Tong hop cac phuong phap giai nhanh bai tap Hoa hoc rat hay

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.09 MB, 32 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH HÓA HỌC

CHƯƠNG I:

PHƯƠNG PHÁP BẢO TỒN KHỐI LƯỢNG VÀ PHƯƠNG PHÁP TĂNG GIẢM KHỐI LƯỢNG

I.2.1. Dạng 1:Xác định khối lượng của chất tham gia hoặc sản phẩm trong phản ứng hóa học dựa trên nguyên tắc

trong phản ứng hóa học, dù các chất tham gia phản ứng là vừa đủ hay có chất dư thì tổng khối lượng của các chất 
trước phản ứng bằng tổng khối lượng của các chất tạo thành sau phản ứng (sản phẩm và chất dư nếu có):

mtrước = msau

Nếu sau phản ứng có chất tách khỏi mơi trường do bay hơi hay kết tủa là khơng trùng trạng thái vật lý thì hệ 
quả trên vẫn không thay đổi nhưng: mtrước = msau = mtan + m↓ + m↑.

Ví dụ 1:[10]Khử 4,64g hỗn hợp X gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3 có số mol bằng nhau bằng CO thu được chất rắn 
Y. Khí thốt ra sau phản ứng được dẫn vào dung dịch Ba(OH)2 dư thu được 1,79g kết tủa. Khối lượng của chất 
rắn Y là:

A. 4,48g B. 4,84g C. 4,40g D. 4,68g

Cách giải: hh X + CO → Y + CO2

CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 ↓+ H2O

1,97

n n 0, 01(mol)

197

Áp dụng ĐLBTKL, ta có:

2 2

X CO Y CO Y X CO CO

m m m m m m m m

mY 4, 64 0, 01(28 44) 4, 48(g)

→ Đáp án A đúng.

Ví dụ 2:[17]Nung 13,4g hỗn hợp 2 muối cacbonat của 2 kim loại của hóa trị II, thu được 6,8g chất rắn và

khí X. Lượng khí X sinh ra cho hấp thụ vào 75ml dd NaOH 1M, khối lượng muối khan thu được sau phản ứng là 
(cho H =1, C =12, O =16, Na =23)

A. 5,8g B. 6,5g C. 4,2g D. 6,3g

Cách giải:

Gọi chung công thức hỗn hợp 2 muối: MCO 3
0

3 2

MCO MO CO

Áp dụng ĐLBTKL, ta có:

3 CO

MCO MO

m m m

CO2 MCO3 MO CO2

NaOH

m m m 13, 4 6,8 6, 6(g) n 0,15(mol)

n 0, 075x1 0, 075(mol)

2
1

1
2

NaOH
CO

n
T

n → tạo muối NaHCO3 và dư CO2
CO2 NaOH NaHCO3

3
NaHCO

m 0,075x84 6,3(g)

Vậy chọn đáp án D.

Ví dụ 3:[tự ra]Hịa tan m(g) hỗn hợp Zn và Fe cần vừa đủ 1l dd HCl 3,65M (d=1,19g/ml) thu được 1 chất 
khí và 1250g dd D. Vậy m có giá trị:

A. 65,63(g) B. 61,63(g) C. 63,65(g) D. 63,61(g) 
Cách giải: mddHCl 1000x1,19 1190(g); nHCl 3, 65x1 3, 65(mol)

Zn + 2HCl→ ZnCl2 + H2↑

Fe + 2HCl→ FeCl2 + H2↑

Áp dụng ĐLBTKL, ta có:

2
hh(Zn,Fe) ddHCl ddD H

m m m m

m mhh(Zn,Fe) 1250 2(3, 65) 1190 63, 65(g)
2

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Ví dụ 4:[15]Cho 115g hỗn hợp gồm ACO3, B2CO3, R2CO3 tác dụng hết với dd HCl thấy thoát ra 0,448l CO2
(đktc). Khối lượng muối clorua tạo ra trong dung dịch là:

A. 115,22g B.151,22g C. 116,22g D. 161,22g 
Cách giải:

3 2 2 2

2 3 2 2

ACO 2HCl ACl H O CO

B CO 2HCl 2BCl H O CO

R CO 2HCl 2RCl H O CO

2 2 2

CO HCl H O CO

0, 448

n 0, 02(mol); n 2n 2n 2x0, 02 0, 04(mol)

22, 4

Áp dụng ĐLBTKL: mmuối cacbonat + mHCl = mmuối clorua +

2 2

H O CO

m m

→ mmuối clorua = mmuối cacbonat + mHCl -

2 2

H O CO

m m

= 115 + 0,04 x 36,5 - 0,02 (18 + 44) = 115,22 (g)

→ Chọn đáp án A.

Ví dụ 5:[21]Hịa tan 3,28g hỗn hợp muối MgCl2 và Cu( NO )3 2vào nước được dung dịch A. Nhúng vào

dung dịch A một thanh Fe. Sau một khoảng thời gian lấy thanh Fe ra cân lại thấy tăng thêm 0,8g. Cơ cạn dung 
dịch sau phản ứng thì thu được m gam muối khan. Giá trị của m là:

A. 4,24g B. 2,48g C. 4,13g D. 1,49g 
Cách giải: giải theo phương pháp bảo toàn khối lượng:

Áp dụng ĐLBTKL, ta có: sau một khoảng thời gian độ tăng khối lượng của thanh Fe bằng độ giảm khối
lượng của dung dịch muối. Vậy: m = 3,28 - 0,8 = 2,48 (g)

I.2.2. Dạng 2: Khi cation kết hợp với anion để tạo ra hợp chất như axit, oxit, hiđroxit, muối, ...thì ta ln có:

khối lượng hợp chất = khối lượng các cation + khối lượng các anion

Thơng thường để tính tốn khối lượng các muối khan thu được trong dung dịch sau phản ứng.

Ví dụ 6: [10]Cho 1,04g hỗn hợp hai kim loại tan hồn tồn trong dung dịch H2SO4 lỗng dư thốt ra 0,672 
lít khí H2 (đktc). Khối lượng hỗn hợp muối sunfat khan thu được sẽ là:

A. 3,92g B. 1,96g C.3,52g D.5,88g
Cách giải: 2 kim loại + H2SO4 loãng → hh muối sunfat + H2

2 2 4 4

H H SO SO

0, 672

n n n 0, 03(mol)

22, 4

Nhận thấy mmuối sunfat = mcation + manion = mkim loại + 2
4
SO

m = 1,04 + 0,03.96 = 3,92 (g)
Vậy chọn đáp án A.

II. Phương pháp tăng giảm khối lượng:[2], [13], [14]

II.1. Nguyên tắc của phương pháp:

Dựa vào sự tăng (giảm) khối lượng khi chuyển từ 1 mol chất A thành 1 mol hoặc nhiều mol chất B (có 
thể qua các giai đoạn trung gian) ta có thể dễ dàng tính được số mol của các chất và ngược lại hoặc trong q 
trình phản ứng có sự thay đổi khối lượng các chất.

II.2. Vận dụng phương pháp tăng giảm khối lượng trong giải toán:

II.2.1. Dạng toán phản ứng hóa học có sự thay đổi thành phần của hợp chất (có thể là anion hoặc

cation) và làm chênh lệch khối lượng giữa chất cũ và chất mới:

Ví dụ 1: giải lại ví dụ 4 của ĐLBTKL bằng phương pháp tăng giảm khối lượng.

Theo (1), (2), (3): từ muối cacbonat chuyển thành muối clorua thì khối lượng muối tăng:
71 - 60 = 11g và tạo ra 1 mol CO2

Theo đề:
2
CO

n 0,02(mol) khối lượng muối tăng: m 0, 02x11 0, 22(g)
mmuối clorua = mmuối cacbonat + m = 115 + 0,22 = 115,22 (g)

Vậy đáp án đúng là A.

Ví dụ 2:[10]Hịa tan 9,875g một muối hiđrocacbonat vào nước, cho tác dụng với dung dịch H2SO4 vừa đủ 
rồi đem cô cạn thu được 8,25g một muối sunfat trung hịa khan. Cơng thức phân tử của muối là:

A. NH4HCO3 B. NaHCO3 C. Ca( HCO )3 2 D. KHCO3

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Độ tăng (giảm) lượng muối theo đề bài
Số mol =

Độ tăng (giảm) lượng muối theo phương trình

3 n 2 4 2 4 n 2 2

2R(HCO ) nH SO R (SO ) 2nH O 2nCO

Theo phương trình: cứ 2 mol muối hiđrocacbonat chuyển thành 1 mol muối sunfat thì khối lượng muối giảm:
61x 2n - 96n = 26n (g) và là khối lượng của 2n mol CO2.

Theo đề: ∆mgiảm = 9,875 - 8,25 = 1,625 (g)

2 3 n

CO M(HCO )

2n 0,125

n 1, 625x 0,125(mol) n (mol)

26n n

Ta có hệ thức tính MR: MR =

9,875

61n 18n
0,125

n 1 2

R 18 (NH4) 39 (loại)

Chọn đáp án A.
 Nhận xét:

- Nếu HS dựa vào phương trình hóa học với 2 số liệu của đề bài để giải quyết bài tốn thì phải chia ra
2 trường hợp tương ứng với hóa trị của R là 1 hoặc 2 để đưa ra công thức của muối sunfat phù hợp (công thức tổng
quát không phù hợp với trường hợp n = 2). Nhưng khi sử dụng phương pháp tăng giảm khối lượng thì chỉ cần quan

tâm đến tỉ lệ số mol CO2 với muối hiđrocacbon luôn là n. Do đó với việc chỉ sử dụng phương trình tổng qt có

thể tính được số mol CO2 và bài tốn được giải quyết nhanh chóng hơn nhiều lần.

- Dựa vào phương pháp này, cho ta rút ra cơng thức tính số mol của khí CO2:

Ví dụ 3: [9]Oxy hóa hồn tồn a(g) hỗn hợp X (gồm Zn, Pb, Ni) được b(g) hỗn hợp 3 oxit Y (ZnO, PbO, 
NiO). Hòa tan b(g) Y trên trong dung dịch HCl loãng thu được dung dịch Z. Cô cạn Z được hỗn hợp muối khan có 
khối lượng (b + 55) gam. Khối lượng a (g) của hỗn hợp X ban đầu là:

A. a = b -16 B. a = b - 24 C. a = b- 32 D. a = b - 8 
Cách giải: các kim loại này có cùng hóa trị → gọi chung là Mhh

Mhh +

2 hh

O M O

MhhO + 2 HCl → MhhCl2 + H2O

Z chứa muối khan có khối lượng lớn hơn khối lượng oxit 55g. Đó chính là độ chênh lệch khối lượng của 2
anion Cl- và O2-: 1 mol MhhO chuyển thành 1 mol MhhCl2 tăng: 71 - 16 = 55 (g)

Theo đề: ∆mtăng = 55 (g) noxit = nmuối = 1 (mol)

Ta có: moxit =

M O

m m a =

M oxit O

m m m b 1x16 b 16 .

Vậy đáp án đúng là A.

II.2.2. Dạng toán cho thanh kim loại vào dung dịch muối và sau phản ứng có sự thay đổi khối lượng của 
thanh kim loại hoặc dung dịch phản ứng:

Dựa vào các dữ kiện của đề bài, thiết lập được mối quan hệ ẩn số với đề bài cho:

a. Cho thanh kim loại A có khối lượng ban đầu là m(g) vào dung dịch muối B (Avà B cùng hóa trị)

- Khối lượng thanh kim loại A tăng hoặc tăng a % (nguyên tử khối của A< nguyên tử khối của B) thì:

mKL giải phóng - mKL tan = ∆mtăng hay

a
xm
100

- Khối lượng thanh kim loại A giảm hoặc giảm b% (nguyên tử khối của A > nguyên tử khối của B) thì:

mKL tan - mKL giải phóng = ∆mgiảm hay b xm
100

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Ví dụ 4: [12]Cho m(g) Fe vào 100 ml dung dịch Cu(NO3)2 thì nồng độ của Cu2+ còn lại trong dung dịch 
bằng 1/2 nồng độ của Cu2+

ban đầu và thu được một chất rắn A có khối lượng (m + 0,16)g. Tính m (khối lượng 
Fe) và nồng độ ban đầu của Cu(NO3)2 (phản ứng hoàn toàn).

A. 1,12g Fe, C = 0,3 M B. 2,24g Fe, C = 0,2 M 
C. 1,12g Fe, C = 0,4 M D. 2,24g Fe, C = 0,3 M

Cách giải: sau phản ứng còn dư Cu2+, vậy Fe đã phản ứng hết. Gọi x là số mol Fe có ban đầu

Fe + Cu2+ → Fe2+ + Cu
x x x

Khối lượng của chất rắn tăng lên 0,16g là do Cu sinh ra
Ta có: 64x - 56x = 0,16 ↔ x = 0,16 0, 02(mol)

mFe = 0,02 x 56 = 1,12 (g); 2
bd
Cu

n 0, 02x2 0, 04(mol)
3 2

Cu(NO )

0, 04

C 0, 4(M)

0,1 . Vậy, chọn đáp án C.

Ví dụ 5:[10]Nhúng một thanh graphit được phủ một lớp kim loại hóa trị II vào dung dịch CuSO4 dư. Sau 
phản ứng khối lượng của thanh graphit giảm đi 0,24g. Cũng thanh graphit này nếu được nhúng vào dung dịch 
AgNO3 thì khi phản ứng xong khối lượng thanh graphit tăng lên 0,52g. Kim loại hóa trị II là kim loại nào sau đây:

A. Pb B.Cd C.Fe D.Sn 
Cách giải: gọi kim loại có hóa trị II đó là M có khối lượng m(g)

M + Cu2+ → M2+ + Cu ↓

1 mol 1 mol → giảm M - 64 (g)
0, 24 (mol)

M 64 ← ∆ mgiảm = 0,24 (g)
M + 2 Ag+ → M2+ + 2 Ag ↓

1 mol 2 mol → tăng 2 x 108 - M = 216 - M (g)
0,52 (mol)

216 M ← ∆mtăng = 0,52 (g)

Vì cùng một thanh graphit tham gia phản ứng nên:

0, 24
M 64

0, 52

216 M ↔ M = 112

Vậy đáp án đúng là B: Cd.

II.2.3. Dạng toán về nhiệt phân (ví dụ: nhiệt phân muối cacbonat, muối nitrat, kết tủa hidroxit...) 
Ví dụ 6:[5]Nung nóng 50g hỗn hợp gồm NaHCO3 và Na2CO3 cho đến khối lượng không thay đổi còn lại 
34,5g chất rắn. Thành phần phần trăm khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp ban đầu là:

A. 15% và 85% B. 16% và 84% C. 17% và 83% D.21% và 79% 
Cách giải:

Khi nung chỉ có NaHCO3 bị phân hủy. Gọi x là số mol NaHCO3

3 2 3 2 2

2NaHCO Na CO CO H O

2 mol 1 mol → khối lượng giảm: 2 x 84 - 106 = 62 (g)

15,5x2

0,5(mol)

62 ← ∆mgiảm = 50 - 34,5 = 15,5 (g)

3
NaHCO

m 0,5x84 42(g)

NaHCO
42

m x100 84

50 (%) ; %mNa CO2 3 16 (%)
Vậy đáp án đúng là B.

Nhiệt phân muối nitrat của các kim loại:

- Các muối nitrat kim loại khác nhau sẽ cho các sản phẩm nhiệt phân khác nhau. Tổng quát:
0

3 n 2 n 2

A NO A NO O

2 (1)

3 m 2 m 2 2

2B NO B O 2mNO O

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

3 k 2 2

M NO M kNO O

2 (3)

 Phương trình (1) ứng với các kim loại kiềm thổ(Ca, Ba), riêng các kim loại kiềm thổ sẽ không cho sản phẩm
cuối cùng là muối nitrit mà tiếp tục bị nhiệt phân tạo oxit kim loại kiềm thổ.

 Phương trình (2) ứng với các kim loại từ Mg → Cu trong dãy Beketop.
 Phương trình (3) ứng với các kim loại dứng sau Cu trong dãy Beketop.

- Khi nhiệt phân muối thường cho ra chất rắn có khối lượng giảm đi một lượng bằng chính khối lượng của
NO2 và O2 thốt ra. Dựa vào dữ kiện đó để giải quyết bài tốn.

Ví dụ 7:[Tự ra]Nung nóng AgNO3 trong một thời gian. Sau đó để nguội, đem cân thì thấy khối lượng giảm 
đi 15,5g. Khối lượng AgNO3 đã bị phân hủy và thể tích các khí thốt ra ở 300C và 1,5 atm là:

A. 40,25g; 2,07 lít và 6,02 lít B. 42,50g; 2,07 lít và 6,22 lít 
C. 42,50g; 2,40 lít và 6,22 lít D. 40,25g; 2,40 lít và 6,30 lít 
Cách giải:

PTPƯ: AgNO3 t0 Ag NO2 1O2
2

170g 108g → ∆mgiảm = 170 - 108 = 62 (g)

x (g) ← ∆mgiảm = 15,5 (g)

AgNO

m bị phân hủy = x = 170x15,5 42,5(g)
62

Theo phương trình:

2 2 3

O NO AgNO

1 1

n n n

2 2 bị phân hủy =

1 42, 5

0,125(mol)
2 170

Ở 300C; 1,5 atm thể tích khí thốt ra là:

22, 4

0,125 273 30

nRT 273

V 2, 07(lít)

P 1, 5

22, 4

0, 25 273 30

nRT 273

V 6, 22(lít)

P 1, 5

Vậy đáp án đúng là đáp án B.

Ví dụ 8:[12]Nung 13,85g muối KClOx thì khối lượng chất rắn thu được giảm 46,21% so với khối lượng 
muối ban đầu. Xác định công thức của muối.

Nếu cho tồn bộ thể khí thu được trong phản ứng trên tác dụng với 32g Cu (phản ứng hoàn tồn). Tính khối 
lượng chất rắn thu được sau phản ứng.

A. KClO3; 36,8g B. KClO4; 40g C.KClO4; 38,4g D.KClO3; 38,5g

Cách giải:

x 2

KClO KCl O

Độ giảm khối lượng là khối lượng oxi mất đi.
2

13,85.46, 21

m 6, 4(g)

100

x
O
KClO

m 16x 6, 4

x 4

m 74,5 16x 13,85

Công thức muối là KClO4

KClO

13,85

n 0,1(mol)

138, 5 ; nO2 2nKClO4 0, 2(mol)

2
1

Cu O CuO

Áp dụng ĐLBTKL, ta có:

2
r Cu O

m m m 3, 2 0, 2x32 38, 4(g)

Vậy chọn câu C.

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Ví dụ 9:[10]Một bình cầu dung tích 448ml được nạp oxi rồi cân. Phóng điện để O2 chuyển thành O3 (ozon 
hóa), sau đó lại nạp oxi cùng thể tích như bình trước rồi cân. Khối lượng trong hai trường hợp chêch lệch nhau 
0,06g. Biết thể tích khí nạp vào bình đều ở đktc. Phần trăm về khối lượng của ozon trong hỗn hợp là:

A. 24,72% B. 26,72% C. 28,72% D. 25,71%

Cách giải:

Phương trình ozon hóa: 3O2    h 2O3

Vì thể tích 2 bình như nhau, nên ta có thể hiểu để chuyển 1 mol O2 thành 1 mol O3 thì khối lượng tăng là 16g

(bằng khối lượng 1 mol O nguyên tử)

nO nguyên tử = 0,06 3,75.10 3(mol)

nOnguyêntử =

3 3

O O

n 3, 75.10 (mol) m 3, 75.10 x48 0,18(g)

Các khí được nạp đều ở đktc nên:
3

448.10

n 0, 02(mol)

22, 4 mhh mO2 mtăng = 0,02 x 32 + 0,06 = 0,7 (g)
3

0,18

%m x100 25, 71(%)

0, 7 .Vậy đáp án đúng là D.

Ví dụ 10:[12]Một hỗn hợp X gồm Ba và Cu. Khi nung X với O2 dư thì khối lượng tăng lên 4,8g. Khi cho 
chất rắn thu được sau phản ứng tác dụng với H2 dư thì khối lượng chất rắn giảm 3,2g. Tính khối lượng của hỗn 
hợp X.

A. 20,1g B. 33,8g C. 26,5g D. 16,2g

Cách giải: gọi nBa: x (mol) ; nCu: y (mol)

Ba 1O2 BaO
2

x 1

2 x x

Cu 1O2 CuO
2

y 1

2 y y
Độ tăng khối lượng chính là

2
O

m phản ứng

x y 4,8

n 0,15(mol)

2 32

↔ x + y = 0,3 (1)
Khử bằng H2, chỉ có CuO bị khử: CuO + H2 → Cu + H2O

Độ giảm khối lượng là khối lượng oxi trong CuO bị H2 lấy đi: O

3, 2

n y 0, 2

16 (2)

(1) và (2) suy ra: x = 0,1

mX = 137x + 64y = 137.0,1 + 64.0,2 = 26,5 (g) đáp án đúng là C.

Ví dụ 11:[tự ra]Nung nóng hỗn hợp X gồm PbO và FeO với một lượng C vừa đủ. Sau khi phản ứng xảy ra 
hoàn toàn, thu được hỗn hợp chất rắn Y và khí khơng màu Z. Đem cân hỗn hợp rắn Y thấy khối lượng giảm 4,8g 
so với hỗn hợp X. Cho hỗn hợp Y tác dụng với dung dịch HCl dư, thu được chất khí A. Sục khí Z vào dung dịch 
nước vơi trong dư được kết tủa trắng. Thể tích khí A (đktc) và khối lượng kết tủa thu được là:

A. 6,72 lít và 15g B. 3,36 lít và 30g 
C. 6,72 lít và 30g D. 3,36 lít và 15g 
Cách giải:

2PbO C 2Pb CO

2FeO C 2Fe CO

Khối lượng chất rắn Y giảm so với hỗn hợp X là khối lượng O trong oxit đã bị C lấy đi tạo CO2

O O

4,8

m 4,8g n 0,3(mol)

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

CO O

n n 0,15(mol)

Pb + 2 HCl → PbCl2 + H2↑

Fe + 2 HCl →Fe + H2↑

H hhY

n n 0,3(mol)

2
H

V 0,3x22, 4 6,72(lít)
CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O

2
CO

n n 0,15(mol)

3
CaCO

m 0,15x100 15(g)

Vậy đáp án đúng là A.

 Nhận xét: qua 2 ví dụ trên, ta có thể rút ra một số nhận xét sau giúp giải nhanh các bài tập về khử
oxit kim loại:

- Khi khử oxit kim loại bằng CO, khí sinh ra cho qua nước vơi trong dư (hoặc dung dịch Ba(OH)2) thì:
nO của oxit kim loại =

2 3

CO CaCO

2n 2n

- Khi khử oxit kim loại bằng C dư, khí sinh ra cho qua nước vôi trong dư (hoặc dung dịch Ba(OH)2)

thì: nO của oxit kim loại =

2 3

CO CaCO

2n 2n

- Kim loại tạo thành khi oxit kim loại tác dụng với chất khử: mkim loại = moxit kim loại - moxi

III. Một số bài tập TNKQ giải theo phương pháp bảo toàn khối lượng và tăng giảm khối lượng:

Bài tập 1:[4]Cho khí CO qua ống đựng a (g) hỗn hợp gồm CuO, Fe3O4, FeO, Al2O3 nung nóng. Khí thốt 
ra được cho vào nước vơi trong dư thấy có 30g kết tủa trắng. Sau phản ứng, chất rắn trong ống sứ có khối lượng 
202g. Khối lượng a (g) của hỗn hợp các oxit ban đầu là:

A. 200,8g B. 216,8g C. 206,8g D. 103,4g

Hướng dẫn: Áp dụng ĐLBTKL a = mchất rắn + mO(trong oxit)

a = mchất rắn +

2
CO

m x 16

Bài tập 2:[10] Hòa tan 5g hỗn hợp 2 muối cacbonat kim loại hóa trị I và hóa trị II bằng dung dịch HCl thu

được dung dịch M và 1,12l khí CO2 (đktc). Khi cô cạn dung dich M thu được khối lượng muối khan bằng:

A. 11,1g B. 5,55g C. 16,5g D. 22,2g

Bài tập 3: [10]Ngâm một lá kẽm trong dung dịch chứa 2,24g ion kim loại M2+. Phản ứng xong, khối lượng

lá kẽm tăng thêm 0,94g. M2+ là ion kim loại nào sau đây:

A. Ba2+ B. Sr2+ C. Pb2+ D. Cd2+

Bài tập 4:[5]Cho 50g hỗn hợp bột oxit kim loại gồm ZnO, FeO, Fe2O3, Fe3O4, MgO tác dụng hết với 200ml 
dung dịch HCl 4M (lấy vừa đủ) thu được dung dịch X. Lượng muối có trong dung dịch X bằng:

A. 79,2g B. 78,4g C. 72g D. 72,9g

Bài tập 5:[16]Hòa tan 5,94g hỗn hợp hai muối clorua của hai kim loại A, B (A và B là 2 kim loại thuộc

PNC nhóm II) vào nước được 100ml dung dịch X. Để làm kết tủa hết ion Cl

có trong dung dịch X, Người ta cho 
dung dịch X tác dụng với dd AgNO3 thu được 17,22g kết tủa. Lọc bỏ kết tủa, thu được dung dịch Y. Cô cạn Y được 
m (g) hỗn hợp muối khan, m có giá trị là:

A. 6,36g B. 63,6g C. 9,12g D. 91,2g

Bài tập 6:[16]Nhúng một thanh kim loại hóa trị II vào dung dịch CuSO4, sau một thời gian lấy thanh kim 
loại ra thấy khối lượng giảm 0,05%. Mặt khác nhúng thanh kim loại trên vào dung dịch Pb(NO3)2, sau một thời 
gian thấy khối lượng tăng 7,1%. Biết rằng số mol CuSO4 và Pb(NO3)2 tham gia phản ứng ở hai trường hợp là như 
nhau. Vậy M là kim loại nào sau đây:

A. Zn B. Fe C. Mg D. Ni

Bài tập 7: [12]Nung 24,5g KClO3. Khí thu được tác dụng hết với Cu (lấy dư). Phản ứng cho ra chất rắn có 
khối lượng lớn hơn khối lượng Cu dùng lúc đầu là 4,8g. Tính hiệu suất phản ứng nhiệt phân KClO3.

A. 75% B. 80% C. 50% D. 100%

Bài tập 8:[22]Nhúng một thanh kẽm và một thanh sắt vào cùng một dung dịch CuSO4. Sau một thời gian lấy 
hai thanh kim loại ra thấy trong dung dịch cịn lại có nồng độ mol ZnSO4 bằng 2,5 lần nồng độ mol FeSO4. Mặt 
khác, khối lượng dung dịch giảm 2,2g. Khối lượng đồng bám lên thanh kẽm và thanh sắt lần lượt là:

A. 12,8g ; 32g B. 64g ; 25,6g

C. 32g ; 12,8g D. 25,6g ; 64g

Hướng dẫn: do cùng nhúng hai thanh kim loại vào một dung dịch nên dung dịch cịn lại cùng thể tích
CM (ZnSO4) = 2,5CM (FeSO4) →

4 4

ZnSO FeSO

n 2,5n

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

2,5x ← 2,5x ← 2,5x → 2,5x

Fe + CuSO4 → FeSO4 + Cu↓ (2)

x ← x ← x → x

Độ giảm khối lượng của dung dịch là: mCu (bám) - mZn (tan) - mFe (tan)

↔ 2,2 = 64(2,5x + x) -65. 2,5x- 56x → x = 0,4 (mol)
→ mCu bám lên thanh Zn = 64g ; mCu bám lên thanh Fe = 25,6g

Bài tập 9:[20]Nung hỗn hợp A gồm CaCO3 và CaSO3 tới phản ứng hồn tồn được chất rắn B có khối 
lượng bằng 50,4% khối lượng của hỗn hợp A. Thành phần phần trăm về khối lượng các chất trong hỗn hợp A:

A. 40% và 60% B. 25% và 75%

C. 30% và 70% D. 20% và 80%

Hướng dẫn:

Cách 1: Phương pháp đại số

CaCO3 → CaO + CO2 (1)

x x x

CaSO3 → CaO + SO2 (2)

y y y
Gọi khối lượng của hỗn hợp A là a (g).
nCaO 0,504a 9 10 3a(mol)

3 3

CaCO

x y 9 10 a 9 10 (100x 120y) x 0,8y

100x 100 0,8y

%m 40%

100x 120y 100 0,8y 120y
Cách 2: Phương pháp tăng giảm khối lượng
Theo pt (1), (2) ta có:

100g CaCO3 →56g CaO tương ứng 56% mcacbonat

120g CaSO3 →56g CaO tương ứng 46,67% msunfit

Gọi x là thành phần phần trăm về khối lượng của CaCO3. Ta có :

56x + 46,67(1-x) = 50,4 ↔ x = 0,4 → %

3
CaCO

m = 40%.

Bài tập 10:[12] Trộn 1l dung dịch (NH4)2CO3 0,01M với 1l dung dịch Ba(OH)2 0,005M nóng, khối lượng 
riêng của hai dung dịch này đều bằng 1g/ml. Tính khối lượng dung dịch thu được sau phản ứng (khí thốt ra hồn 
tồn khỏi dung dịch nóng)

A. 1998,845g B. 1998,830g

C. 1999,015g D. 1998,120g

Bài tập 11: [1] Một hỗn hợp gồm Fe và Fe2O3. Nếu cho lượng khí CO dư đi qua m (g) hỗn hợp trên ở điều 
kiện nhiệt độ cao, sau khi kết thúc phản ứng, người ta thu được 11,2g Fe. Nếu ngâm m (g) hỗn hợp trên trong 
dung dịch CuSO4 dư, phản ứng xong thu được chất rắn có khối lượng tăng thêm 0,8g. Khối lượng nào sau đây là 
khối lượng m (gam) ban đầu:

A. 14g B. 13,6g C. 13g D. 12g

Bài tập 12:[Tự ra]Cho 6,72l khí oxi (đkktc) phản ứng hồn tồn với kim loại hóa trị III thu được 20,4g 
oxit. Cơng thức phân tử của oxit là

A. Fe2O3 B. Al2O3 C. Cr2O3 D. Ga2O3

Bài tập 13:[Tự ra]Khử hoàn toàn 11,6g oxit sắt bằng C ở nhiệt độ cao. Sản phẩm khí dẫn vào nước vơi 
trong dư, tạo ra 10g kết tủa. Công thức phân tử oxit sắt là công thức nào sau đây:

A. FeO B. Fe2O3 C. Fe3O4 D. FeO2

Bài tập 14:[Tự ra]Hịa tan hồn tồn 5g hỗn hợp ba kim loại Zn, Fe,Mg vào dung dịch H2SO4 tháy thốt ra 
0,672l khí H2 (đktc). Khi cơ cạn dung dịch ta thu được bao nhiêu gam muối khan?

A. 4,66g B. 6,46g C. 9,7g D. 7,9g

Bài tập 15: [Tự ra]Điện phân nóng chảy a(g) muối clorua của kim loại nhóm IA thu được b(g) kim loại ở

catot và 0,896l khí (đktc) ở anot. Cho b(g) kim loại vào nước, sau phản ứng khối lượng dung dich giảm 0,08(g) . 
Kim loại nhóm IA đó là kim loại nào và khối lượng muối clorua ban đầu là:

A. K và 3,12g B. K và 1,56g

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Bài tập 16:[Tự ra]Đem nung một khối lượng Cu(NO3)2 sau một thời gian dừng lại làm nguội, rồi cân thấy 
khối lượng giảm 0,54g. Cho biết muối nitrat bị nhiệt phân 60%. Vậy khối lượng muối Cu(NO3)2 ban đầu là:

A. 2,8g B. 0,82g C. 5,17g D.1,57g

Bài tập 17:[Tự ra]Cho 29,7g hỗn hợp Na2CO3, K2CO3 tác dụng vừa đủ với dung dịch BaCl2. Sau phản 
ứng thu được 49,25g kết tủa. Lọc tách kết tủa, cô cạn dung dịch thu được m(g) muối clorua. Vậy m có giá trị là

A. 4,53g B. 23,5g C. 32,45g D. 3,45g

Bài tập 18:[Tự ra] Nung 5,05g nitrat kim loại kiềm cho đến khi nitrat bị nhiệt phân hết. Khối lượng chất 
rắn thu được giảm 15,84% so với khối lượng muối ban đầu. Kim loại kiềm đó là gì và thể tích khí thu được ở đktc

A. Na và 0,56 lít B. K và 1,12 lít 
C. K và 0,56 lít D. Li và 1,12 lít 
Hướng dẫn: gọi công thức của muối nitrat: MNO3

MNO3 → MNO2 +1/2 O2

Khối lượng chất rắn giảm đi là khối lượng của O2

3 2

MNO O

2 15,84 5, 05

n 2n 0, 05(mol)

100 32
5, 05

M 62 39(Kali)

0, 05

V 0, 25 22, 4 0,56(l)

Bài tập 19: [Tự ra]Đun nóng 31,2g hỗn hợp X gồm một muối hiđrocacbonat và một muối cacbonat của

cùng một kim loại đến khi tạo hoàn toàn thành 25g muối cacbonat. Hịa tan hồn tồn muối cacbonat thu được 
trong dung dịch HCl dư tạo thành dung dịch Y. Đem cô cạn dung dịch Y thu được 27,75 muối khan Y. Kim loại đó 
là gì và khối lượng muối cacbonat trong hỗn hợp X là bao nhiêu?

A. Na và 15,9g B. K và 29,7g

C. Ca và 25,2g D. Ca và 15g

Hướng dẫn:

- Hòa tan 25g muối cacbonat tạo thành 27,75g muối clorua
→ tăng 2,75g →

2
CO

n = 0,25 mol

- Tìm biểu thức mối liên hệ giữa M và n, sau đó biện luận suy ra kim loại là Ca.
- Dựa vào phương trình Ca(HCO3)2→ CaCO3 + H2O + CO2. Tính

3
CaCO
m

Bài tập 20:[Tự ra]Cho 19,5g hỗn hợp Cu, Fe, Zn tác dụng với O2 dư, nung nóng thu được m (g) hỗn hợp X.

Cho hỗn hợp X này tác dụng vừa đủ với dung dịch HCl cần 325ml dung dịch 2M (khơng có khí thốt ra). Tính 
khối lượng muối clorua thu được:

A. 28,525g B. 42,025g C. 65,1g D. 56,1g

Bài tập 21:[Tự ra]Cho hỗn hợp gồm ba muối MgCl2, NaBr, KI với số mol tương ứng là 0,2 mol; 0,4 mol và 
0,2 mol. Hòa tan hỗn hợp A trên vào nước tạo ra dung dịch X. Dẫn V(l) Cl2 sục vào dung dịch X, cô cạn dung dịch 
sau phản ứng thu được 66,2g chất rắn. Tính V (đktc)

A. 2,24l B. 8,96l C. 6,72l D. 4,48l

Hướng dẫn: PTPƯ có thể xảy ra

2 2

Cl 2I 2Cl I (1)
Cl 2Br 2Cl Br (2)

 Nếu phản ứng (1) xảy ra hoàn toàn, khối lượng muối giảm: 0,2(127 - 35,5) = 18,3 (g)
 Khi cả hai phản ứng (1) và (2) xảy ra hoàn toàn khối lượng muối giảm:

0,2(127 - 35,5) + 0,4(80 - 35,5) = 36,1 (g)
Theo đề bài, khối lượng muối giảm 93,4 - 66,2 = 27,2 (g)

18,3< 27,2 < 36 chứng tỏ phản ứng (1) xảy ra hoàn toàn và có một phần phản ứng (2)
Gọi

n pư = x thì khối lượng của muối giảm: 18,3 + x(80 - 35,5) = 27,2

2
2

Cl
Cl

x 0, 2(mol) n (0, 2 0, 2) 0, 2(mol)
2

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10></div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

CHƯƠNG II: PHƯƠNG PHÁP BẢO TỒN NGUYÊN TỐ
I. Nguyên tắc của phương pháp: [2], [6]

Dựa vào định luật bảo toàn nguyên tố: “Trong các phản ứng hóa học, các ngun tố ln ln được bảo
tồn”.

Có thể hiểu định luật như sau: tổng số mol nguyên tử của một nguyên tố A trước phản ứng hóa học ln
bằng tổng số mol nguyên tử của một nguyên tố A đó sau phản ứng.

Chú ý: Định luật được xem như nguyên nhân của định luật bảo toàn khối lượng.

II. Vận dụng phương pháp bảo toàn nguyên tố trong giải toán:
Các dạng toán thường sử dụng bảo toàn nguyên tố:

- Nguyên tử của nguyên tố toàn tại trong nhiều hợp chất trong cùng một hỗn hợp hoặc dung dịch... thì khối
lượng của nguyên tử (hay ion) đó bằng tổng khối lượng của nguyên tử của nguyên tố đó trong các dạng tồn tại.

- Tính tốn khối lượng sản phẩm sau một quá trình phản ứng thì chỉ cần căn cứ vào chất đầu và chất cuối,
bỏ qua các phản ứng trung gian vì các ngun tố ln được bảo tồn.

II.1. Khối lượng ngun tử của nguyên tố ban đầu bằng tổng khối lượng các dạng tồn tại của ngun tố đó 
trong hỗn hợp hoặc trong dung dịch.

Thường gặp trong phản ứng nhiệt nhơm hoặc khử oxit sắt vì sắt có nhiều trạng thái oxi hóa nên thường
tồn tại trong nhiều hợp chất.

Chẳng hạn: hỗn hợp A

2 3

FeO : a(mol)

Fe O : b(mol) bị khử bởi CO cho hỗn hợp chất rắn B

gồm Fe2O3 (còn dư): x mol

Fe3O4 : y mol

FeO (còn dư) : z mol
Fe : t mol

Khi đó ta có: nFe(trongA) nFe(trongB) hay a +2b = 2x + 3y +z +t

Ví dụ 1:[tự ra]Khử hết m (g) Fe3O4 bằng khí CO thu được hỗn hợp A gồm FeO và Fe. A tan vừa đủ trong 300ml 
dung dịch H2SO4 1M tạo dung dịch B. Tính m và khối lượng muối sunfat thu được khi cô cạn B.

A. 23,2g và 45,6g B. 23,2g và 54,6g 
C. 2,32g và 4,56g D. 69,6g và 45,6g 
Cách giải:

Fe3O4→ (FeO, Fe)→ FeSO4

x mol

4 4

Fe(trongFeSO ) SO

n n 0,3(mol)

Áp dụng ĐLBTNT Fe:

3 4 4

Fe(trongFe O ) Fe(trongFeSO )

n n

↔ 3x = 0,3 → x = 0,1 (mol)

4
B FeSO

m m 0,3 152 45,6(g)

Chọn đáp án A.

Ví dụ 2:[12]Khử 39,2g một hỗn hợp A gồm Fe2O3 và FeO bằng khí CO thu được hỗn hợp B gồm FeO và Fe. B 
tan vừa đủ trong 2,5 lít dung dịch H2SO4 0,2M cho ra 4,48 lít khí (đktc). Tính khối lượng Fe2O3 và FeO trong hỗn 
hợp A.

A. 32g Fe2O3; 7,2g FeO B. 16g Fe2O3; 23,2g FeO

C. 18g Fe2O3; 21,2g FeO D. 20g Fe2O3; 19,2g FeO

Cách giải:

Gọi hỗn hợp A Fe O : x(mol)2 3

FeO : y(mol) ↔ 160x + 72y = 39,2 (1)
Hỗn hợp B + H2SO4: FeO + H2SO4 → FeSO4 + H2O (2)

Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2 ↑ (3)

2 3
Fe O

FeO

m 0, 2x160 32(g)

m 0,1x72 7, 2(g) ; nH SO2 4 0, 2x2,5 0,5(mol); H2

4, 48

n 0, 2(mol)

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Fe(3)

n 0, 2mol;

2 4

FeO H SO Fe(3)

n n n 0,5 0, 2 0,3(mol)

Áp dụng ĐLBTNT Fe trong hai hỗn hợp A và B ta có: 2x + y = 0,5 (4)
Từ (1), (4) x 0, 2

y 0,1
2 3

Fe O

m 0, 2x160 32(g) ; mFeO 0,1x72 7, 2(g) . Vậy đáp án đúng là A.

II.2. Chất tham gia trải qua một số giai đoạn phản ứng để tạo sản phẩm:

Ví dụ 3: [tự ra]Hịa tan hồn tồn hỗn hợp A gồm 0,1 mol Fe và 0,2 mol Cu vào một lượng vừa đủ dung dịch 
H2SO4 98% (đặc , nóng) thu được khí SO2 (đktc) và dung dịch B.Cho ddB tác dụng với NaOH dư, được kết tủa C, 
nung C đến khối lượng không đổi được hỗn hợp chất rắn E. Cho E tác dụng với lượng dư CO, đun nóng thu được 
hỗn hợp chất rắn F. Khối lượng của hỗn hợp chất rắn F là:

A. 24g B. 18,4g C. 15,6g D. 16,5g

Cách giải

NaOH t CO

2 4 3 3 2 3

4 2

Fe (SO ) Fe(OH) Fe O

Fe Fe

hhA ddB C E F

Cu CuSO Cu(OH) CuO Cu

Áp dụng ĐLBTNT, ta có: mhhA mhhF 0,1x56 0, 2x64 18, 4(g)

Chọn đáp án B.

 Nhận xét: với dạng toán này, HS thường viết phương trình phản ứng, cân bằng sau đó tính tốn theo

phương trình hóa học. Nhưng với HS nắm vững định luật BTNT thì giải quyết bài tốn chỉ trong vài
giây.

Ví dụ 4: [4] Đi từ 120 gam quặng pirit sắt (chứa 80% là FeS2) sẽ điều chế được (hiệu suất 100%) một lượng 
H2SO4 là:

A. 196g B. 147g C. 156,8g D. 245g

Cách giải: để sản xuất H2SO4 đi từ quặng pirit sắt phải qua nhiều giai đoạn, song trong tính tốn với giả sử

hiệu suất 100% cho mọi q trình, có thể áp dụng ĐLBTNT đối với nguyên tố S:
FeS2 2H SO2 4

120g 196g

120x80
96g

100 → xg

Lượng H2SO4 điều chế được là:

96x196

x 156,8(g)

120 . Đáp án đúng là C.

 Nhận xét: đối với dạng tốn tính tốn từ thực tế sản xuất: chất phản ứng không chỉ trải qua mà là cả một
chuỗi các phản ứng thì việc áp dụng ĐLBTNT cho một ngun tố (chính) sẽ dễ dàng cho việc tính tốn hơn.

III. Một số bài tập tương tự được giải theo phương pháp BTNT:

Bài tập 1: [1] Hòa tan a gam hh gồm FeO và Fe3O4 hết 300ml ddHCl 2M được ddX. Cho X tác dụng với một 
lượng ddNH3 dư được kết tủa. Nung kết tủa trong không khí đến khối lượng khơng đổi được a +1,2 g chất rắn. 
Phần trăm khối lượng của FeO trong hh trên là:

A. 28,4% B. 24,6% C. 38,3% D. 40,2%

Hướng dẫn:

0
3d

ddNH

HCl 2 2 t trongkk

2 3

3 4 3 3

FeCl Fe(OH)

FeO

Fe O

Fe O FeCl Fe(OH)

Vì trong hh ban đầu đã có một lượng Fe2O3 và coi Fe3O4 = FeO. Fe2O3) nên chỉ xét sự chuyển hóa quá trình:

2FeO → Fe2O3

Độ tăng khối lượng của Fe2O3 so với hh đầu là khối lượng oxi mà FeO lấy để tạo Fe2O3

nO cần =1, 2 0, 075(mol)

16 nFeO = 0,15 (mol)

Gọi hh

3 4 2 3
FeO : x(mol)

x y 0,15

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

nHCl = 0,6 (mol) nO trong oxit = 0,3 (mol) ↔ x + 4y = 0,3 (2)

Từ (1), (2) x 0,1 mFeO 38,3%
y 0, 05

Bài tập 2: [4] Cần bao nhiêu tấn quặng phôtphorit chứa 80% Ca3(PO4)2 để thu được 1 tấn photpho, cho 
rằng sự hao hụt trong quá trình sản xuất bằng 5%.

A. 6,58 tấn B. 6,29 tấn C. 5,86 tấn D. Kết quả khác

Bài tập 3: [12] Cho 21,52g hhX gồm kim loại M có hóa trị 2 và muối nitrat của kim loại ấy vào 1 bình kín và 
nung cho đến khi muối nitrat bị nhiệt phân hoàn toàn. Chất rắn thu được sau phản ứng được chia làm 2 phần 
bằng nhau:

- Phần 1: phản ứng vừa đủ với 2/3 lit dd HNO3 0,38M cho ra khí NO.

- Phần 2: phản ứng vừa hết với 0,3l dd H2SO4 0,2M để lại 1 chất rắn không tan. Xác định kim loại M, khối 
lượng M và nitrat kim loại M trong hỗn hợp X.

A. Cu; 12,8g Cu; 8,72g Cu(NO3)2

B. Cu; 10,24g Cu; 11,28g Cu(NO3)2

C. Zn; 68g Cu; 14,72g Zn(NO3)2

D. Zn; 10,2g Cu; 11,32g Zn(NO3)2

Hướng dẫn:

HhX gồm kim loại M và M(NO3)2.

Khi nung:

3 2 2 2

M(NO ) MO 2NO O

2 (1)

M 1O2 MO

2 (2)

Chất rắn cịn lại gồm MO và M dư (vì khi cho chất rắn phản ứng với HNO3 có khí thoát ra). Gọi

M : x(mol)

MO : y(mol)trong 1/2 chất rắn.

Phần 1:

3 3 2

3M 8HNO 3M(NO ) 2NO 4H O

x 8/3x

M + 2HNO3 → M(NO3)2 + H2O

y 2y

HNO

8 2 0, 76

n x 2y .0,38

3 3 3 (3)

Phần 2: tác dụng với H2SO4loãng tạo ra chất rắn (M) nên M đứng sau H trong dãy Bêkêtop

MO + H2SO4 → MSO4 + H2O

y y
2 4

MO H SO

n n y 0,06(mol) x = 0,05(mol)

Vì bình kín nên O2 dùng cho phản ứng (2) là O2 tạo ra từ phản ứng (1):

3 2 3 2

MO(1) MO(2) M(NO ) MO(1) MO(2) M(NO )

n n n n n 2n 0,12(mol)

3 2
M(NO )

n 0,12(mol)

Áp dụng ĐLBTNT: nM (trong X) = nM (chất rắn)

↔ nM đầu + 0,06 = nM (trong MO) + nM dư nM đầu = 0,16(mol)

3 2

X M M(NO )

Cu Cu(NO )

m m m 0,16M 0, 06(M 124) 21, 52 M 64(Cu)

m 0,16.64 10, 24(g); m 21, 52 10, 24 11, 28(g)

Bài tập 4: [10] Dùng a gam Al để khử hết 0,8g Fe2O3. Sản phẩm sau phản ứng tác dụng với lượng dư dd 
NaOH tạo 0,336l khí (đktc). Giá trị của a là:

A. 1,08g B.0,56g C. 0,54g D. 0,45g

Bài tập 5: [7] Cho oxit sắt X hịa tan hồn tồn trong dd HCl thu được dd Y chứa 1,625g muối sắt clorua. 
Cho ddY tác dụng hết với ddAgNO3 thu được 4,3025g AgCl. X có cơng thức phân tử là:

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

CHƯƠNG III: PHƯƠNG PHÁP BẢO TỒN ĐIỆN TÍCH

I. Nguyên tắc của phương pháp: [6] [14]

Phương pháp BTĐT dựa trên định luật: “ điện tích của một hệ cơ lập ln khơng đổi tức là được bảo toàn”.

Nghĩa là tổng điện tích dương ln bằng tổng điện tích âm về giá trị tuyệt đối. Do đó dung dịch ln trung
hịa về điện ( ∑q+

= ∑q- )

II. Vận dụng phương pháp bảo tồn điện tích vào giải toán:

- Thường dùng để giải quyết các dạng toán trong dung dịch với việc tính tốn khối lượng muối khan, nồng
độ dung dịch...Sau đây là vài ví dụ:

Ví dụ 1:[tự ra] Cho 100ml dung dịch A chứa Na2SO4 0,1M và Na2CO3 0,2M tác dụng vừa đủ với 100ml 
dung dịch B chứa Ba(NO3)2 và Pb(NO3)2 0,05M tạo kết tủa. Tính nồng độ mol của Ba(NO3)2 và khối lượng chung 
của các kết tủa?

A. 0,25M và 66,2g B. 0,15M và 6,62g 
C. 0,25M và 6,62g D. 0,15M và 66,2g

Cách giải: theo ĐLBTĐT các ion SO24 , CO32 phản ứng với Ba2+ và Pb2+ theo tỉ lệ mol 1:1. Điện tích các
ion trên bằng nhau về giá trị tuyệt đối. Nên ta có:

n(SO24 CO23 ) n(Ba2 Pb2 )
↔ 0,1( 0,1 + 0,2) = 0,1( x + 0,05)
x CBa2 0, 25(M)

Khối lượng chung của các kết tủa ( BaSO4 +PbSO4 + BaCO3 + PbCO3) là:

2 2 2 2

4 3

SO CO Ba Pb

m m m m m

= 0,1. 0,1. 96 + 0,1. 0,2. 60 + 0,25. 0,1. 137 + 0,05. 0,1. 207 = 6,62 (g)

 Nhận xét: Đối với bài toán trên nếu giải quyết theo phương pháp đại số bằng cách viết phương trình rồi tính
tốn theo phương trình sẽ gặp rắc rối vì khơng đủ dữ kiện để định lượng được khối lượng từng loại kết tủa.
Phương pháp BTĐT trong trường hợp này là một giải pháp tối ưu.

- Phương pháp này cũng có thể dùng để kiểm tra kết quả định lượng thành phần các ion đúng hay sai.

Ví dụ 2:[13]Kết quả xác định nồng độ mol của các ion trong một dung dịch được ghi ở bảng dưới đây:

Ion Na Ca2 NO 3 Cl HCO 3

Số mol 0,05 0,01 0,01 0,04 0,025

Hãy đánh giá kết quả trên.

A. Đúng B. Sai

Cách giải:

Theo ĐLBTĐT, ta có ∑q+

= ∑q-
2

Na Ca

q ( 1)n ( 2)n 0, 05 0, 01.2 0, 07

3 3

NO Cl HCO

q ( 1)(n n n ) ( 1)(0, 01 0, 04 0, 025) 0, 075

Giá trị tuyệt đối của điện tích (+) khác điện tích (-) kết quả trên là sai.

Ví dụ 3:[tự ra]100ml dung dịch X chứa các ion Ca2+

: 0,1mol; NO : 0,05mol; 3 Br : 0,15mol; HCO : 3
0,1mol và một ion của kim loại M. Cô cạn dung dịch thu được 29,1g muối khan. Ion kim loại M là ion nào và tính 
nồng độ của nó trong dung dịch.

A. Na+ và 0,15M B. K+ và 0,1M 
C. Ca2+ và 0,15M D. K+ và 1M

Cách giải: gọi n là điện tích của ion kim loại M; x là số mol của Mn+

Áp dụng ĐLBTĐT, ta có: 0,1.2 + xn =0,05 + 0,15 + 0,1 → xn = 0,1

Mặt khác: mmuối 2 n

3 3

Ca M NO Br HCO

m m m m m

0,1.40 (M0,1) 0, 05.62 80.0,15 0,1.61 29,1 M 39 M 39n

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Trong số các đáp án đã cho thì K+

là đáp án phù hợp vàCK 0,1 1(M)
0,1

→ Chọn đáp án D

Ví dụ 4:[5] Dung dịch A chứa Mg2+, Ba2+, Ca2+ và 0,2mol Cl , 0,3 mol NO . Thêm dần dần dung dịch 3
Na2CO3 1M vào dung dịch Acho đén khi thu được lượng kết tủa lớn nhất thì ngừng lại. Hỏi thể tích dung dịch A đã 
thêm là bao nhiêu?

A. 150ml B. 200ml C. 250ml D. 300ml

Cách giải:

Gọi x,y,z là số mol Mg2+

, Ba2+, Ca2+ trong dung dịch A.

Theo ĐLBTĐT, ta có: 2x + 2y + 2z = 0,2 + 0,3 = 0,5 ↔ x + y + z = 0,25

2 2

3 3

2 2

3 3

2 2

3 3

Mg CO MgCO

Ba CO BaCO

Ca CO CaCO

2 3 3 2 3

Na CO CO Na CO 1M

0, 25

n n x y z 0, 25 V 0, 25(l) 250ml

→ Chọn đáp án C.

III. Một số bài tập giải theo phương pháp bảo toàn điện tích:

Bài tập 1:[5]Một dung dịch chứa hai cation Fe2+ (0,1mol) và Al3+ (0,2mol) và hai anion Cl (x mol) và

2
4

SO (y mol). Biết rằng khi cô cạn dung dịch thu được 46,9g chất rắn khan. x và y có giá trị là:

A. 0,2 và 0,3mol B. 0,15 và 0,3mol 
C. 0,2 và 0,35mol D. 0,15 và 0,2mol

Bài tập 2:[10] Có dung dịch X, dung dich này chỉ chứa hai cation và hai anion trong số các ion sau: K+

(0,15mol) ; NH (0,25mol); H4 + (0,2mol); Cl (0,1mol); SO42 (0,075 mol); CO32 (0,15mol). Dung dịch gồm các 
ion nào?

A. NH , K4 +, CO32 , Cl B. NH , K4 +, SO42 ,Cl

C. NH , H4 +, SO42 ,Cl D. NH , K4 +, CO32 , SO42

Bài tập 3:[12] 100ml dung dịch A chứa AgNO3 0,06M và Pb(NO3)2 0,05M tác dụng vừa đủ với 100ml dung 
dịch B chứa NaCl 0,08M và KBr. Tính nồng độ mol của KBr trong dung dịch B và lượng kết tủa tạo ra trong phản 
ứng giữa hai dung dịch A và B.

A. 0,08M và 2,458g B. 0,016M và 2,185g 
C. 0,008M và 2,297g D. 0,08M và 2,607g

Bài tập 4:[7] Dung dịch A chứa x mol Al3+, y mol Cu2+, z mol SO42 và 0,4 mol Cl
- Cô cạn dung dịch A được 45,2g muối khan.

- Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch NH3 lấy dư thu được 15,6g kết tủa. 
Tìm x,y,z.

A. 0,2; 0,04; 0,24mol B. 0,1; 0,1; 0,05mol 
C. 0,2; 0,2; 0,3mol D. 0,1; 0,15; 0,1mol

Bài tập 5:[tự ra]Cho 3,75g hỗn hợp A gồm Mg và Al vào 250ml dung dịch X chứa HCl 1M và H2SO4
0,5M, được đung dịch B và 3,92l H2 (đktc). Cô cạn ddB thu được m(g) muối khan. Tìm m?

A. 19,3g B. 17,425g< m <19,3g

C. 17,425g D. 17, 425g m 19,3g

Hướng dẫn:
2

H H (X)

n 0,175(mol);n 0,50(mol)

2
3

Mg 2H Mg H

Al 3H Al H

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

2
H

H pu H (X)

n 2n 0,35mol n dung dịch B còn dư axit.

Nhận thấy: HCl và H2SO4 phản ứng đồng thời do đó với các điều kiện của bài khối lượng muối thu được chỉ

xét được trong một khoảng, khơng tính được giá trị cụ thể.

Áp dụng ĐLBTKL: mmuối 2

KL SO Cl

m m m

Trong dung dịch X, ta ln có: ∑ q(+) = ∑ q(-) 2
4

SO Cl H

2n n n 0, 35

 Giả sử dung dịch HCl phản ứng trước:
Cl

n 0, 25(mol)
2

0, 35 0, 25

n 0, 05(mol)

m 3, 75 0, 25.35, 5 0, 05.96 17, 425(g)

 Giả sử dung dịch H2SO4 phản ứng trước: 2
4
SO

n 0, 25(mol)
Cl

n 0,35 2.0,125 0,1(mol)

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

CHƯƠNG IV: PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN ELECTRON

I. Nguyên tắc của phương pháp: [2], [13], [14]

Trong phản ứng oxi hóa - khử thì: ∑ electron nhường = ∑ electron nhận.

- Khi có nhiều chất oxi hóa, chất khử trong một hỗn hợp phản ứn (nhiều phản ứng hoặc phản ứng qua
nhiều giai đoạn) thì tổng số electron các chất khử cho phải bằng tổng số electron mà các chất oxi hóa nhận.Ta
chỉ cần nhận định đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối của các chất oxi hóa hoặc chất khử thậm chí khơng cần
quan tâm đến việc cân bằng các phương trình phản ứng.

- Phương pháp này đặc biệt lí thú đối với các bài toán phải biện luận nhiều trường hợp có thể xảy ra. Tuy
nhiên phương pháp này chỉ áp dụng tốt cho phản ứng oxi hóa - khử thường để giả các bài tốn vơ cơ.

II. Vận dụng phương pháp bảo tồn electron vào giải tốn:

Sử dụng phương pháp bảo toàn electron để giải nhiều dạng toán nhưng về cơ bản gồm những dạng sau
đây:

II.1. Cho hỗn hợp của kim loại (hoặc hợp chất của kim loại) tác dụng với dung dịch axit tạo ra một

khí hoặc hỗn hợp khí.

Để giải quyết bài tốn dạng này ta thực hiện các bước:

 Tính số mol của mỗi khí trong hỗn hợp, thường dựa vào sơ đồ đường chéo (được trình bày ở
chương sau).

 Tính tổng số electron nhận và electron nhường.

 Cho ∑ electron nhường = ∑ electron nhận → tìm ẩn số của bài tốn

Ví dụ 1:[tự ra]Cho 18,98g hỗn hợp A gồm Cu, Mg, Al tác dụng vừa đủ với 2l ddHNO3 được 1,792l khí X 
(đktc) gồm N2 và NO2 có tỉ khối so với He là 9,25. Tổng khối lượng muối nitrat sinh ra là bao nhiêu và nồng độ 
mol/l của HNO3 trong dung dịch đầu?

A. 53,7g và 0,28M B. 46,26g và 0,28M 
C. 46,26g và 0,06M D. 53,7g và 0,06M 
Cách giải: nhận thấy:

2 2

N NO
X

X
N NO

M M

M 9, 25x4 37

2
n 1, 792

n n 0, 04(mol)

2 2.22, 4
Ta có q trình nhận electron:

5 0

2
3

2 N(NO ) 10e N

0,08 ← 0,4 ← 0,04 → ∑ e nhận = 0,4 +0,04 = 0,44(mol)

5 4

3 2

N(NO ) 1e N(NO )

3
HNO

n bị khử = 0,08 + 0,04 = 0,12 (mol)

0,04 ← 0,04← 0,04

Theo định luật bảo toàn electron: ∑ e nhận = ∑ e nhường = 0,44 (mol)
Có thể viết tổng qt q trình nhường e: M - ne → Mn+

0,44

Ta có nhận xét sau: vì gốc NO có hóa trị I nên nếu kim loại nhường bao nhiêu electron thì cũng nhận 3
bấy nhiêu gốc NO để tạo muối. 3

Vậy

3
HNO

n tạo muối = ne nhường = ne nhận = 0,44 (mol)

→

3
HNO

n pư = 0,44 + 0,12 = 0,56(mol)

M(HNO )

0,56

C 0, 28(M)

Khối lượng muối nitrat sinh ra là:

3
KL NO

m m m 18,98 0, 44.62 46, 26(g)

→ Chọn đáp án B
 Nhận xét:

- Bài tốn chỉ u cầu tính khối lượng muối và nồng độ HNO3 nên chỉ cần quan tâm đến ∑ e

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

- Bài toán này nếu giải theo phương pháp đại số (đặt ẩn, tìm các phương trình và giải hệ) thì sẽ rơi
vào khó khăn bởi nó địi hỏi những kỹ năng tốn học cao của học sinh, khi 6 ptpư, 6 ẩn mà chỉ có 3 dữ kiện để
tính tốn. Sử dụng ĐLBT electron khơng cần viết ptpư và trong trường hợp này nó trở nên tối ưu.

- Dựa vào bài toán trên, có thể khai triển thành nhiều bài khác để hỏi về các đại lượng khác như Vhh
khí, % mKL, mKL...

- Khi viết các quá trình nhường, nhận electron nên viết để tránh nhầm lẫn các bán phản ứng oxi hóa
- khử dưới dạng ion electron. Vì thường phản ứng tạo khí có có sụ tham gia của mơi trường, nếu các bài tốn
đưa trọng tâm vào nội dung này, học sinh dễ mắc sai lầm khi nghĩ các q trình khơng phụ thuộc vào mơi
trường.

Ví dụ 2:[17]Hồ tan hồn tồn 9,28g một hỗn hợp X gồm Mg, Al, Zn với số mol bằng nhau trong một 
lượng vừa đủ dd H2SO4 đặc, nóng; thu được ddY và 0,07mol một sản phẩm duy nhất chứa lưu huỳnh. Sản phẩm 
đó là chất nào?

A. SO2 B. S C. H2S D.S O2 82

Cách giải:

Gọi a là số mol Mg, Al, Zn trong hỗn hợp.
Ta có: (24 + 65 + 27)a = 9,28 a = 0,08 (mol)
Quá trình nhường e: Mg - 2e → Mg2+

0,08 0,16

Al - 3e → Al3+ ∑ e nhường = 0,16 + 0,24 + 0,16 = 0,56(mol)

0,08 0,24
Zn - 2e → Zn2+

0,08 0,16

Quá trình nhận e: S6 (6 x)e Sx ∑ e nhận = 0,07(6-x) (mol)
0,07 0,07(6-x)

Với x là số oxi hóa của S trong sản phẩm đó.

Áp dụng ĐLBT electron, ta có: 0,07(6-x) = 0,56 x = -2 sản phẩm là H2S.

Vậy đáp án đúng là C.

II.2. Các bài tập về sắt qua nhiều trạng thái oxi hóa:

Sắt có nhiều trạng thái oxi hóa nên khi oxi hóa Fe kim loại thường thu được hỗn hợp các oxit sắt. Thơng
thường bài tốn cho toàn bộ lượng oxit sắt chuyển về một trạng thái oxi hóa nào đó. Để giải quyết dạng bài tập
này cần chú ý:

Chỉ quan tâm đến trạng thái oxi hóa đầu và cuối của sắt, khơng cần quan tâm đến các trạng thái oxi
hóa trung gian.

Đặt ẩn số với chất đóng vai trị chất khử.

Ví dụ 3:[18]Nung x gam Fe trong khơng khí, thu được 104,8 gam hỗn hợp rắn A gồm Fe, FeO, Fe2O3, 
Fe3O4. Hòa tan A trogn dd HNO3 dư, thu được ddB và 12,096 lit hỗn hợp khí NO và NO2 (đktc) có tỉ khối đối 
với He là 10,167. Giá trị của x là:

A. 85,02g B. 49,22g C. 78,4g D. 98g

Cách giải: - Dựa vào sơ đồ đường chéo để tính được số mol NO và NO2 lần lượt là 0,18 và 0,36 mol. Cách

tính này sẽ được đề cập ở chương sau.

- Nhận thấy, q trình phản ứng tồn bộ lượng Fe kim loại được chuyển thành Fe3+ nên ta có
q trình nhường e: Fe - 3e → Fe3+

56 →

56 ∑ e nhường =
3x
56(mol)

Quá trình nhận e: N(NO ) 1e5 3 N(NO ) 4 2
0,36← 0,36

5 2

N(NO ) 3e N(NO)

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Theo ĐLBTKL:

2 2

Fe O A O A Fe

m + m = m m = m - m = 104,8 - x (g)
2

2 2

Fe O A O A Fe

3 2 2

104,8 x

n (mol)

m + m = m m = m - m = 104,8 - x (g)

Al Fe Cu Ag

104,8 x

n (mol)

→ ∑ e nhận = 0,36 + 0,18.3 + 104,8 x.4

32 = 0,9 +

104,8 x
(mol)
8

Theo ĐLBT electron, ta có: ∑ e nhận = ∑ e nhường
↔ 0,9 + 104,8 x

8 =

56 x = 78,4(g)

Chọn đáp án C.

 Nhận xét: đây là dạng toán kinh điển của phương pháp bảo toàn electron. Đối với dạng bài tập
TNKQ thì đây là phương pháp rất hay để giải quyết nhiều bài tập về oxihoa-khử một cách chính
xác, rất nhanh và khơng gây nhầm lẫn.

II.3. Dạng toán trong dung dịch nhiều chất khử, nhiều chất oxi hóa mà sự trao đổi electron xảy ra

đồng thời (thường gặp là dạng toán kim loại này đẩy kim loại khác ra khỏi dung dịch muối)

Ví dụ 4:[12]Một hỗn hợp X gồm Al và Fe có khối lượng 8,3g. Cho X vào 1lit ddA chứa AgNO3 0,1M và 
Cu(NO3)2 0,2M. Sau khi phản ứng kết thúc được chất rắn B (hồn tồn khơng tác dụng với dd HCl) và ddC 
(hồn tồn khơng có màu xanh của Cu2+). Tính khối lượng chất rắn B và %Al trong hỗn hợp.

A. 23,6g; %Al = 32,53 B. 24,8g; %Al = 31,18 
C. 28,7g; %Al = 33,14 A. 24,6g; %Al = 32,18

Cách giải:

- Chiều sắp xếp các cặp OXH-K trong dãy điện hóa:

3 2 2

Al Fe Cu Ag

- Ag bị khử trước Cu2+; dd bị mất hết màu xanh của Cu2+ nên Cu2+ và Ag+ đều bị khử hết tạo Ag và Cu
kim loại.

- Al phản ứng xong rồi đến Fe; chất rắn B khơng phản ứng với HCl, do đó Al và Fe đã phản ứng hết.
Vậy, hỗn hợp B gồm Cu và Ag mB = mCu + mAg

nAg = 0,1mol ; nCu = 0,2mol mB = 0,1x108 + 0,2x64 = 23,6(g)

Gọi hhX Al : x(mol); mX 8,3g 27x 56y 8,3

Fe : y(mol) (1)
Quá trình nhường e: Al - 3e → Al3+

x 3x

Fe - 2e → Fe2+ ∑ e nhường = 3x + 2y(mol)
y 2y

Quá trình nhận e: Cu2+

+ 2e → Cu

0,2 0,4

Ag+ + e → Ag ∑ e nhận = 0,4 + 0,1 = 0,5(mol)
0,1 0,1

Theo ĐLBT electron: ∑ e nhường = ∑ e nhận ↔ 3x + 2y = 0,5 (2)
Từ (1) và (2), suy ra: x 0,1 %mAl 0,1.27.100 32,53%

y 0,1 8,3

Vậy đáp án đúng là A.

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

A. 0,224l B. 0,336l C. 4,48l D. 0,448l

Cách giải: quá trình oxi hóa-khử xảy ra: kim loại R1, R2 nhường electron cho Cu2+ để chuyển thành Cu,

sau đó Cu lại nhường e cho N(+5) tạo thành N(+2)

số mol e do R1, R2 nhường = số mol do N(+5) nhận vào

5 2

N e N

0,05x3← 1,12 0, 05
22, 4

- Khi R1, R2 trực tiếp nhường e cho N(+5) chuyển thành N(0)

Gọi a là số mol N2 thì ta có:

5 0

N 10e N

10a ← a mol

Vì cùng lượng R1, R2 tham gia phản ứng nên: 0,05x3 = 10a a = 0,015 (mol)

2
N

V = 22,4x0,015 = 0,336(l)
 Nhận xét:

- Qua ví dụ này nhấn mạnh được rằng với 1 mol chất phản ứng trong điều kiện phản ứng xảy ra
hồn tồn, chất đó phản ứng hết thì trong mọi trường hợp của cùng một bán phản ứng số mol mà nó nhận vào
hay cho đi đều là hằng số.

- Như ví dụ này, ta khơng cần xét tính khử của kim loại nào mạnh hơn vẫn giải quyết được bài
tốn vì tồn bộ R đã chuyển thành ion. Đó là ưu điểm khi sử dụng phương pháp bảo toàn electron.

II.4. Áp dụng ĐLBT electron để giải một số bài tốn khác:

Ví dụ 6:[tự ra]Khi đốt nóng 22,05g muối KClO3 thu được 2,24lit khí O2 và một hỗn hợp chất rắn gồm 
muối kali peclorat và kali clorua. Xác định khối lượng các muối tạo thành.

A. 4,97g KCl và 13,88g KClO3 B. 7,0775g KCl và 14,9725g KClO4

C. 7,0775g KCl và 11,7725g KClO4 A. 11,7725g KCl và 10,2775g KClO3

Cách giải:

3 2

KClO O

22, 05 2, 24

n 0,18(mol); n 0,1(mol)

122, 5 22, 4

Gọi số mol của KCl và KClO4 lần lượt là x và y.

Quá trình nhường e: Cl5 6e Cl1

x 6x ← x

Quá trình nhận e:

5 7

Cl 2e Cl

y 2y ← y
2O2- - 4e → O2

0,4← 0,1

Theo ĐLBT electron: 6x = 0,4 + 2y ↔ 6x - 2y = 0,4 ↔ 3x - y = 0,2 (1)
Mặt khác: x + y = 0,18 (2)
Từ (1), (2) suy ra:

4
KCl
KClO

m 0, 095.74, 5 7, 0775(g)

x 0, 095

m 0, 085.138, 5 11, 7725(g)

y 0, 085

Vậy đáp án đúng là C.

Ví dụ 7:[15]Hịa tan hoàn toàn 17,4g hỗn hợp 3 kim loại Al, Fe, Mg trong dung dịch HCl thấy thoát ra

13,44lit khí. Nếu cho 8,7g hỗn hợp tác dụng dd NaOH dư thu được 3,36lit khí (đktc).Vậy nếu cho 34,8g hỗn hợp 
trên tác dụng với dd CuSO4 dư, lọc lấy toàn bộ chất rắn thu được sau phản ứng tác dụng với dd HNO3 nóng, dư 
thì thu được V lit khí NO2. Thể tích khí NO2 (đktc) thu được là:

A. 26,88l B. 53,76l C. 13,44l D. 44,8l

Cách giải:

13, 44

n 0, 6(mol)

22, 4

Xét tồn bộ q trình phản ứng thì: Al, Mg, Fe nhường e; H+(HCl), Cu2+ nhận e.
Mà: 2H+ + 2e → H2; Cu2+ + 2e → Cu đều nhận 2 electron.

Nên ∑ e(H+) nhường = ∑ e(Cu2+) nhận

2
2

H Cu Cu

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Quá trình nhận e của HNO3:

5 4

N e N ∑ e(

N) nhận = ∑ e(Cu) nhường

Trong 34,8g hỗn hợp:
2

NO Cu

n 2n 2.0,6.2 2, 4(mol)

2
NO

V 2, 4.22, 4 53,76(l)

 Nhận xét: nếu giải bài toán này theo phương pháp đại số sẽ dài dịng vì viết phản ứng, đặt ẩn, giải
hệ nhưng nếu giải theo phương pháp bảo toàn electron thì dữ kiện cho 8,7g hỗn hợp tác dụng với
dd NaOH dư cho 3,36lit khí khơng cần sử dụng vẫn cho kết quả chính xác với cách ngắn gọn,
nhanh chóng.

III. Một số bài tập TNKQ giải theo phương pháp bảo tồn electron:

Bài tập 1:[8]Hịa tan hồn tồn 1,2g kim loại X vào dd HNO3 dư thu được 0,224lit khí N2 (đktc) (giả thiết

phản ứng chỉ tạo ra khí N2). Vậy X là:

A. Zn B. Cu C. Mg D. Al

Bài tập 2: [16] Trộn 0,54g bột Al với bột Fe2O3 và CuO rồi tiến hành phản ứng nhiệt nhôm thu được hỗn 
hợp A. Hịa tan hồn tồn A trong dd HNO3 được hỗn hợp khí gồm NO và NO2 có tỉ lệ số mol tương ứng là 1:3. 
Thể tích (đktc) khí NO và NO2 lần lượt là:

A. 0,224l và 0,672l B. 0,672l và 0,224l 
C. 2,24l và 6,72l D. 6,72l và 2,24l

Bài tập 3: [10] Cho H2SO4 loãng tác dụgn với 6,659g hỗn hợp 2 kim loại X và Y đều hóa trị II, thu được 
0,1mol khí, đồng thời khối lượng hỗn hợp giảm 6,5g. Hịa tan phần cịn lại vào H2SO4 đặc, nóng thấy thốt ra 
0,16g khí SO2. X và Y là những kim loại nào sau đây?

A. Hg và Zn B. Cu và Zn C. Cu và Ca D. Cu và Mg

Bài tập 4:[22]Cho luồng khí CO đi qua ống sứ đựng m gam Fe2O3 ở nhệt độ cao một thời gian. Người ta 
thu được 6,72g hỗn hợp gồm 4 chất rắn khác nhau(A). Đem hòa tan hoàn toàn hỗn hợp này vào dd HNO3 dư 
thấy tạo thành 0,448lit khí B duy nhất có tỷ khối so với H2 bằng 15. m nhận giá trị là:

A. 5,56g B. 6,64g C. 7,2g D. 8,81g

Bài tập 5:[4]Khi cho 17,40g hợp kim Y gồm sắt, đồng, nhơm phản ứng hết với H2SO4 lỗng dư ta được 
ddA; 6,4g chất rắn và 9,856lit khí B ở 27,30C; 1atm. Phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong hợp kim lần lượt 
là:

A. 34,18%; 34,79% và 31,03% B. 30,18%; 38,79% và 31,03% 
C. 31,18%; 37,79% và 31,03% D. 32,18%; 36,79% và 31,03%

Bài tập 6:[17] Cho kim loại M khi hòa tan hết m(g) M trong HNO3 lỗng, nóng thu được khí NO, khi hòa 
tan m(g) M trong dd HCl thu được khí H2 có

H NO

V V trong cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất. Khối lượng 
muối clorua bằng 52,48% khối lượng muối nitrat thu được. Xác định M và hóa trị của nó.

A. Fe, có hóa trị 2 và 3 B. Fe, có hóa trị 3 
C. Cr, có hóa trị 2 và 3 D. Cr, có hóa trị 3

Hướng dẫn: gọi hóa trị của M trong 2 trường hợp phản ứng với HNO3 và HCl lần lượt là p, k.

- Với HNO3:

5 2

N 3e N

mp
M

m
p
3M

- Với HCl: 2H+ + 2e → H2

mk
M

m
k
2M

Theo đề:
2

H NO

V V hay

H NO

n n ↔ m p

3M =

m
k

2M ↔ 2p = 3k

Chọn k = 2, p = 3 2 muối thu được: MCl2 và M(NO3)3

Ta có:

2 3 3

MCl M(NO )

52, 48 52, 48

m m (M 71) (M 62.3)

100 100

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

Bài tập 7:[1] Đốt cháy a gam FeS trong O2 dư, thu khí SO2. Trộn SO2 với 1 lượng O2 rồi nung hỗn hợp có 
xúc tác V2O5 được hỗn hợp khí X. Cho X vào dd nước brôm, vừa hết 0,08 mol Br2 và thu được ddY. Cho Y tác 
dụng với dd NaOH để trung hịa hết lượng axit có trong Y vừa hết 0,8mol NaOH. Tính a.

A. 24,64g B.25,52g C. 26,25g D. 28,16g

Hướng dẫn: X có thể tác dụng với nước brom nên X còn chứa SO2.

Gọi số mol của SO2 và SO3 trong hỗn hợp X lần lượt là x và y.

Quá trình nhường e: S4 2e N6

x 2x x
Quá trình nhận e: Br2 + 2e → 2Br

0,08 0,16 0,16
Theo ĐLBT electron: 2x = 0,16 ↔ x = 0,08
Dd Y có: HBr: 0,16 mol ; H2SO4:(x + y) mol

H OH H O2

0,8 ← 0,8

0,16 + 2(x + y) = 0,8 ↔ x + y = 0,32 y = 0,24
2

SO FeS

n x y 0,32(mol) n 0,32(mol)

FeS

m 0, 32.88 28,16(g). Chọn đáp án D.

Bài tập 8:[23]Trộn 60g bột Fe với 30g bột S rồi đun nóng (khơng có khơng khí) thu được chất rắn A. Hịa

tan A bằng dd axit HCl dư được ddB và khí C. Đốt cháy C cần V lit O2 (đktc) (biết các phản ứng xảy ra hồn 
tồn). V lit khí oxi là:

A. 32,928 lit B. 16,454 lit C. 22,4 lit D. 4,48 lit 
Hướng dẫn: - nFe > nS

32 Fe dư và S hết khí C là hỗn hợp H2S và H2. Đốt C thu được SO2 và H2O.

Vậy quá trình phản ứng là Fe và S nhường electron, còn O2 thu electron.

- Viết các quá trình nhường, nhận electron rồi thiết lập phương trình liên quan đến ẩn số của

số mol O2, ta tính được số mol O2 là 1,47(mol) thể tích O2 là 32,928 lit.

Bài tập 9:[18]Để hòa tan 9,18g bột Al nguyên chất cần dùng dd axit (A) thu được một khí (X) và dd muối

(Y). Biết trong khơng khí (X), số nguyên tử của nguyên tố có sự thay đổi số OXH là 0,3612.1023

(số Avôgađro là 
6,02.1023). Để tác dụng hoàn toàn với dd (Y) tạo ra một dd trong suốt cần 290g dd NaOH 20%. Vậy khí X là:

A. NO2 B. N2 C. N2O D. NO

Hướng dẫn: để tìm được khí X, cần xác định được axit A. Ta có: nAl nAl3 0,34(mol)
Al3 4OH AlO2 2H O (1) 2

OH pu OH (bd)

n 4.0,34 1,36mol n 1, 45 muối Y phải cịn một muối phản ứng với OH . Đó là

NH4NO3 (A) là HNO3

- Xác định (X): NH4 OH NH3 H O (2) 2
OH (2)

n 1, 45 1,36 0, 09mol ;

23
N(trongX) 23

0,3612.10

n 0, 06(mol

6, 02.10

nguyên tử)
Quá trình nhường e: Al - 3e → Al3+

0,34→ 1,02

Quá trình nhận e: N(NO )5 3 8e N(NH ) 3 4
0,72 ← 0,09

5 x

N(NO ) (5 x)e N

0,06(5-x) ← 0,06

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Bài tập 10: [tự ra] Cho hỗn hợp X gồm 0,03mol Al và 0,05mol Fe vào 100ml ddA có Cu(NO3)2 và AgNO3. 
sau phản ứng thu được 8,12g chất rắn B. Cho B tác dụng với dd HCl dư được 0,672 lit khí H2. Các thể tích khí 
đều đo ở đktc. Nồng độ mỗi muối trong dd A là:

A.

3

AgNO

C 0,32M và

3 2

Cu( NO )

C 0,29M

B.

3

AgNO

C 0,5M và

3 2

Cu( NO )

C 0,3M

C.

3

AgNO

C 0,22M và

3 2

Cu( NO )

C 0,04M

D.

3

AgNO

C 0,3M và

3 2

Cu( NO )

C 0,5M

Bài tập 11:[tự ra] Hòa tan 13,2g hỗn hợp bột Fe, FeO và Fe2O3 vào dd HCl. Sau phản ứng thu được chất 
rắn A là kim loại; 0,56 lit chất khí B và một ddC.

- Cho ddC tác dụng hết với dd NaOH dư thu được kết tủa D. Nung kết tủa D trong khơng khí đến khối 
lượng khơng đổi được 12g chất rắn.

- Mặt khác, nếu lấy khối lượng chất rắn A đúng bằng khối lượng của nó trong hỗn hợp đem hịa tan hồn 
tồn trong dd H2SO4 đặc, nóng dư thu được 3,36 lit khí mùi xốc (đktc). Tính %mFeO trong hỗn hợp?

A. 10,53% B. 27,27% C. 16,36% D. 44,32%

Hướng dẫn: gọi số mol của Fe, FeO, Fe2O3 trong hỗn hợp lần lượt là a, b, c.

0, 56

n 0, 025(mol)

22, 4

Sau phản ứng còn dư Fe chứng tỏ toàn bộ lượng muối Fe3+

trong ddC chuyển thành muối Fe2+. Gọi số mol
Fe dư là d. Thiết lập các mối liên hệ ta được hệ phương trình:

56a 72b 160c 132

a 0,1

3, 36.2

3a 0, 3

b 0, 05

22, 4

c 0, 025

d 0, 025 c

d 0, 05

b d

c 0, 075
2

FeO

0, 05.72

%m .100 27, 27(%)

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

CHƯƠNG V:

PHƯƠNG PHÁP GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH VÀ PHƯƠNG PHÁP ĐƯỜNG CHÉO

I.1. Phương pháp khối lượng mol trung bình(M): [13]
I.1.1. Khối lượng mol trung bình:

I.1.1.1. Khái niệm:

- Khối lượng mol trung bình (KLMTB) của hỗn hợp là khối lượng của một mol hỗn hợp đó.
 I.1.1.2. Cơng thức tính KLMTB:

hh 1 1 2 2 i i

hh 1 2 1

m M n M n .... M n

n n n .... n (1)

Trong đó : mhh là tổng số gam của hỗn hợp.

nhh là tổng số mol của hỗn hợp.

M1, M2 …Mi là khối lượng mol của các chất trong hỗn hợp.

n1, n2 … ni là số mol tương ứng của các chất.

 Đối với chất khí vì thể tích tỉ lệ với số mol nên (1) được viết lại:

1 1 2 2 i i

1 2 1

M V M V .... M V

V V .... V (2)

Với V1, V2 … Vi : lần lượt là thể tích các chất khí tương ứng.

 Từ (1) và (2) suy ra: M= M1x1 + M2x2 + … + Mixi (3)

Với x1, x2, … xi là thành phần % số mol hoặc thể tích ( nếu hỗn hợp khí) tương ứng của các chất và được lấy theo

số thập phân ( nghĩa là 100% ứng với x = 1).

Chú ý: Nếu hỗn hợp chỉ có hai chất có khối lượng mol tương ứng M1 và M2 thì các cơng thức

(1), (2), (3) được viết dưới dạng:
(1) suy ra M M n1 1 M (n2 n )1

(2) suy ra M M V1 1 M (V V )2 1
V

(3) suy ra M = M1x + M2 (1-x)

Trong đó n1, V1, x là số mol, thể tích, thành phần % về số mol hoặc thể tích ( hỗn hợp khí ) của chất thứ M1.

I.1.1.3. Tính chất:

- M không phải là hằng số mà có giá trị phụ thuộc vào thành phần về lượng các chất trong hỗn hợp.
- M luôn nằm trong khoảng khối lượng mol phân tử của chất nhỏ nhất và lớn nhất.

Mmin < M < Mmax

- Hỗn hợp hai chất A, B có MA < MB có thành phần tính theo số mol tương ứng là a%, b% thì :

a% = b% = 50 a% < 50% < b% a% > 50% > b%

A B

M M

A B

M M

A B

M M

I.1.2. Vận dụng trong giải tốn:

Trong vơ vơ, thường gặp các dạng toán xác định khối lượng nguyên tử của 2 kim loại thuộc cùng phân nhóm chính
và nằm 2 chu kỳ kế tiếp nhau; xác định thành phần hỗn hợp muối cùng 1 cation hoặc cùng 1 anion; xác định % số
lượng mỗi đồng vị 1 nguyên tố; % thể tích các khí trong hỗn hợp.

I.1.2.1. Vận dụng trong giải toán liên quan đến hỗn hợp kim loại hoặc hỗn hợp muối

Ví dụ 1: [tự ra]Hồ tan hết 7,6g hỗn hợp 2 kim loại X và Y nhóm IIA thuộc 2 chu kỳ liên tiếp bằng dd HCl dư thì 
thu được 5,6 lit khí (đktc). X và Y là những kim loại nào sau đây?

A. Mg và Ca B. Be và Mg C. Ca và Sr D. Sr và Ba 
Cách giải: gọi công thức 2 kim loại X, Y là M

5, 6

n 0, 25(mol)

22, 4

M 2HCl MCl2 H2

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

7, 6

M 30, 4

0, 25 . Giả sử X< M= 30,4 <Y 2 kim loại đó là Mg và Ca.

 Nhận xét: đối với bài toán này, nếu giải theo phương pháp chính tắc sẽ dẫn đến số phương
trình ít hơn số ẩn số. Khi đó địi hỏi những thủ thuật tốn học tơt mới xử lý được. Do đó, trong trường
hợp này, phương pháp M đem lại hiệu quả cao hơn.

Ví dụ 2:[tự ra] Cho 500ml dd X chứa 2 muối NaA và NaB với A và B là halogen (nhóm VIIA thuộc 2 chu kỳ kế tiếp 
của bảng HTTH) tác dụng với 100ml ddAgNO3 0,1M (lượng vừa đủ, cho ra 1,5685g kết tủa). Xác định A, B và nồng 
độ mol của NaA và NaB trong dd X.

A. F và Cl; CNaF = 0,015M; CNaCl = 0,005M

B. Br và I; CNaBr = 0,014M; CNaI = 0,006M

C. Cl và Br; CNaCl = 0,012M; CNaBr = 0,008M

D. Cl và Br; CNaCl = 0,014M; CNaBr = 0,006M

Cách giải: Ag A AgA

Ag B AgB

A B Ag

n n n 0,1.0,1 0, 01(mol)

2 1, 5685 A,B A,B

M 156,85 108 M 156,85 M 48,85

0, 01

Mà: 35,5 < MA,B= 48,85 < 80 A là Cl, B là Br
Gọi Cl : x(mol) x y 0, 01

Br : y(mol)

(1)

m 1, 5685 x(108 35, 5) y(108 80) 1, 5685 (2)

Từ (1) và (2)

3
M(NaCl)

3 3

M(NaBr)

7.10

C 0, 014(M)

x 7.10 0, 5

y 3.10 3.10

C 0, 006(M)

0, 5
Chọn đáp án D.

I.1.2.2. Dạng tốn liên quan đến khối lượng ngun tử trung bình và đồng vị của ngun tố:

Cơng thức tính khối lượng ngun tử trung bình:

Giả sử ngun tố có n đồng vị A1, A2,..., An với Ai là nguyên tử khối của đồng vị Ai; gọi ai là tỉ lệ số nguyên tử của

đồng vị thứ i; A là ngun tử khối trung bình; ta có:

1 1 2 2 n n 1 1 2 2 n n

1 2 n

A a A a ... A a A a A a ... A a

a a ... a 100

Ví dụ 3: [tự ra]Trong tự nhiên nguyên tố clo có 2 đồng vị là 35Clvà 37Clcó phần trăm số nguyên tử tương ứng là 
75% và 25%. Nguyên tố có đồng vị trong đó 63

Cuchiếm 73% số nguyên tử. Đồng và clo tạo được hợp chất CuClx, 
trong đó phần trăm khối lượng Cu chiếm 47,228%. Tìm đồng vị thứ 2 của đồng và công thức phân tử của CuClx. 
Biết số khối 2 đồng vị hơn kém nhau a đơn vị và MCu 63.

A. 65Cu, CuCl B. 65Cu, CuCl2 C. 64Cu, CuCl2 D. 64Cu, CuCl

Cách giải: gọi đồng vị 2 của Cu: A2Cu
Ta có: MCl 75 .35 25 .37 35,5

100 100

Trong CuClx, %mCu = 47,228%
Cu

Cu Cu

Cu
M

.100 47, 228 M 0, 47228M 16, 7659x

M 35, 5x

Cu Cu

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

Mà: MCu= 63. 0,73 + A2 .0,27 = 63. 0,73 + (63 + x). 0,27 (vì A2 A1 x và MCu> 63)
Cu

M 63 0, 27x (2)
Từ (1) và (2) x 2;MCu 63,54;A2 65. Chọn đáp án B.

I.1.2.3. Dạng toán liên quan đến hỗn hợp khí:

Ví dụ 4:[tự ra]Hỗn hợp A gồm các khí N2, H2, NH3 (và một ít chất xúc tác) có tỉ khối so với H2 bằng 6,05. Nung 
nóng A một thời gian thấy tỉ khối hỗn hợp so với H2 tăng 0,348. Vậy, hiệu suất tạo khí NH3 là:

A. 10% b. 18,75% C. 34% D. 27%

Cách giải:

2
2

3
N : x(mol)
H : y(mol)
NH : z(mol)

trong 1 mol hỗn hợp A ↔ x + y + z = 1 (1)
Theo đề:

tr
hh

d 6, 05 M 28x 2y 17z 6.05.2 12,1 (2)
Mặt khác: y = 4x (3)

Từ (1), (2), (3) x = 0,1; y = 0,4; z = 0,5

t ,p

2 2 3

N 3H        2NH

Ban đầu: 0,1 0,4 0,5
Phản ứng: a 3a 2a
Cân bằng: 0,1-a 0,4-3a 2a+0,5

s 28(0,1 a) 2(0, 4 3a) 17(2a 0, 5)

M 6, 398.2 12, 796

1 2a

1 2a 0, 946 a 0, 027

Hiệu suất tạo khí NH3 là: 27%. Vậy đáp án đúng là D.

I.2. Phương pháp hóa trị trung bình:

Thường áp dụng trong dạng tốn hỗn hợp mà hóa trị của ngun tố khơng đổi trong bài tốn

Ví dụ 5:[17] Hỗn hợp A gồm 2 kim loại X,Y có hóa trị khơng đổi và khơng có kim loại nào hóa trị I. Lấy 7,68g hỗn

hợp A chia thành 2 phần bằng nhau:

- Phần 1: nung trong khí O2 dư để oxi hóa hồn tồn, thu được 6g hỗn hợp rắn B gồm 2 oxit

- Phần 2: hòa tan hồn tồn trong dd chứa HCl và H2SO4 lỗng, thu được V lit khí H2 (đktc) và ddC. Tính V.

A. 2,352lit B. 4,704lit C. 3,024lit D. 1,176lit

Cách giải: gọi kí hiệu chung của 2 kim loại X, Y là: M; hóa trị trung bình là x ; số mol của hỗn hợp trong mỗi
phần là: a

2 2 x

4M xO 2M O (1)

2
x

2M 2xHCl 2MCl xH (2)

2 4 2 4 x 2

2M xH SO M (SO ) xH (3)

Từ ĐLBTKL

2
O

m pư = 6 7, 68 2,16(g)

ax 2,16

n 0, 0675(mol) ax 0, 0675.4 0,135(mol)

4 32

Từ (2) và (3)

2 2

H M H

x ax

n n 0,135(mol) V 3, 024(l)

2 2

Chọn đáp án C.

Ví dụ 6: [13]Cho một luồng H2 đi qua ống sứ đốt nóng đựng 11,3g hỗn hợp 2 oxit vanađi hóa trị kề nhau tới khử 
hồn tồn và cho khí đi ra khỏi ống sứ qua H2SO4 đặc thấy khối lượng axit tưng lên 4,68g. Xác định các oxit vanađi.

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

Cách giải: gọi x là hóa trị trung bình của vanađi.
0

t C

2 x 2 2

V O xH 2V xH O (1)
2

H O

m 4,68g

Theo (1) ta có: 11,3 4, 68 1 x 3, 7

51.2 16x 18 x

Vậy các oxit là V2O3 và VO2. Chọn đáp án A.

II. Phương pháp đường chéo: [2], [14]

Phương pháp đường chéo thường áp dụng để giải các bài toán trộn lẫn các chất với nhau, có thể là đồng thể: lỏng -
lỏng, khí - khí, rắn - rắn hoặc dị thể lỏng - rắn, lỏng - khí, nhưng hỗn hợp cuối cùng phải là đồng thể. Phương pháp
này có ý nghĩa thực tế là trường hợp pha chế dung dịch. Tuy nhiên, phương pháp này chỉ áp dụng cho trường hợp
trộn lẫn các dung dịch của cùng một chất (hoặc chất khác nhưng do phản ứng với nước lại cho cùng một chất) ;

không áp dụng cho trường hợp trộn lẫn các chất khác nhau hoặc xảy ra phản ứng hóa học.

II.1. Nguyên tắc của phương pháp: trộn lẫn 2 dung dịch:

- Dung dịch 1: có khối lượng m1, thể tích V1, nồng độ C1 (C% hoặc CM), khối lượng riêng d1

- Dung dịch 2: có khối lượng m2, thể tích V2, nồng độ C2 (C2 > C1), khối lượng riêng d2.

- Dung dịch thu được có m = m1+ m2, V= V1+ V2, nồng độ C (C1<C <C2), khối lượng riêng d.

Sơ đồ đường chéo và công thức tương ứng với mỗi trường hợp là:

 Đối với nồng độ % về khối lượng:

m1 C1 C2 C

C → 1 2
2 1

C C

m C C (1)
m2 C2 C1 C

 Đối với nống độ mol/l:

V1 C1 C2 C

C → 1 2
2 1

C C

V C C (2)
V2 C2 C1 C

 Đối với khối lượng riêng:

V1 d1 d2 d

d → 1 2
2 1

d d

V d d (3)
V2 d2 d1 d

Trên cơ sở sử dụng sơ đồ đường chéo để giải quyết các bài toán trong dung dịch, nhận thấy phương pháp này cũng
rất thuận lợi khi áp dụng giải toán thành phần phần trăm hỗn hợp rắn và tỷ lệ thể tích chất khí. Với phương pháp
này, thường cho kết quả một các nhanh chóng và chính xác. Điều này rất cần thiết trong việc giải các bài tập TNKQ.
Khi sử dụng cần chú ý:

Chất rắn coi như dd có C = 100%

Dung mơi coi như dd có C = 0%

Khối lượng riêng của nước là d = 1g/ml
II.2. Vận dụng phương pháp vào giải toán:

Sau đây là một số dạng tốn có thể dùng sơ đồ đường chéo:
II.2.1. Dạng tốn tính tốn pha chế trong dung dịch:

Ví dụ 1:[tự ra]Để thu được HCl 25% cần lấy m1 gam dung dịch HCl 35% pha với m2 gam dd HCl 5%. Tỷ lệ 
m1/m2 là:

A. 1:3 B.1:2 C. 2:1 D. 3:1

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

1
2

35 25

m 10 1

m 5 25 20 2 . Chọn đáp án B.

Ví dụ 2:[tự ra] Để điều chế 300ml dd CuSO4 8% (d = 1,1g/ml) cần một lượng tinh thể CuSO4. 5H2O là:

A. 47,14g B. 41,25g C. 26,4g D. 16,5g

Cách giải: coi tinh thể CuSO4. 5H2O như dd CuSO4 nồng độ

160.100

64%
250

Coi H2O như dd CuSO4 nồng độ 0%

Áp dụng sơ đồ đường chéo, ta có:
m1 CuSO4. 5H2O 8 - 0

8% → 1

m 8 1

m 56 7

m2 H2O 64 - 8
1

m cần lấy = (300.1,1).1 41, 25(g)
1 7

Ví dụ 3:[tự ra]Hịa tan hồn tồn m gam Na2O ngun chất vào 80g dd NaOH 24% thu được dd NaOH 51%. Giá 
trị của m (gam) là:

A. 11,3 B. 13,84 C. 24,08 D. 27,68

Cách giải: khi hịa tan có phản ứng: Na2O + H2O → 2NaOH (1)

Theo (1): cứ 100g Na2O hòa tan cho

100.80

129, 03g

62 NaOH

Áp dụng sơ đồ đường chéo, ta có:
m1 Na2O 129,03 27

51 → 1

m 27 1

m 78, 03 2,89

m2 NaOH 24 78,03 Na O2 1
80

m m 27, 68(g)

2,89
II.2.2. Dạng toán hỗn hợp 2 đồng vị:

Ví dụ 4: [tự ra] Cho biết nguyên tử khối trung bình của Iriđi là 192,22. Iriđi trong tự nhiên có 2 đồng vị là 19177Ir và

193

77Ir . Thành phần % số nguyên tử của 19377Ir là:

A. 61% B. 63% C. 39% D. 37%

Cách giải: áp dụng sơ đồ đường chéo, ta có:

19177Ir 193 - 199,22

M 192, 22

193

77Ir 192,22 - 191

→ 1

m 27 1

m 78, 03 2,89

191
77

1,22

% Ir = .100 61%

0,78+1,22 . Chọn đáp án A.

II.2.3. Tính tỷ lệ thể tích hỗn hợp 2 khí:

Ví dụ 5:[tự ra]Một hỗn hợp gồm N2O và NO ở 27,30C; 1,5atm có tỷ khối đối với He là 8,375. Thành phần % về 
thể tích của NO trong hỗn hợp là:

A. 87,68% B. 25% C. 12,32% D. 75%

Cách giải: áp dụng sơ đồ đường chéo, ta có:
2

N O

V M1 44 33,5 - 30

M 8, 375.4 33, 5

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

N O2
NO

V 3,5 1

V 10,5 3 NO

V 75%

4 .

II.2.4. Tính thành phần hỗn hợp muối trong phản ứng giữa đơn bazơ và đa axit:

Dạng bài tập này có thể giải theo phương pháp đại số thông thường bằng cách đặt ẩn, giải hệ. Nhưng cũng có thể
giải theo phương pháp đường chéo một cách nhanh chóng.

Ví dụ 6:[tự ra] Cho 11g dd NaOH 10% tác dụng với 5g dd H3PO4 39,2%. Muối nào được tạo thành và khối lượng 
tương ứng là bao nhiêu?

A. 1,775g NaH2PO4 và 2,05g Na3PO4 B. 1,775g Na2HPO4 và 0,9g NaH2PO4

C. 1,065g Na2HPO4 và 2,05g NaH2PO4 D. 1,775g NaH2PO4 và 0,9g Na3PO4

Cách giải:

3 4

NaOH H PO

11.10 5.39, 2

n 0, 0275(mol); n 0, 02(mol)

100.40 100.98

Ta có:

3 4
NaOH
H PO

n 0, 0275

1 1,375 2

n 0, 02 tạo hỗn hợp 2 muối: Na2HPO4 và NaH2PO4.
Áp dụng sơ đồ đường chéo:

Na2HPO4 (n = 2) 2 - 1,375

n 1, 375 → 2 4
2 4
Na HPO

NaH PO

n 0, 625 5

n 0, 375 3

NaH2PO4 (n = 1) 1,375 - 1

2 4 2 4

Na HPO NaH PO

3n 5n

Mà :

2 4 2 4 3 4

Na HPO NaH PO H PO

n n n 0,02(mol)

2 4 2 4

Na HPO Na HPO

3 3

NaH PO NaH PO

n 0, 0125(mol) m 0, 0125.142 1, 775(g)

n 7,5.10 (mol) m 7,5.10 .120 0,9(g)

Chọn đáp án B.

II.2.5. Dạng toán hỗn hợp muối của 2 kim loại có cùng tính chất hóa học:

Thường gặp là dạng tốn tính thành phần phần trăm về số mol của từng muối trong hỗn hợp.

Ví dụ 7:[tự ra] Hịa tan 4,955g 2 muối CaCO3 và BaCO3 bằng dd HCl dư thu được 784 ml khí CO2 (đktc). Thành 
phần % về số mol của BaCO3 trong hỗn hợp là:

A. 40,36% B. 59,64% C. 42,86% D. 57,14%

Cách giải: 2

2 3 2

CO CO CO

0, 784

n 0, 035(mol); n n 0, 035(mol)

22, 4

hh 4,955

M 141,57

0, 035

Áp dụng sơ đồ đường chéo:

3 1

BaCO (M 197) 141,57 - 100

M 141, 57 → 3
3
BaCO

CaCO

n 41, 57

n 55, 43

3 2

CaCO (M 100) 197 - 141,57
3

BaCO

41, 57

%n .100 42,86%

41, 57 55, 43 . Đáp án đúng là C.

II.2.6. Dạng toán trộn 2 quặng của cùng kim loại:

Dạng toán này nếu giải quyết thep phương pháp thông thường sẽ rất phức tạp. Nhưng nếu sử dụng sơ đồ đường
chéo thì bài toán sẽ trở nên đơn giản và hiệu quả hơn rất nhiều.

Ví dụ 8: [20] A là quặng hematit chứa 60% Fe2O3. B là quặng mahetit chứa 69,6% Fe3O4. Trộn m1 tấn quặng A với 
m2 tấn quặng B thu được quặng C mà từ 1 tấn quặng C có thể điều chế được 0,5 tấn gang chứa 4% cacbon. Tỷ lệ 
m1/m2 là:

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

Cách giải: số kg Fe có trong 1 tấn của mỗi quặng:
- Quặng A chứa: 60 .1000.112 420(kg)

100 160

- Quặng B chứa: 69, 6.1000.168 504(kg)

100 232

- Quặng C chứa: 500.(1 4 ) 480(kg)
100

Áp dụng sơ đồ đường chéo:

m1 420 504 - 480 = 24

480 1

m 24 2

m 60 5

m2 504 480 - 420 = 60

Đáp án đúng là D.

Thông thường, phương pháp dùng các giá trị trung bình và phương pháp đường chéo được kết hợp với các phương
pháp bảo toàn nhằm làm phong phú bài tập và trong TNKQ, cách kết hợp này vẫn nhằm kích thích tư duy và năng
lực phát hiện vấn đề của HS.

III. Một số bài toán sử dụng phương pháp trung bình và phương pháp đường chéo phối hợp

với các phương pháp bảo tồn:

Bài tập 1:[19]Hịa tan hồn toàn 12g hỗn hợp Fe, Cu (tỷ lệ mol 1:1) bằng HNO3 thu được Vlit (đktc) hỗn hợp khí 
X (gồm NO và NO2) và ddY (chỉ chứa 2 muối và axit dư). Tỷ khối của X đối với H2 bằng 19. Giá trị của V là:

A. 3,36 B. 2,24 C. 4,48 D. 5,6

Hướng dẫn: - áp dụng sơ đồ đường chéo suy ra tỷ lệ số mol hỗn hợp khí

2
NO NO

n n

- Sử dụng ĐLBT electron tính nhh khí từ ∑ e nhận V = 5,6lit. Chọn đáp án D.

Bài tập 2: [17]0,1 mol hỗn hợp A có khối lượng 3,84g gồm 2 kim loại X,Y có hóa trị khơng đổi và khơng có kim

loại nào hóa trị I. Nung hỗn hợp A trong O2 dư để oxi hóa hồn tồn, thu được 6g hỗn hợp rắn B gồm 2 oxit. Biết 
khối lượng nguyên tử của X, Y đều lớn hơn 20đvC. X, Y là những kim loại nào?

A. Mg và Fe B. Mg và Zn C. Al và Zn D. Al và Fe 
Hướng dẫn: gọi M là ký hiệu chung X, Y; x là hóa trị trung bình

4M xO2 2M O 2 x
2

x 2, 7

n 0, 0675

M 38, 4

X hóa trị II và Y hóa trị III

- Gọi x, y là số mol của X, Y. Ta có hệ:

2x 3y

2, 7 x 0, 03

x y

y 0, 07

x y 0,1

- Mặt khác: mhh = 0,03MX + 0,07MY = 3,84 ↔ 3MX + 7MY = 384

- Biện luận:

Nếu 20 < MX < 38,4 X là Mg nhưng khơng có kết quả Y

Nếu 20 < MY < 38,4 Y là Al X là Zn.

Vậy đáp án đúng là C.

Bài tập 3:[12] Một hỗn hợp 2 kim loại kiềm 2 chu kỳ kế tiếp của bảng HTTH có khối lượng là 8,5g. Hỗn hợp này

tan hết trong nước dư cho ra 3,36lit khí H2 (đktc). Xác định A, B và khối lượng mỗi kim loại.

A. Na, K; 4,6g Na; 3,9g K B. Na, K; 2,3g Na; 6,1g K 
C. Li, Na; 1,4g Li; 7,1g Na A. Li, Na; 2,8g Li; 5,7g Na

Bài tập 4:[12] 2,56g một hỗn hợpX gồm 2 halogen A2, B2 (thuộc 2 chu kỳ kế tiếp của bảng HTTH) tác dụng hết với 
Ag cho ra hỗn hợp 2 muối có khối lượng là 133,6g. Xác định A, B và A2, B2 trong hỗn hợp X.

A. Cl, Br;

2 2

Cl Br

m 14,2g;m 11,4 g 
B. F, Cl;

2 2

Br Cl

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

C. F, Cl;

2 2

F Cl

m 11,4g;m 14,2g 
D. Cl, Br;

2 2

Cl Br

m 7 ,1g;m 18,5 g

Bài tập 5:[4] Nung 200g CaCO3. Cho khí CO2 thu được trong phản ứng đi qua C nung nóng ta thu được một hỗn 
hợp CO, CO2 và V = 56lit (đktc) và tỉ khối đối với O2 là 0,975. Tính VCO, VCO2 và hiệu suất phản ứng nhiệt phân

CaCO3.

A. 11,2 lit CO2; 44,8lit CO; 80% B. 11,2 lit CO2; 44,8 lit CO; 75%

C. 22,4 lit CO2; 33,6 lit CO; 65% D. 5,6 lit CO2; 50,4 lit CO; 80%

Bài tập 6:[tự ra] Hỗn hợp X nặng 5,28g gồm Cu và một kim loại chỉ có hóa trị 2, 2 kim loại này có cùng số mol. X 
tan hết trong HNO3 sinh ra 3,584 lit hỗn hợp NO2 và NO (đktc) có tỷ khối với H2 là 21. Kim loại chưa biết là:

A. Ca B. Mg C. Ba D. Zn

Hướng dẫn: - sử dụng sơ đồ đường chéo tính ra
2

NO NO

n 0,12(mol);n 0,04(mol)

- Sử dụng phương pháp bảo toàn electron: ∑ e nhường = ∑ e nhận = 0,24(mol)
- Sử dụng sơ đồ đường chéo cho hỗn hợp X (MX 44):

Cu 64 44 - R
MX 44 → Cu

n 44 R

n 20

R R 64 – 44

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>