 + ne
Y
0,075n….0,075mol ta có: 0,075n = 0,6.
Với n là số e mà N+5 nhận để tạo thành Y n = 8. Vậy Y là N2O C đúng.
Ví dụ 19: Cho tan hoàn toàn 7,2 gam FexOy trong HNO3 thu được 0,1 mol NO2. Công thức phân tử của
ôxit là:
A. FeO.
B. Fe2O3 .
C. Fe3O4.

D. kết quả khác.
Bài giải:
N+5 + 1e
N+4 …..(NO2) ,
FexOy là chất khử
0,1
0,1 0,1

x.Fe

2y
x

2y
e
x

x. 3

7, 2
56x 16y

7, 2
(3x
56x 16y

x.Fe3

7, 2
(3x

56x 16y

2y)

16x

16y

2y)
x

0,1
y

FeO

A đúng.

Ví dụ 20: Hoà tan hoàn toàn 19,2 gam kim loại M trong dung dịch HNO3 dư thu được 8,96 lít (đktc) hỗn
hợp khí NO2 và NO có tỉ lệ về thể tích 3:1.
1. Kim loại M là:
A. Al .
B. Cu.
C. Mg.
D. Fe.
2. Khối lượng HNO3 đã tham gia phản ứng là.
A. 44,1 gam .
B. 25,2 gam .
C. 63 gam.
D. kết quả khác.

Bài giải:
V
n NO2 3
8,96
3
n h 2khÝ
0, 4mol vì NO2
22, 4
VNO
1
n NO
1
3
n NO2
.0, 4 0,3mol nNO = 0,1mol.
4
Chất khử M:
M - ne
Mn+
(1)
19, 2
19, 2 .n
Chất oxi hoá:
NO3 1e

M

2H

0,3


0,3 0,6

NO3

3e

0,1

0,3 0, 4

M

NO 2

H 2O

(2)

2H 2 O

(3)

0,3

4H

NO
0,1


0, 2

19, 2
.n
M

Áp dụng định luật bảo toàn e: ne nhận = ne nhường
1)

M

2) n HNO
3

19, 2
.n
0,6

nH

32n

M

64(n

0,6 0,4 1mol

2)


Cu

0,6 .

B đúng.

mHNO3 1.63 63gam

C đúng

Ví dụ 21: Hoà tan hoàn toàn 11,2g Fe trong dung dịch HNO3 dư, thu được A và 6,72 lít hỗn hợp khí X
gồm NO và một khí X với tỉ lệ thể tích là 1: 1. Khí X có công thức là:
A. NO2
B. N2.
C. N2O .
D. N2O3.
Bài giải:
6,72
11, 2
n h 2khÝ
0,3mol n Fe
0, 2mol
22, 4
56
- Quá trình oxi hoá:
Fe - 3e
Fe3+
(1)
0,2 0,6
0,2

NO3 3e 4H
2H 2 O NO
- Quá trình khử:
(2)
0,15 0, 45 0,6
0,15
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 7 -


Khóa học LTĐH KIT-1: Môn Hóa học (Thầy Vũ Khắc Ngọc)

0,15
xNO3

5x

2y

x
(5x

Áp dụng định luật bảo toàn e: 0,6

Phương pháp bảo toàn electron

.0,15


2y)e

0, 45

(3)
N xO y

5x

2y
x

.0,15

x 1
A đúng
NO 2
y 2
Ví dụ 22: Một hỗn hợp 3 kim loại gồm Al, Fe, Mg có khối lượng 26,1 gam được chia làm 3 phần bằng
nhau.
- Phần 1 cho tan hết trong dung dịch HCl thấy thoát ra 13,44 lít khí.
- Phần 2 cho tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được 3,36 lít khí.
- Phần 3 cho tác dung dịch CuSO4 dư, lọc lấy toàn bộ chất rắn thu được sau phản ứng đem hoà tan trong
dung dịch HNO3 dư thì thu được V lít khí NO2 ( các khí đều đo đktc). Giá trị V lít thu được là:
A. 26,88.
B. 53,70 .
C. 13,44.
D. 44,8.
Bài giải:

2Al + 6HCl AlCl3 + 3H2
26,1
Khối lượng mỗi phần m
8,7g
Mg + 2HCl MgCl2 + H2
3
Fe + 2HCl FeCl2 + H2

Gọi x, y, z là số mol Al, Mg, Fe trong 7,4 gam hỗn hợp.
27x 24y 56z 8,7
x 0,1
1,5x y z 0,3
y 0,075
1,5 0,15
x 0,075
Trong 34,7 g hỗn hợp nAl = 0,4; nMg = 0,3; nFe = 0,3.
2Al + 3CuSO4 Al2(SO4)3 + 3Cu
Mg + CuSO4 MgSO4 + Cu
Fe + CuSO4 FeSO4 + Cu
Cu + 4HNO3 Cu(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O
- Ở P3 khi các kim loại tác dụng với dung dịch CuSO4 tạo thành Cu, lượng Cu này tác dụng với HNO3
tạo ra Cu2+. Do đó: Al, Mg, Fe là chất khử, nhường e.
ne nhường = 3. 0,1 + 2. 0,075 + 2. 0,075 = 0,6mol
- HNO3 là chất oxi hoá, nhận e: N+5 + 1e N+4 (NO2) a = 0,6
a
a
C đúng .
n NO2 0,6mol VNO2 0,6.22,4 13,44 lit
Ví dụ 23: Chia hỗn hợp X gồm Al, Al2O3, ZnO thành 2 phần bằng nhau.
– Phần 1 cho tác dụng dung dịch NaOH dư thu được 0,3 mol khí.

– Phần 2 tan hoàn toàn trong dung dịch HNO3 thu được 0,075 mol khí Y duy nhất. Khí Y là:
A. NO2 .
B. NO.
C. N2O.
C. N2 .
Bài giải:
Trong X chỉ có Al có tính khử nước bị nhôm khử theo phương trình
2H2O + 2e
H 2 + 2OH0,075n = 0,6, n là số e mà N+5 nhận để
0,6
0,3mol
tạo thành Y. n = 8.
Khi tác dụng với HNO3, chất oxi hoá là HNO3
Vậy Y là N2 O
N+5 + ne
Y
C đúng .
0,075n 0,075
Ví dụ 24: Cho tan hoàn toàn 3,76 gam hỗn hợp X ở dạng bột gồm: S, FeS và FeS2 trong dung dịch HNO3
thu được 0,48 mol NO2 và dung dịch dung dịch D. Cho dung dịch D tác dụng dung dịch Ba(OH)2 dư, lọc
và nung kết tủa đến khối lượng không đổi được m gam chất hỗn hợp rắn. Giá trị m gam là:
A. 11,650.
B. 12,815 .
C. 13,980.
D. 17,545.
Bài giải:

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12


- Trang | 8 -


Khóa học LTĐH KIT-1: Môn Hóa học (Thầy Vũ Khắc Ngọc)

Phương pháp bảo toàn electron

Fe 2S21 tương đương với Fe2+. S-2. S0, Vì vậy có thể coi hỗn hợp X gồm hai chất S và FeS có số mol a
và b ta có: Số gam: X = 32a + 88b = 3,76
(I)
0
+6
Chất khử:
S - 6e
S
a 6a
FeS-2 - 9e
Fe3+ + S+6
b
9b
Chất oxi hoá:
N+5 + 1e
N+4 (NO2)
0,48
0,48
Ta có: 6a + 9b = 0,4 8 (II), Từ (I) và (II):
a = 0,035 mol S,
n BaSO4 n SO2
n S n FeS 0,035 0,03 0,065mol


b = 0,03 mol FeS.

4

mBaSO4

0,065.233 15,145g

, mFe O
2 3

0,015.160

2, 4g

m 15,145 2, 4 17,545gam D đúng.
Ví dụ 25: Cho tan hoàn toàn 3,6 gam hỗn hợp gồm Fe và Mg trong dung dịch HNO3 2M loãng nóng thu
được dung dịch D, 0,04 mol khí NO và 0,01 mol N2O. Cho dung dịch D tác dụng với NaOH lấy dư, lọc và
nung kết tủa đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn.
1. Giá trị m là
A. 2,6 gam.
B. 3,6 gam.
C. 5,2 gam.
D. 7,8 gam.
2. Thể tích HNO3 đã phản ứng là:
A. 0,5 lít.
B. 0,24 lít.
C. 0,26 lít.
D. 0,13 lít.

Bài giải:
a) HNO3 là chất oxi hoá: N+5 + 3e NO
0,12--0,04 mol
2N+5 + 8e 2N+1 (N2O)
0,02 0,08 0,01mol
ne nhận = 0,12 + 0,08 = 0,2mol.
- Mg và Fe là chất khử. Gọi x, y là số mol Mg và Fe trong hỗn hợp
Mg - 2e
Mg3+
x
2x mol
ne nhường = 2x + 3y
Fe - 3e
Fe3+
y 3y mol
Ta có hệ phương trình:
x 0,01molMg
0,01molMgO
24x 56y 3,6
y 0,06molFe
0,03molFe2O3
2x 3y 0,2
m mMgO mFe O
0,01.40 0,03.160 5, 2g .
2

3

Ta có thể tính theo cách sau: Ta có sơ đồ: Mg MgO; Fe
chất oxi hoá, số mol e nhân vẫn là 0,2mol:

O + 2e O20,1 0,2
m = mMg, Fe + mO = 3,6 + 16. 0,1 = 5,2gam C đúng.
b) Theo định luật bảo toàn nguyên tố N ta có:
n N(HNO3 ) n N(NO3 ) n N(NO) n N(N2O)
Hay n HNO
3

VHNO3

0, 26
2

2n Mg(NO3 )2

0,13 lít

3n Fe(NO3 )3
2.0,01

Fe2O3. Trong đó Mg và Fe là chất khử, oxi là

n NO 2n N2O
3.0,06
0,04

2.0,01 0, 26

D đúng.

Giáo viên: Vũ Khắc Ngọc

Nguồn:
Hocmai.vn
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 9 -


Khóa học LTĐH KIT-1: Môn Hóa học (Thầy Vũ Khắc Ngọc)

Phương pháp bảo toàn điện tích

PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN ĐIỆN TÍCH
(TÀI LIỆU BÀI GIẢNG)

Giáo viên: VŨ KHẮC NGỌC
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 Vũ Khắc Ngọc) 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.

I. CƠ SỞ LÝ THUYẾT VÀ ĐẶC ĐIỂM PHƯƠNG PHÁP

- Là phương pháp giải toán dựa vào mối quan hệ về số mol: số mol của các chất được tính gián tiếp qua số
mol của các điện tích (suy ra số mol các ion) trong chất đó.
Mối liên hệ giữa các số mol đó là:

n ®iÖn tÝch = n ion ®iÖn tÝch cña ion
n ion = n chÊt hÖ sè cña ion
Ví dụ, trong 0,2 mol Al2(SO4)3 thì:


n Al3+ = 0,2 2 = 0,4 mol
n(+) = 0,4 3 = 1,2 mol = n(-) = (0,2 3) 2
- Nội dung của định luật bảo toàn điện tích là: trong một dung dịch/phân tử chất, tổng số mol điện tích
dương luôn bằng tổng số mol điện tích âm để hệ trung hòa về điện.
- Dấu hiệu nhận biết phương pháp bảo toàn điện tích:
+

Đề bài cho các số liệu ở dạng ion (số mol/khối lượng của ion đã biết, …)

+

Quá trình phản ứng xảy ra vừa đủ/hoàn toàn/tạo ra sản phẩm “duy nhất”.

II. LUYỆN TẬP
Xem các ví dụ trong bài giảng.

Giáo viên: Vũ Khắc Ngọc
Nguồn:
Hocmai.vn

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 1 -


Khóa học LTĐH KIT-1: Môn Hóa học (Thầy Vũ Khắc Ngọc)


Phương pháp sử dụng phương trình ion thu gọn

PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG PHƯƠNG TRÌNH ION THU GỌN
(TÀI LIỆU BÀI GIẢNG)

Giáo viên: VŨ KHẮC NGỌC
Đây là tài liệu tóm lược các kiến thức đi kèm với bài giảng “Phương pháp sử dụng phương trình ion thu gọn” thuộc
Khóa học LTĐH KIT-1: Môn Hóa học (Thầy Vũ Khắc Ngọc) tại website Hocmai.vn. Để có thể nắm vững kiến
thức phần “Phương pháp sử dụng phương trình ion thu gọn”, Bạn cần kết hợp xem tài liệu cùng với bài giảng này.

I. CƠ SỞ LÝ THUYẾT VÀ ĐẶC ĐIỂM PHƯƠNG PHÁP
1. Các phản ứng xảy ra trong dung dịch
- Phản ứng không oxi hóa – khử:
+ Phản ứng axit – bazơ.
+ Phản ứng trao đổi ion.
- Phản ứng oxi hóa – khử.
2. Cách viết phương trình ion thu gọn
Ý nghĩa của phương trình ion thu gọn: thể hiện được bản chất của phản ứng (những chất/ion thực sự tham
gia vào phản ứng).
3. Dấu hiệu
Bài toán liên quan tới phản ứng của hỗn hợp nhiều chất, nhiều giai đoạn xảy ra trong dung dịch.
II. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
1. Dạng 1: Phản ứng axit – bazơ và pH của dung dịch
VD1: Trộn 100 ml dung dịch (gồm Ba(OH)2 0,1M và NaOH 0,1M) với 400 ml dung dịch (gồm H2SO4
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 tuyển sinh ĐH – CĐ khối B – 2007)

Hướng dẫn giải
n Ba(OH)2 0,01 mol
Tổng n OH = 0,03 mol.
n NaOH
0,01 mol

n H2SO4

0,015 mol

Tổng n H = 0,035 mol.
n HCl
0,005 mol
Khi trộn hỗn hợp dung dịch bazơ với hỗn hợp dung dịch axit ta có phương trình ion rút gọn:
H+ + OH
H2O
Bắt đầu
0,035
0,03 mol
Phản ứng:
0,03
0,03
Sau phản ứng: n H ( d­ ) = 0,035 0,03 = 0,005 mol.
Tổng: Vdd (sau trộn) = 500 ml (0,5 lít).
0,005
H
= 0,01 = 10 2
pH = 2.
0,5
VD2: Cho một mẫu hợp kim Na-Ba tác dụng với nước (dư), thu được dung dịch X và 3,36 lít H2 (ở đktc).

Thể tích dung dịch axit H2SO4 2M cần dùng để trung hoà dung dịch X là
A. 150 ml.
B. 75 ml.
C. 60 ml.
D. 30 ml.
(Trích đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ khối A – 2007)
Hướng dẫn giải
1
Na + H2O
NaOH + H2.
2
Ba + 2H2O
Ba(OH)2 + H2.
n H 2 = 0,15 mol, theo phương trình
tổng số nOH (d2X) 2n H2 = 0,3 mol.
Phương trình ion rút gọn của dung dịch axit với dung dịch bazơ là
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 1 -


Khóa học LTĐH KIT-1: Môn Hóa học (Thầy Vũ Khắc Ngọc)

H+ + OH
H2O
n H = n OH = 0,3 mol

Phương pháp sử dụng phương trình ion thu gọn


n H 2SO4 = 0,15 mol.

0,15
= 0,075 lít (75 ml).
2
2. Dạng 2: Bài toán CO2, SO2 tác dụng với dung dịch kiềm
VD: Dung dịch X chứa dung dịch NaOH 0,2M và dung dịch Ca(OH)2 0,1M. Sục 7,84 lít khí CO2 (đktc)
vào 1 lít dung dịch X thì lượng kết tủa thu được là
A. 15 gam.
B. 5 gam.
C. 10 gam.
D. 0 gam.
Hướng dẫn giải
n CO2 = 0,35 mol; nNaOH = 0,2 mol; n Ca (OH )2 = 0,1 mol.
VH2SO4

Tổng: n OH = 0,2 + 0,1 2 = 0,4 mol và n Ca 2 = 0,1 mol.
Phương trình ion rút gọn:
CO2 + 2OH
CO32 + H2O
0,35
0,4
0,2
0,4
0,2 mol.
n CO2 ( d­ ) = 0,35 0,2 = 0,15 mol.
tiếp tục xảy ra phản ứng:
CO32 + CO2 + H2O
2HCO3

Ban đầu:
0,2
0,15 mol.
Phản ứng:
0,15
0,15 mol.
nCO2 còn lại bằng 0,15 mol.
3

nCaCO3 = 0,05 mol.
m CaCO3 = 0,05 100 = 5 gam.

3. Dạng 3: Phản ứng của H+ với CO 32
VD: Trộn 100 ml dung dịch A (gồm KHCO3 1M và K2CO3 1M) vào 100 ml dung dịch B (gồm NaHCO3
1M và Na2CO3 1M) thu được dung dịch C.
Nhỏ từ từ 100 ml dung dịch D (gồm H2SO4 1M và HCl 1M) vào dung dịch C thu được V lít CO2 (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. 43 gam và 2,24 lít.
D. 3,4 gam và 5,6 lít.
Hướng dẫn giải
Dung dịch C chứa:
HCO3 : 0,2 mol; CO32 : 0,2 mol.
n H = 0,3 mol.
Dung dịch D có tổng:
Nhỏ từ từ dung dịch C và dung dịch D:
CO32 + H+
HCO3

0,2
0,2
0,2 mol
HCO3 + H+
H2O + CO2
Ban đầu:
0,4
0,1 mol
Phản ứng: 0,1
0,1
0,1 mol
Dư:
0,3 mol
Tiếp tục cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào dung dịch E:
Ba2+ + HCO3 + OH
BaCO3 + H2O
0,3
0,3 mol
Ba2+ + SO42
BaSO4
0,1
0,1 mol
VCO2 = 0,1 22,4 = 2,24 lít.
Tổng khối lượng kết tủa:
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 2 -



Khóa học LTĐH KIT-1: Môn Hóa học (Thầy Vũ Khắc Ngọc)

Phương pháp sử dụng phương trình ion thu gọn

m = 0,3 197 + 0,1 233 = 82,4 gam.
4. Dạng 4: Phản ứng của oxit/hiđroxit lưỡng tính
VD: Hòa tan hết hỗn hợp gồm một kim loại kiềm và một kim loại kiềm thổ trong nước được dung dịch A và
có 1,12 lít H2 bay ra (ở đktc). Cho dung dịch chứa 0,03 mol AlCl3 vào dung dịch A. khối lượng kết tủa thu
được là
A. 0,78 gam.
B. 0,81 gam.
C. 1,56 gam.
D. 2,34 gam.
Hướng dẫn giải
Gọi công thức chung của hai kim loại là M
n
M + nH2O
M(OH)n + H 2
2
n OH 2n H 2 = 0,1mol.
Dung dịch A tác dụng với 0,03 mol dung dịch AlCl3 :
Al3+ + 3OH
Al(OH)3
Ban đầu :
0,03
0,1 mol
Phản ứng :
0,03
0,09

0,03 mol
n OH ( d­ ) = 0,01mol
Kết tủa bị hoà tan (một phần hoặc hoàn toàn) theo phương trình :
AlO 2 + 2H2O
Al(OH)3 + OH
0,01
0,01 mol
n Al(OH )3 = 0,03 0,01 = 0,02
m Al(OH )3 = 78 0,02 = 1,56 gam.
5. Dạng 5: Chất khử tác dụng với dung dịch chứa H + và NO3
VD1: Hòa tan 0,1 mol Cu kim loại trong 120 ml dung dịch X gồm HNO3 1M và H2SO4 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.
Hướng dẫn giải
n H2SO4 0,06 mol
n HNO3 0,12 mol;
Tổng:

nH

0,24 mol

và

n NO

0,12 mol.


3

Phương trình ion:
3Cu + 8H+ + 2NO3
3Cu2+ + 2NO + 4H2O
Ban đầu:
0,1
0,24
0,12 mol
Phản ứng:
0,09
0,24
0,06
0,06 mol
Sau phản ứng:
0,01 (dư) (hết)
0,06 (dư)
VNO = 0,06 22,4 = 1,344 lít.
VD2: Hòa tan hỗn hợp X gồm hai kim loại A và B trong dung dịch HNO3 loãng. Kết thúc phản ứng thu
được hỗn hợp khí Y (gồm 0,1 mol NO, 0,15 mol NO2 và 0,05 mol N2O). Biết rằng không có phản ứng tạo
muối NH4NO3. Số mol HNO3 đã phản ứng là:
A. 0,75 mol.
B. 0,9 mol.
C. 1,05 mol.
D. 1,2 mol.
Hướng dẫn giải
Ta có bán phản ứng:
NO3 + 2H+ + 1e
NO2 + H2O

(1)
2 0,15
0,15
NO3 + 4H+ + 3e
NO + 2H2O
(2)
4 0,1
0,1
+
2NO3 + 10H + 8e
N2O + 5H2O (3)
10 0,05
0,05
Từ (1), (2), (3) nhận được:
n HNO3 p­
n H = 2 0,15 4 0,1 10 0,05 = 1,2 mol.
VD3: Thực hiện hai thí nghiệm:
1) Cho 3,84 gam Cu phản ứng với 80 ml dung dịch HNO3 1M thoát ra V1 lít NO.
2) Cho 3,84 gam Cu phản ứng với 80 ml dung dịch chứa HNO3 1M và H2SO4 0,5 M thoát ra V2 lít NO.
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 3 -


Khóa học LTĐH KIT-1: Môn Hóa học (Thầy Vũ Khắc Ngọc)

Phương pháp sử dụng phương trình ion thu gọn


Biết NO là sản phẩm khử duy nhất, các thể tích khí đo ở cùng điều kiện. Quan hệ giữa V1 và V2 là
A. V2 = V1.
B. V2 = 2V1.
C. V2 = 2,5V1.
D. V2 = 1,5V1.
(Trích đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ khối B – 2007)
Hướng dẫn giải
3,84
nH
0,08 mol
n Cu
0,06 mol
TN1:
64
n NO 0,08 mol
3
n HNO3 0,08 mol
3Cu + 8H+ + 2NO3
3Cu2+ + 2NO + 4H2O
Ban đầu:
0,06
0,08
0,08 mol
Phản ứng:
0,03 0,08 0,02
V1 tương ứng với 0,02 mol NO.
TN2:nCu = 0,06 mol; n HNO3 = 0,08 mol; n H 2SO4 = 0,04 mol.
Tổng:

H+ phản ứng hết

0,02 mol

n H = 0,16 mol ;

n NO = 0,08 mol.
3

3Cu + 8H+ + 2NO3
3Cu2+ + 2NO + 4H2O
Ban đầu:
0,06
0,16
0,08 mol
Cu và H+ phản ứng hết
Phản ứng:
0,06 0,16 0,04
0,04 mol
V2 tương ứng với 0,04 mol NO.
Như vậy V2 = 2V1.
VD4: Dung dịch A chứa 0,01 mol Fe(NO3)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.
Hướng dẫn giải
Phương trình ion:
Cu + 2Fe3+
2Fe2+ + Cu2+
0,005 0,01 mol

3Cu + 8H+ + 2NO3
3Cu2+ + 2NO + 4H2O
Ban đầu:
0,15
0,03 mol
H+ dư
Phản ứng:
0,045
0,12
0,03 mol
mCu tối đa = (0,045 + 0,005) 64 = 3,2 gam.
VD5: Hỗn hợp X gồm (Fe, Fe2O3, Fe3O4, FeO) với số mol mỗi chất là 0,1 mol, hòa tan hết vào dung dịch
Y gồm (HCl và H2SO4 loãng) dư thu được dung dịch Z. Nhỏ từ từ dung dịch Cu(NO3)2 1M vào dung dịch
Z cho tới khi ngừng thoát khí NO. Thể tích dung dịch Cu(NO3)2 cần dùng và thể tích khí thoát ra ở đktc lần
lượt là
A. 25 ml; 1,12 lít.
B. 0,5 lít; 22,4 lít.
C. 50 ml; 2,24 lít.
D. 50 ml; 1,12 lít.
Hướng dẫn giải
Quy hỗn hợp 0,1 mol Fe2O3 và 0,1 mol FeO thành 0,1 mol Fe3O4.
Hỗn hợp X gồm: (Fe3O4 0,2 mol; Fe 0,1 mol) tác dụng với dung dịch Y
Fe3O4 + 8H+
Fe2+ + 2Fe3+ + 4H2 O

0,2 mol
Fe + 2H+

0,2 mol 0,4 mol
Fe2+ + H2


0,1 mol
0,1 mol
2+
Dung dịch Z: (Fe : 0,3 mol; Fe3+: 0,4 mol) + Cu(NO3)2:
3Fe2+ + NO3 + 4H+
3Fe3+ + NO + 2H2O
0,3
0,1
0,1 mol
VNO = 0,1 22,4 = 2,24 lít.
1
n Cu( NO3 )2
n
0,05 mol
2 NO3
0,05
Vdd Cu( NO3 )2
0,05 lít (hay 50 ml).
1
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 4 -


Khóa học LTĐH KIT-1: Môn Hóa học (Thầy Vũ Khắc Ngọc)

Phương pháp sử dụng phương trình ion thu gọn


VD6: Cho hỗn hợp gồm 0,15 mol CuFeS2 và 0,09 mol Cu2FeS2 tác dụng với dung dịch HNO3 dư thu được
dung dịch X và hỗn hợp khí Y gồm NO và NO2. Thêm BaCl2 dư vào dung dịch X thu được m gam kết tủa.
Mặt khác, nếu thêm Ba(OH)2 dư vào dung dịch X, lấy kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không
đổi thu được a gam chất rắn. Giá trị của m và a là:
A. 111,84 gam và 157,44 gam
B. 111,84 gam và 167,44 gam
C. 112,84 gam và 157,44 gam
D. 112,84 gam và 167,44 gam
Hướng dẫn giải
Ta có bán phản ứng:
CuFeS2 + 8H2O 17e
Cu2+ + Fe3+ + 2SO42 + 16+
0,15
0,15 0,15
0,3
2+
3+
Cu2FeS2 + 8H2O 19e
2Cu + Fe + 2SO42 + 16+
0,09
0,18 0,09
0,18
nSO2 0,48 mol;
4

2+

Ba + SO42
BaSO4

0,48
0,48 mol
m = 0,48 233 = 111,84 gam.
nCu = 0,33 mol; nFe = 0,24 mol.
Cu
CuO
2Fe
Fe2O3.
0,33
0,33
0,24
0,12
a = 0,33 80 + 0,12 160 + 111,84 = 157,44 gam.

Giáo viên: Vũ Khắc Ngọc
Nguồn:
Hocmai.vn

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 5 -