SỬ DỤNG PHƯƠNG TRÌNH ION RÚT GỌN ĐỂ GIẢI NHANH BÀI TẬP HÓA HỌC 11

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT BÌNH SƠN
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
“SỬ DỤNG PHƯƠNG TRÌNH ION RÚT GỌN ĐỂ GIẢI
NHANH BÀI TẬP HÓA HỌC 11”
Người viết: Tô Quốc Kim
Tổ: Hoá - Sinh
NĂM HỌC: 2012 - 2013
PHẦN 1: MỞ ĐẦU
I.LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trong học tập hoá học, việc giải bài tập có một ý nghĩa rất quan trọng. Ngoài việc
rèn luyện kỹ năng vận dụng, đào sâu và mở rộng kiến thức đã học một cách sinh động;
bài tập hoá học còn được dùng để ôn tập, rèn luyện một số kỹ năng về hoá học. Thông
qua giải bài tập, giúp học sinh rèn luyện tính tích cực, trí thông minh, sáng tạo, bồi
dưỡng hứng thú trong học tập.
Việc lựa chọn phương pháp thích hợp để giải bài tập lại càng có ý nghĩa quan
trọng hơn. Mỗi bài tập có thể có nhiều phương pháp giải khác nhau. Nếu biết lựa chọn
phương pháp hợp lý, sẽ giúp học sinh nắm vững hơn bản chất của các hiện tượng hoá
học.
Qua quá trình giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi tôi đã tích luỹ được một số phương
pháp giải bài tập hoá học. Việc sử dung phương trình ion rút gọn để giải nhanh bài toán
hóa học đã tỏ ra có nhiều ưu điểm, đặc biệt là khi các kỳ thi ngày nay đã chuyển đổi
sang hình thức thi TNKQ. Khi đó, học sinh tiết kiệm được rất nhiều thời gian tính toán
để có kết quả.
Để giúp các em HS có cái nhìn tổng quát, tránh được những sai lầm, giải nhanh
chóng các bài tập trắc nghiệm trong đề thi Đại học - Cao đẳng Tôi quyết định nghiên
cứu và đưa sáng kiến “Sử dụng phương trình ion rút gọn để giải nhanh các bài toán
hóa học 11”.
II. MỤC ĐÍCH CỦA ĐỀ TÀI:
Đi sâu nghiên cứu về cơ sơ lý thuyết và phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm
bằng phương trình ion rút gọn. Giúp HS vận dụng tốt và giải nhanh nhiều bài tập trắc

nghiệm trong ôn thi CĐ - ĐH.
III. NHIỆM VỤ CỦA ĐỀ TÀI:
1.Nghiên cứu cơ sở lý luận, thực tiễn của đề tài.
2.Phân loại và đưa ra các phương pháp tổng quát giải nhanh các dạng bài tập áp dụng
phương trình ion rút gọn.
3.Xây dựng một số bài tập tiêu biểu ở các dạng khác nhau, phân tích, đưa ra phương
pháp giải nhanh và những tình huống sai lầm HS hay mắc phải.
4.Thực nghiệm: Nhằm kiểm tra đánh giá hiệu quả của việc áp dụng phương pháp vào
thực tế giảng dạy ở trường phổ thông.
IV.PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
1.Nghiên cứu lý luận:
-Nghiên cứu tầm quan trọng của PPGN trong quá trình làm bài tập TNKQ. Đặc biệt
là các bài tập trong đề thi CĐ - ĐH.
-Nghiên cứu tài liệu ( sách ,báo, tạp chí, đề thi CĐ-ĐH,đề thi HSG,…) về các phương
pháp giải nhanh BTTN áp dụng pt ion rút gọn để đưa ra nội dung của đề tài.
2.Nghiên cứu thực tiễn.
- Qua trao đổi, học hỏi kinh nghiệmcủa đồng nghiệp và thực tế giảng dạy ở trường
phổ thông.
3. Thực nghiệm sư phạm: - Kiểm tra, đánh giá kết quả việc áp dụng PPGN

PHẦN 2: NỘI DUNG
I.CƠ SỞ LÝ LUẬN
1.Phương pháp giải nhanh là yếu tố quan trọng giúp học sinh hoàn thành bài thi trong
thời gian quy định.
-Với hình thức thi trắc nghiệm khách quan, trong một khoảng thời gian tương đối
ngắn học sinh phải giải quyết một số lượng câu hỏi và bài tập khá lớn (trong đó bài tập
toán chiếm một tỉ lệ không nhỏ). Do đó việc tìm ra các phương pháp giúp giải nhanh
bài toán hóa học có một ý nghĩa quan trọng.
- Phương pháp giải nhanh giúp HS có hướng tư duy đúng đi đến lời giải nhanh cho
kết quả chính xác.

-Với một bài toán hóa học có thể có nhiều cách giải. Nhưng chỉ có cách giải ngắn
gọn, đúng hướng, mất ít thời gian và cho kết quả đúng thì đó mới là áp dụng đúng
phương pháp giải nhanh.
2.Sử dụng phương trình ion rút gọn giúp học sinh giải nhanh nhiều bài tập hoá học có
những phản ứng xẩy ra trong dung dịch.
Phương pháp giải nhanh bằng phương trình ion rút gọn được rút ra từ bản chất của
phản ứng xẩy ra trong dung dịch.Vì thực chất của phản ứng xẩy ra trong dung dịch là
phản ứng giữa các ion.
Trong nhiều bài toán có sự tham gia phản ứng của nhiều chất. Khi đó có nhiều phản
ứng xẩy ra dưới dạng phân tử nhưng thực chất vẫn chỉ có một phương trình ion.Vì vậy
đáng lẽ HS viết nhiều phương trình thì bây giờ HS chỉ viết số ít phương trình ion rút
gọn. Do đó kết quả tính toán cũng được thu gọn lại.
- Giải bài toán hoá học bằng phương trình ion rút gọn tránh được nhiều sai lầm so với
khi giải toán bằng pt phân tử.
- Khi HS giải toán bằng phương trình phân tử thì số lượng ptpư thường nhiều. HS hay
viết thiếu các ptpư hoặc sai ptpư. Do đó dẫn đến nhầm lẫn và tìm ra kết quả sai cho bài
toán.
- Nhiều bài toán nếu giải bằng phương trình phân tử thì số lượng pư nhiều, phức tạp
thậm chí có những bài toán không giải được bằng pt phân tử.Khi sử dụng pt ion rút gọn
thì dễ dàng giải nhanh


II-PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH CÁC BÀI TOÁN
BẰNG PHƯƠNG TRÌNH ION RÚT GỌN XẢY RA TRONG DUNG DỊCH
II.1. Nội dung phương pháp
- Phương trình ion rút gọn cho biết bản chất của phản ứng đồng thời giúp giải
nhanh, gọn nhiều bài tập trắc nghiệm.
- Trong phản ứng dạng ion rút gọn: Chất điện li mạnh phải viết dạng ion, chất điện
li yếu, chất khí, nước…ở dạng phân tử
II.2 Phạm vi áp dụng

Giúp giải nhanh bài toán có nhiều phản ứng nhưng có cùng bản chất như phản ứng
oxi hoá - khử, phản ứng axít – bazơ, phản ứng trao đổi ion
III. Phản ứng axít – bazơ
1-Bài toán các axít mạnh + các bazơ mạnh
Bài toán: Cho hỗn hợp axít V1(l) dd( H
2
SO
4
aM, HCl bM , HBr cM,…)vào
V2(l) dd (NaOH nM , Ba(OH)
2
pM, KOH kM,…) → dd A có pH= h và m gam
kết tủa .
Điều quan trọng cần lưu ý là:
- Phương trình ion rút gọn:
2
H OH H O
+ −
+ →
- Ta luôn có:
( ) ( )
H pu OH pu
n n
+ −
∑ = ∑
Cách giải: Khi biết
( )
H bd
n
+

∑
và
( )
OH bd
n
−
∑
xem
H
n
+
hay
OH
n
−
dư
→
pH
- Khi biết
H
n
+
∑
hoặc
OH
n
−
∑

⇒

H
n
+
hoặc
OH
n
−

⇒
V hay C
M
- Khi biết pH sau khi trộn H
+
hoặc OH
-
dư
⇒
các yêu cầu bài toán (Chú ý:
V
sau
=
∑
V
trước
)
Từ bài toán gốc trên HS có được phương pháp tu duy khái quát để làm nhanh
nhiều bài khác.
a. Ví dụ minh hoạ
Ví dụ 1. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp (Na, K, Ba) vào H

2
O được dd X và 0,56 lít khí
(đktc) H
2
. Thể tích dd (H
2
SO
4
0,1M và HCl 0,3M) cần dùng để trung hoà vừa đủ ddX
bằng
A. 0,05 lít B. 0,1 lít C. 0,15 lít D. 0,2 lít
Nhận xét: -Điều quan trọng HS nhận ra kim loại t/d với H
2
O → H
2
có mối liên hệ:
nOH
-
= 2 nH
2
( 2M +nH
2
O
→
2M
n+
+ 2nOH
-
+nH
2

)
PPGN: H
2
O
→

1
2
H
+
+ OH
-
0,025 0,05
→
( ) ( )
H pu OH pu
n n
+ −
∑ = ∑
→ 0,1.2V+0,3V = 0,05 → V = 0,1 lít. Chọn B.
Ví dụ : Trộn 100 ml dd (Ba(OH)
2
0,1M và NaOH 0,1M) với 400 ml dd (H
2
SO
4

0,0375M và HCl 0,0125M) được dd X. Giá trị pH của dd X là
A.1 B. 2 C. 6 D. 7
Nhận xét: Quan trọng HS nhận ra có pư ion nào xẩy ra, pH sau pư < 7 .Dư axít

PPGN:
2
H OH H O
+ −
+ →
;
0,045 0,045
→ nH
+
dư = 0,5.10
-2
= 0,005 = 2.0,2.x – 0,045 → x= 0,125M

Ba
2+
+ SO
4
2-
BaSO
4
0,0075 < 0,025 0,0075
m

= 0,0075.233 = 1, 7475gam.Chn D.
Vớ d 3. Trn 300 ml dd (NaOH 0,1M v Ba(OH)
2
0,025M) vi 200 ml dd H
2
SO
4

x M,
c m(g)

v 500 ml dd cú pH = 2. Giỏ tr ca x v m ln lt l
A. 0,125 v 5,825 B. 0,25 v 1,7475
C. 0,25 v 5,825 D. 0,125 v 1, 7475
2. Bi toỏn CO
2
, SO
2
+ dd kim (NaOH, Ca(OH)
2
)
1. Tng quan v bi toỏn XO
2
(CO
2
, SO
2
) tỏc dng vi dung dch kim
Bn cht ca phn ng gia XO
2 vi dung dch kim
(NaOH, Ba(OH)
2
, ) l phn
ng gia XO
2 v
OH

, do ú nu dung dch ban u cú nhiu baz thỡ khụng nờn

vit cỏc phng trỡnh phõn t m vit phng trỡnh phn ng di dng ion rỳt gn:



- 2 -
2 3 2 2 3
XO + 2OH XO + H O ; XO + OH HXO



OH
Tớnh n
v lp t l:
2
OH
XO
n
t
n

=
bit sinh ra mui gỡ, sau ú so sỏnh s mol
vi s mol Ca
2+
, Ba
2+
tớnh lng kt ta.

3 2
3
2
3 3
2
3
2
3
N u t < 1 : HXO (XO d )
N u t = 1 : HXO
N u 1 < t < 2 : HXO +XO
N u t = 2 : XO
N u t > 2 : XO v OH d .
ế
ế
ế
ế
ế
Chỳ ý 1:

3
2
2 2 3
3 2 3 2
ph n ng c v i OH c HXO
Dung d ch t o thnh ph n ng c v i CaCl ho c BaCl c XO
un n ng t o c Ca(HXO ) ho c Ba(HXO )
ả ứ đ ợ ớ ó
ị ạ ả ứ đ ợ ớ ặ ó
đ ó ạ ó ặ
Chỳ ý 2:






+



3
2
2
3
HXO

S d ng s : XO OH
XO
ử ụ ơ đồ
ỏp dng LBT nguyờn t X (C, S) v LBT
in tớch d dng tớnh c s mol ca mt trong 3 cht
2
2 3 3
(XO , HXO ,XO )
khi bit
s mol ca 2 trong 3 cht.
im khỏc bit gia SO
2 v
CO
2 l
SO
2 cú tớnh kh
(lm mt mu dung dch
Br2 hoc KMnO
4
).
Khi bi toỏn cho c 2 oxit axit CO
2 v
SO
2 thỡ gi chung l
XO
2 lp phng
trỡnh v tớnh toỏn cho gn.


m

Cỏc mui
=

m
cation
+

m
anion (to mui)

Bài toán: Cho x (mol) khí (CO
2
, SO
2
)(đktc) + dd kiềm chứa V(l)dd(NaOH aM,
Ca(OH)
2
bM…). Thu được m (g) kết tủa.
Điều quạn trọng để giải nhanh bài tập này, HS phải giải bằng pt ion rút gọn
và phải nắm được thủ thuật sau.
a. Một số lưu ý và phương pháp giải
- Không nên viết PTPƯ
Lập tỷ lệ
2
OH
CO
n
n
α
−

= ⇒
1
α
≤ →
Chỉ tạo HCO
3
-
→ n HCO
3
-
= nCO
2
= x

1 2
α
< < →
Tạo cả hai muối (HCO
3
-
, CO
3
2-
)

2
α
≥ →
Chỉ tạo CO
3

2-
→ n CO
3
2-
= 1/2nOH
-
- PTPƯ dạng ion rút gọn: CO
2
+ OH
-

→
HCO
3
-
a a a
CO
2
+ 2OH
-

→
CO
3
2-
+ H
2
O
b 2b b
Sau đó: Ca

2+
+ CO
3
2-

→
CaCO
3

Trong trường hợp 1< ∝ < 2 : → a + b = nCO
2

a + 2b = nOH
-

Số mol CO
3
2-
= nOH
-
- nCO
2
, dựa vào nCa
2+
 m (g) kết tủa
b.Bài toán minh hoạ
Ví dụ 1: Cho 0,225 mol CO
2
vào 500ml dd NaOH 0,1M và Ca(OH)
2

0,5M được m(g)
↓
. Giá trị của m là
A. 20 B. 22,5 C. 25 D. 2,5
Tình huống sai lầm :
HS viết pt dưới dạng phân tử :
CO
2
+ 2NaOH → Na
2
CO
3
+ H
2
O
0,025 0,05 → 0,025
CO
2
+ Ca(OH)
2
→ CaCO
3
+ H
2
O
0,2 < 0,25 → 0,2 (mol) → mCaCO
3
= 0,2.100= 20 gam. Sai
- Chỗ sai của HS này là đã bỏ qua pư : Na
2

CO
3
+ Ca(OH)
2

→
CaCO
3
+ 2NaOH
Phương pháp giải nhanh: nOH
-
/ nCO
2
= 0,5(0,1 + 0,5.2) : 0,225 = 2,44
→ Chỉ có CO
3
2-
PTPƯ ion rút gọn:
CO
2
+ 2OH
-

→
CO
3
2-
+ H
2
O

Số mol CO
3
2-
= nCO
2
= 0,225 mol
Sau đó: Ca
2+
+ CO
3
2-

→
CaCO
3

0,25 > 0,225 0,225 (mol) →mCaCO
3
= 0,225.100 = 22,5 g. Chọn B.
Ví dụ 2. Cho 0,2(mol) CO
2
hấp thụ hết vào 500 ml dd NaOH 0,1M và Ba(OH)
2
0,2M
được m(g)
↓
. Giá trị của m là
A. 9,85 B. 15,2 C. 19,7 D. 20,4
-Nếu HS giải bằng pt phân tử sẽ dẫn đến tình huống sai là :
+ Khó khăn trong viết PTPƯ, không kiểm soát được các pứ:

HD:
OH
n
−
= 0,5(0,1 + 0,2.2) = 0,25; nBa
2+
= 0,1
Ta thấy
( )
2
0,25
1,25 1,2
0,2
OH
CO
n
n
−
= = ∈
tạo 2 muối (HCO
3
-
amol, CO
3
b mol)
PTPƯ: 2OH
-
+ CO
2

→
CO
3
2-
+ H
2
O
2a
→
a
→
a
OH
-
+ CO
2

→
HCO
3

b b b

2 0,25 0,15
0,2 0,05
a b a
a b b
+ = =
 
⇒ ⇒

 
+ = =
 
Ba
2+
+ CO
3
2-

→
BaCO
3
↓

⇒
m = 0,05.197=9,85 (g)
0,05 0,05
Nhận xét: Giải nhanh :
nOH
-
- nCO
2
= 0,05 mol CO
3
2-

 →
+
<
2

1,0 molBa
0,05 mol BaCO
3
m = 0,05.197=9,85 (g)
Ví dụ 3. Hoà tan 1 mẫu hợp kim Ba – K có số mol = n vào H
2
O được dd X và 0,3 mol
khí. Sục 0,025 mol CO
2
vào X được m(g) kết tủa. Giá trị của m là.
A. 2,955 B. 3,94 C. 4,334 D. 4,925
HD: H
2
O
→

1
2
H
+
+ OH
-

⇒

2
24 2
OH
CO
n

n
−
= > ⇒
Chỉ tạo CO
3
2-
0,3 0,6
2OH
-
+ CO
2

→
CO
3
2-
+ H
2
O (Để tìm m ta phải tìm
2
Ba
n
+
)
0,05 0,025 0,025
Ba
→
Ba(OH)
2
; K

→
KOH
⇒
3x = 0,6
⇒
x = 0,2 =
2
Ba
n
+
x x x x
Ba
2+
+ CO
3
2-

→
BaCO
3
↓

⇒
m = 0,025.197 = 4,925
0,025 0,025 0,025
Rút kinh nghiệm: Để có thể tính nhanh hơn HS cần nhớ
6,02.3,02
2
===
∑

−
H
OH
nn
molnn
CO
CO
025,0
2
2
3
==
−
molnBaCO
molBa
025,0
3
2,0
2
= →
+
+

Ví dụ 4. Cho 28 gam hỗn hợp X (CO
2
, SO
2
; dX/O
2
=1,75) lội chậm qua 500ml dd

(NaOH 0,7M, Ba(OH)
2
0,4M) được m (g) kết tủa, Giá trị của m là
A. 52,25 B. 49,25 C. 41,80 D. 54,25
HD: Kí hiệu CO
2
và SO
2
là YO
2
(
M
=56
⇒
Y = 24);
2
0,5
O
Y
n =
0,75
OH
n
−
∑ =
Ta có:
( )
2
1,5 1,2
OH

YO
n
n
−
= ∈ ⇒
Tạo 2 muối
YO
2
+ OH
-

→
HYO
3
-
a a a
YO
2
+ 2OH
-

→
YO
3
2-
+ H
2
O
b 2b b
⇒

0,5
2 0,75
a b
a b
+ =

⇒

+ =

a=b=0,25
YO
3
2-
+ Ba
2+

→
BaYO
3

↓

⇒
m = 0,2.(137+24+48)=41,8 gam
Dư 0,2 0,2
Rút kinh nghiệm: Quạn trọng trong bài toán dạng này HS cần biết quy đổi 2 khí
(SO
2
, CO

2
)
⇔
Một khí XO
2
( Tính
2
XO
M
), viết pt ion tổng quát. Tính mBaXO
3

↓
Dạng3. Bài toán muối CO
3
2-
tác dụng với H
+
Bài toán 1: Cho từ từ dung dịch HCl, HBr, NaHSO
4
,… vào dung dịch (M
2
CO
3
,
MHCO
3
,…). Sau pư thu được sản phẩm thoả mãn một tính chất nào đó ví dụ như:
1/ Dung dịch A thu được không có khí
2/ Dung dịch A thu được + BaCl

2
-> Kết tủa
3 / Dung dịch A tác dụng được với kiềm.
4/Dung dịch A thu được và khí. Cho A+ ddBa(OH)
2
hoặc Ca(OH)
2

→
↓
- Yêu cầu: Biết 2/3 đại lượng -> Tính được đại lượng còn lại (V khí, C
M
muối, C
M

axít, m kết tủa)
Phương pháp
- Nhận định đúng về bản chất của phương trình phản ứng khi cho từ từ CO
3
2-
từ từ
vào H
+
Cho từ từ H
+
vào CO
3
2-
: H
+

+ CO
3
2-

→
HCO
3
-
(1)
HCO
3
-
+ H
+

→
CO
2
+ H
2
O (2)
1/ Dung dịch A thu được không có khí -> Chỉ có (1)
2/ Dung dịch A thu được + BaCl
2
-> Kết tủa. Chỉ có (1)
3/ Dung dịch A tác dụng được với kiềm -> Có cả (1,2)
4/ Dung dịch A thu được và khí. Cho A+ ddBa(OH)
2
hoặc Ca(OH)
2

→
↓ Có cả
(1,2)
Chúng ta phải dựa vào tính chất theo đề bài để kiểm soát mức độ của phản ứng.
Bài toán 2 Cho dung dịch (M
2
CO
3
, MHCO
3
,…). từ từ dung dịch HCl, HBr,
NaHSO
4
,… vào Sau pư thu được sản phẩm thoả mãn một tính chất nào đó.
- Yêu cầu: Biết 2/3 đại lượng -> Tính được đại lượng còn lại (V khí, C
M
muối, C
M

axít, m kết tủa)
Phương pháp
- Nhận định đúng về bản chất của phương trình phản ứng khi cho H
+
từ từ vào CO
3
2-
Cho từ từ CO
3
2-

vào H
+
: CO
3
2-
+ 2H
+

→
CO
2
+ H
2
O (1)
Rút kinh nghiệm: -Bài toán Axít + Muối cácbonát cần chú ý đến thư tự pư. Nên
viết pt dưới dạng pt ion rút gọn để giải nhanh. Phương pháp này cho phép giải nhanh
nhiều bài tập cùng dạng có sự tham gia của nhiều muối và nhiều axít
-Muối NaHSO
4
có vai trò như một axít mạnh một nấc.
Bài toán minh hoạ:
Ví dụ 1. Cho từ từ dd (0,5mol HCl và 0,3 mol NaHSO
4
) vào dd chứa (0,6 mol NaHCO
3

và 0,3 mol K
2
CO
3

) được dd X và V lít CO
2
(đktc). Thêm Ba(OH)
2
dư vào dd X thấy tạo
thành m (g) kết tủa. Giá trị của V và m lần lượt là
A. 11,2 lít và 78,8 gam B. 20,16 lít và 78,8 gam
C. 20,16 lít và 148,7 gam D. 11,2 lít và 148,7 gam
Phương pháp giải nhanh:
Pt ion rút gọn: H
+
+ CO
3
2-

→
HCO
3
-
(1)
(0,5+0,3) 0,3 0,3
→
∑
−
3
HCO
n
= 0,6 + 0,3 = 0,9 mol
HCO
3

-
+ H
+

→
CO
2
+ H
2
O (2)
0,9 < (0,8- 0,3) 0,5 (mol)
Sau pư: 0,9-0,5 = 0,4 0 0,5
Ba
2+
+ OH
-
+ HCO
3
-

→
BaCO
3
+ H
2
O
Dư 0,4 0,4 mol
Vco
2
= 0,5.22,4 = 11,2 (l) ; mBaCO

3
= 0,4.197 = 78,8 (g)
Ví dụ 2. Cho từ từ dd chứa 0,015 mol HCl vào dd chứa x mol K
2
CO
3
thu được dd X
(không chứa HCl) vào 0,005 mol CO
2
. Nếu thí nghiệm trên được tiến hành ngược lại
(cho từ từ K
2
CO
3
vào dd HCl) thì số mol CO
2
thu được bằng
A. 0,005 B. 0,0075 C. 0,01 D. 0,015
Phương pháp giải nhanh:
- Cho từ từ HCl vào K
2
CO
3
:
K
2
CO
3
+ HCl
→

KHCO
3
+ KCl; KHCO
3
+ HCl
→
KCl + CO
2
+ H
2
O
x x x 0,015-x 0,015-x 0,015-x
- Cho từ từ K
2
CO
3
vào HCl:
K
2
CO
3
+ 2HCl
→
2KCl + CO
2
+ H
2
O
Ban đầu 0,01 0,015 0,0075
Sau phản ứng 0,0025 0 0,0075

nco
2
= 0,0075. Chọn
- Cho từ từ HCl vào Na
2
CO
3
CO
3
2-
+ H
+

→
HCO
3
-
; HCO
3
-
+ H
+

→
CO
2
+ H
2
O
x x x 0,015-x 0,015-x 0,015-x

- Cho từ từ K
2
CO
3
vào HCl:
CO
3
2-
+ 2H
+

→
CO
2
+ H
2
O
Ban đầu 0,01 0,015
Sau phản ứng 0,0025 0 0,0075
nco
2
= 0,0075
Có thể giải bài toán này bằng pt phân tử hoặc pt ion.Cả 2 cách đều cho kết qua với tốc
độ như nhau.Tuy nhiên với ví dụ 3 này nếu viết pt dưới dạng phân tử thi số pt nhiều,
khó kiểm soát.Do đó việc tìm ra đáp án rất khó khăn và mất nhiều thời gian
Còn giải bằng pt ion rút gọn thì trở nên hết sức nhanh chóng.
Ví dụ 3.Trộn 100 ml dd (KHCO
3
2M; K
2

CO
3
1M) với 100 ml ddY (H
2
SO
4
1M, HCl
1M) được V lít khí CO
2
(đktc) + dd Z. Cho Ba(OH)
2
dư vào dd Z thì thu được m (g) kết
tủa. Giá trị của V và m lần lượt là
A.4,48 lít và 19,7 gam B. 4,48 lít và 23,3 gam
C. 2,24 lít và 43 gam D. 4,48 lít và 43 gam
Phương pháp giải nhanh:
CO
3
2-
+ H
+

→
HCO
3
-
; HCO
3
-
+ H

+

→
CO
2
+ H
2
O
0,1 0,3 0,1 0,3 0,2 0,2 mol
SO
4
2-
+ Ba
2+

→
BaSO
4
; Ba
2+
+ OH
-
+ HCO
3
-

→
BaCO
3
+ H

2
O
0,1 dư 0,1 Dư 0,1 0,1 mol
m
kết tủa
= mBaSO
4
+ mBaCO
3
= 0,1.233 + 0,1.197 = 43 gam
Vco
2
= 0,2.22,4 = 4,48 lít. Chọn D.
Dạng 2: Phản ứng trao đổi
1. Một số lưu ý và phương pháp giải toán
- Nắm được các điều kiện để xảy ra phản ứng trai đổi (có
, ,↓ ↑
chất điện li yếu)
- Viết các PTPƯ xảy ra dạng ion rút gọn
- Dựa vào tương quan tỉ lệ mol, kiểm soát tiến trình xảy ra phản ứng
2. Bài toán minh hoạ
Ví dụ 1. Hoà tan 47,4 (g) phèn chua KAl(SO
4
)
2
.12H
2
O vào H
2
O được 0,2 mol

Ba(OH)
2
vào dd X thì thu được dd chứa m (g) kết tủa. Giá trị của m là
A. 7,8 B. 46,6 C. 54,4 D. 43,96
Tình huống sai thứ nhất:
2KAl(SO
4
)
2
.12H
2
O + 3Ba(OH)
2

→
3BaSO
4
+ 2Al(OH)
3
+ K
2
SO
4
+ 12H
2
O
0,1 0,2 (dư) 0,15 0,1 0,05 (mol)
2Al(OH)
3
+ Ba(OH)

2

→
Ba(AlO
2
)
2
+ 4H
2
O
Bđ: 0,1 0,2-0,15 0,05
Sau pư 0 0
Vậy kết tủa: mBaSO
4
= 0,15.233 = 34,95 gam
Phân tích: Học sinh sai ở chỗ: Đã bỏ qua phản ứng dẫn đến kết quả sai.
Ba(AlO
2
)
2
+ K
2
SO
4

→
BaSO
4
+ 2KAlO
2

0,05 0,05 0,05
Kết quả đúng là: m
kết tủa
= mBaSO
4
= (0,05 + 0,15). 233 = 46,6 g.
Giải bằng pt ion rút gọn, đem lai kết quả nhanh, chánh được nhầm lẫn.
Ta có: n
phèn
=
47,4
474
= 0,1 mol
⇒
3 2 2
4
0,1; 0,2; 0,2; 0,4
Al SO Ba OH
n n n n mol
+ − + −
= = = =
PTPƯ: Ba
2+
+ SO
4
2-

→
BaSO
4

↓
; Al
3+
+ 3OH
-

→
Al(OH)
3

↓

→
dư
0,2 0,2 0,2 0,1 0,3 0,1 0,1 mol OH
-
OH
-
+ Al(OH)
3

→
AlO
2
-
+ H
2
O
0,1 0,1

Vậy Al(OH)
3
tan hết, kết tủa chỉ còn BaSO
4

⇒
m = 0,2.233 = 46,6 (g)
Ví dụ 2: Cho 500 ml Ca(0H)
2
1M vào 200 ml dung dịch (Na
2
C0
3
1M và NaHCO
3

2,5M). Sau phản ứng thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là ?
Phương pháp giải:
Tình huống sai thư nhất:
Ca(OH)
2
+ 2NaHCO
3
→
CaCO
3
+ Na
2
CO
3

+ 2H
2
O
0,25 0,5 0,2 0,2
Ca(OH)
2
+ Na
2
CO
3

→
CaCO
3
+ 2NaOH
0,25 0,2 0,2 0,4
Ca(OH)
2
dư: CaCO
3
= 0,4.100 = 40 (g).
Lời giải trên sai ở chỗ, không tính lượng Na
2
CO
3
tạo ra ở pư (1).
Giải nhanh: HCO
3
-
+ OH

-

→
CO
3
2-
+ H
2
O
0,5 < 1 0,5
Ca
2+
+ CO
3
2-

→
CaCO
3
0,5 0,7 0,5
Ví dụ 3.Cho m (g) K vào 300 ml dd (Ba(OH)
2
0,1M và NaOH 0,1M) được dd X. Cho
từ từ dd X vào 200 ml dd Al
2
(SO
4
)
3
0,1M được kết tủa Y. Để thu được kết tủa Y lớn

nhất thì giá trị của m là
A. 1,17 B. 1,71 C. 1,95 D. 1,59
Dạng 3: Kết hợp phương trình ion rút gọn với định luật bảo toàn điện tích:
1/ Chú ý về phương pháp:
Bản chất của phản ứng xẩy ra trong dung dịch chính là phản ứng giữa các ion.Tuy
nhiên khi có phương trình ion rút gọn thì điện tích và số nguyên tử 2 vế của pt phải
bằng nhau. Hay nói cách khác điện tích phải được bảo toàn.
-Trong một dung dịch nếu tồn tại đồng thời các ion dương và âm thì theo định luật bảo
toàn điện tích: tổng số điện tích dương bằng tổng số điện tích âm.
Biểu thức:
( ) ( )dt dt
n n
+ −
=
∑ ∑
2/Các ví dụ minh họa:
Thí dụ 1
Có 500 ml dung dịch X chứa Na
+
, NH
4
+
, CO
3
2-
, SO
4
2-
.
Tiến hành các thí nghiệm:

- Lấy 100 ml X cho tác dụng với HCl dư được 2, 24 lít CO
2
(đktc).
- Cho 100 ml X tác dụng với lượng dư BaCl
2
thu được 43 gam kết tủa.
- Lấy 100 ml X cho tác dụng với dung dịch NaOH dư được 4, 48 lít khí (đktc).
Khối lượng muối có trong 500 ml dung dịch X là
A. 43,1 gam. B. 86,2 gam. C. 119,0 gam. D. 50,8 gam.
Hướng dẫn giải: Viết đúng pt ion rút gọn, dựa vào dữ kiện tính số mol của từng
ion.Biết được số mol của 3 ion. Áp dụng đlbt đt → Tính số của ion còn lại→ Kl
muối.
−
−
−
→ ↑
→ ↓
→ ↓
2 +
3 2 2
2+ 2
3 3
2+ 2
4 4
C¸cph¶nøng:CO +2H  H O+CO (1)
Ba +CO  BaCO (2)
Ba +SO  BaSO 
− +
− +
→ ↑

= = = = = =
+ = ⇒
2
2 3
3 4
2
3 4
4
4 3 2
CO NH
CO NH
BaCO BaSO
SO
(3)
OH +NH  NH +H O(4)
2,24 4,48
Trong100mlX:n n 0,1mol;n n 0,2mol
22,4 22,4
m m 43 n
−
= = =
−
4
BaSO
43 197.0,1
n  0,1mol
233
− +
−
− − + − − +

= = = = = =
+ = ⇒ = = =
+ = ⇒ = +
⇒ = +
−
−
−
2
2 3
3 4
2
3 4 4
4
2 2 + + 2 2
3 4 4 3 4 4
+
CO NH
CO NH
BaCO BaSO BaSO
SO
CO SO NH Na Na CO SO NH
Na
2,24 4,48
n n 0,1mol;n n 0,2mol
22,4 22,4
43 197.0,1
m m 43 n n  0,1mol
233
TheoBT§T:
2n 2n n +n n 2n 2n n

n 2.0,1 2.0,1
− − +
=
= + + =
⇒ = →
2 2 +
3 4 4
muèi
CO SO NH Na
muèi
0,2 0,2mol
Khèil îngmuèicãtrong500mldungdÞchX:
m  m m m +m 5(0,1.60+0,1.96+0,2.18+0,2.23)
m  119,0gam §¸p¸nC.
Thí dụ 2
Dung dịch X gồm 5 ion: Mg
2+
, Ba
2+
, Ca
2+
, 0,1 mol Cl
−
và 0,2 mol NO
3
-
. Thêm từ từ
Vml dung dịch hỗn hợp (K
2
CO

3
1M và Na
2
CO
3
1M) vào dung dịch X đến khi được
lượng kết tủa lớn nhất thì thể tích V đã sử dụng là
A. 300 ml. B. 150 ml. C. 200 ml. D. 250 ml.
Hng dn: Quan trng l bit ỏp dng lbtt tớnh
2
M
n
+

(M
2+
: Mg
2+
, Ba
2+
, Ca
2+
)
Sau ú : Vit pt ion rỳt gn M
2+
+ CO
3
2-
MCO
3

Tớnh
2
3
CO
n


=?





2+ 2+ 2+
2+ 2
3 3
2+ 2
3 3
Kếttủalớnnhất cácionMg ,Ba vàCa đãkếttủahoàntoàn
Mg +CO MgCO (1)
Ba +CO BaCO (2)

2
2
3
) M
M MCO


+

+


+
= + +
+
2 2+ 2+ 2+
3
2+ 2+
2+ 2
3 3
2+ 2+ 2+
2
3
CO Mg Ba Ca
M Mg Ba
Ca +CO CaCO (3)
Cóthểquiđổi(Mg ,Ba ,Ca
CO
Theo(1),(2),(3):n n n n (*)
TheoBTĐT:2.n = 2n 2n

+ = =
+ + = =
= = = =

2+ 2+
2+ 2+ 2+ 2+
2
3

Ca
M Mg Ba Ca
CO
2n 1.0,1+1.0,2 0,3mol
0,3
n =n n n 0,15mol(**)
2
0,15
(*),(**) n 0,15mol V 0,15lít 150ml Đápán
1
B.
Vớ d 3.
Dung dch X cha a mol Na
+
, b mol HCO
3
, c mol CO
3
2-
v d mol SO
4
2-
. to kt ta
ln nht ngi ta phi dựng 100 ml dung dch Ba(OH)
2
x mol/l. Biu thc tớnh x theo a
v b l
A.
=
a +b

x
2
B.
=
a +b
x
0,2
C.
=
a +b
x
0,1
D.
=
a +b
x
0,3






2
3 3 2
2+ 2
3 3
2+ 2
4 4
C

Cácphảnứngxảyra:HCO +OH CO +H O(1)
Ba +CO BaCO (2)
Ba +SO BaSO (3)
Chúý:n


= + =

= =

2 2
3 4
2+ 2 2
3 4
O SO
Ba CO SO
b c(mol);n d(mol)
Kếttủalớnnhất cácphảnứng(2),(3)xảyrahoàntoàn
Theo(2),(3):n n +n 0,1x b+c+d(*)
TheoBTĐT:a=b+2c+2d a+b=2(b+c+d)= =

a+b
2.0,1x x
0,2
ĐápánB.
Phõn tớch: -Nhng sai lm hc sinh hay mc phi trong dng toỏn ny l
+ Gii bng pt phõn t
+ Vit sai phng trỡnh ion rỳt gn.
+ B tc cho rng cho thiu d kin (vỡ cha bit kt hp vi LBT T)
-Phng phỏp ti u gii bi tp trờn pt ion rỳt gn v ỏp dng nh lut bo

ton in tớch.
Dng 4: Quỏ trỡnh cht kh + H
+
+ NO
3
-

1. Mt s lu ý v phng phỏp gii
- Ion NO
3
-
trong mụi trng H
+
cú tớnh oxi hoỏ mnh nh HNO
3
- Cu, Fe
2+
…. Không phản ứng với (HCl, H
2
SO
4
loãng, NaHSO
4
) cũng không phản
ứng được với muối NaNO
3
, KNO
3
nhưng phản ứng với hỗn hợp 2 loại chất đó
như phản ứng với HNO

3
3Cu + 8H
+
+ 2NO
3
-

→
3Cu
2+
+ 2NO + 4H
2
O
3Fe
2+
+ 4 H
+
+ NO
3
-

→
3Fe
2+
+ NO + 2 H
2
O
Lưu ý: Cu, Fe
2+
phản ứng với hỗn hợp (NaHSO

4
và NaNO
3
) nhưng không phản
ứng với hỗn hợp (NaHCO
3
và NaNO
3
) và NaHCO
3
là muối của axít yếu có tính
kiềm
Ví dụ 1: Cho 6,4 gam Cu vào bình chứa 500 ml dung dịch HCl 1M, sau đó cho tiếp 17
gam NaNO
3
thấy thoát ra V lít khí NO ở (đktc).Tính V
A.1,12lít B.11,2lít C.22,4 lít D.1,49 lít
Tình huống sai:
Ptpư: 3Cu + 8NaNO
3
+ 8HCl
→
3Cu(NO
3
)
2
+ NaCl + 2NO + 4H
2
O(1)
BĐ 0,1 0,2 0,5 mol

Pư: 0,075 0,2 0,2 0,05 mol
Sau pư: 0,025 0 0,3
Suy ra V = 0,05.22,4 = 1,12 lít khí NO ⇒ Đáp án A (Sai)
Nguyên nhân: Học sinh viết pt pư dưới dạng phân tử sau phản ứng tạo ra muối
nitrat.Mặt khác vẫn dư Cu và HCl vẫn tiếp tục phản ứng tạo ra thêm khí NO
Do vậy cần phải giải bài toán bằng pt ion rút gọn.
PP giải nhanh:
3Cu + 2NO
3
-
+ 8H
+

→
3Cu
2+
+ 2NO + 4H
2
O
0,1 0,2 0,5
Ta thấy 0,1/3 < 0,2/2 < 0,5/8 .Do đó
lVnn
NOCuNO
49,13/2.1,0.4,221,0.3/23/2 ==⇒==
Đáp án D.(Đúng)
Qua ví dụ trên có thể mở rộng xây dựng bài toán ở mức độ khó hơn nhưng có cùng
bản chất .
Ví dụ 2: Hỗn hợp X gồm Fe và Cu cho tác dụng với dung dịch H
2
SO

4
loãng, dư thấy
tạo 2,24 lít khí. Để oxihoá các chất sau phản ứng cần dùng một lượng vừa đủ 10,1 g
KNO
3
. Phản ứng kết thúc thấy tạo V lít khí NO. Tính V và % khối lượng hỗn hợp X(thể
tích các khí đều đo ở đktc)
Hướng dẫn giải

Fe + H
2
SO
4
→ FeSO
4
+ H
2

↑
0,1 ← 0,1 mol
n
NO
3
−
= n
KNO
3
= 0,1
Vậy sau phản ứng hỗn hợp thu được có Cu, ion Fe
2+

, H
+
dư, SO
2
4
−
. Khi thên KNO
3
vào
sẽ có các phản ứng
3 Cu + 8 H
+
+ 2 NO
3
−

→
3 Cu
2+
+ 2 NO↑ + 4 H
2
O
mol 0,1 ←
0,2
3
3 Fe
2+
+ 4 H
+
+ NO

3
−

→
3 Fe
3+
+ NO↑ + 2 H
2
O
mol 0,1 →
0,1
3
Từ 2phương trình
⇒
∑ n
NO
= n
NO
3
−
= 0,01
⇒
V= 2,24 lít
n
Cu
= n
Fe
= 0,1 mol
⇒
% Fe = 46,67; % Cu = 53,33

Ví dụ 3: Hỗn hợp X gồm (Fe, Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4
, FeO) với số mol mỗi chất là 0,1 mol, hòa
tan hết vào dung dịch Y gồm (HCl và H
2
SO
4
loãng) dư thu được dung dịch Z.
Nhỏ từ từ dung dịch Cu(NO
3
)
2
1M vào dung dịch Z cho tới khi ngừng thoát khí
NO. Thể tích dung dịch Cu(NO
3
)
2
cần dùng và thể tích khí thoát ra ở đktc thuộc
phương án nào?
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.
Trong bài toán này: Điều quan trọng HS cần nhận ra là hh (X) + (HCl và H
2
SO

4
loãng)
chính là pứ với H
+

→
Fe
2+
+ Fe
3+
+ H
+
dư .Cho thêm Cu(NO
3
)
2
tức là NO
3
-
vào thì
có pư : 3Fe
2+
+ NO
3
−
+ 4H
+

→
.

Hướng dẫn giải
Quy hỗn hợp 0,1 mol Fe
2
O
3
và 0,1 mol FeO thành 0,1 mol Fe
3
O
4
.
Hỗn hợp X gồm: (Fe
3
O
4
0,2 mol; Fe 0,1 mol) tác dụng với dung dịch Y
Fe
3
O
4
+ 8H
+
→ Fe
2+
+ 2Fe
3+
+ 4H
2
O
0,2 → 0,2 0,4 mol
Fe + 2H

+
→ Fe
2+
+ H
2
↑

0,1 → 0,1 mol
Dung dịch Z: (Fe
2+
: 0,3 mol; Fe
3+
: 0,4 mol) + Cu(NO
3
)
2
:
3Fe
2+
+ NO
3
−
+ 4H
+
→ 3Fe
3+
+ NO
↑
+ 2H
2

O
0,3 0,1 0,1 mol
⇒ V
NO
= 0,1×22,4 = 2, 24 lít.
3 2
3
Cu(NO )
NO
1
n n 0,05
2
−
= =
mol
⇒
3 2
dd Cu(NO )
0,05
V 0,05
1
= =
lít (hay 50 ml). Đáp án C.
Trong bài toán (KL hoặc Fe
2+
) tác dụng với hỗn hợp (HNO
3
và H
2
SO

4
loãng) cũng
nhanh tróng giải được bằng pt ion rút gọn.
Ví dụ 4: Hòa tan 0,1 mol Cu kim loại trong 120 ml dung dịch X gồm HNO
3
1M và
H
2
SO
4
0,5M. Sau khi phản ứng kết thúc thu được V lít khí NO duy nhất (đktc).
Giá trị của V là
A. 1,344 lít. B. 1,49 lít C. 0,672 lít. D. 1,12 lít.
Hướng dẫn giải
3
HNO
n 0,12=
mol ;
2 4
H SO
n 0,06=
mol
⇒ Tổng:
H
n 0,24
+
=
mol và
3
NO

n 0,12
−
=
mol.
Phương trình ion:
3Cu + 8H
+
+ 2NO
3
−
→ 3Cu
2+
+ 2NO
↑
+ 4H
2
O
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)
⇒ V
NO
= 0,06×22,4 = 1,344 lít.
Sai lầm HS hay mắc phải:
Chỉ viết phương trình phản ứng:
3Cu + 8HNO
3

→
3Cu(NO

3
)
2
+ 2NO + 4H
2
O (1)
Ban đầu: 0,1 0,12
Phản ứng: 0,045 0,12 0,03 (mol)
⇒ V = 0,03.22,4 = 0,672 lít.
Nguyên nhân sai lầm:
Sau pư (1): Cu dư, Cu(NO
3
)
2
(chứa NO
3
-
), H
2
SO
4
(chứa H
+
) pư để tạo NO thêm.
Rút kinh nghiệm: Qua bài tập này điều quan trọng là rút ra cho học sinh bản chất của
pư KL hoặc Fe
2+
) tác dụng với hỗn hợp (HNO
3
và H

2
SO
4
loãng) là pư của Chất Khử +
H
+
+ NO
3
-
Ví dụ 3.Cho FeS dư vào 400 ml dd HNO
3
0,1M thu được sản phẩm duy nhất là NO.
Thể tích NO sinh ra ở (đktc) là:
A. 0,672 lít B. 0,448 lít C. 0,896 lít D. 1,12 lít
HD: Ta có:
3
3
0,04
HNO
H NO
n n n mol
+ −
= = =
Vì FeS dư nên sản phẩm tạo thành:
FeS + 4H
+
+ 3NO
3
-

→
Fe
3+
+ SO
4
2-
+ 3NO + 2H
2
O
BĐ: 0,04 0,04
PƯ: 0,04
→
0,03
→
0,03
→
V= 0,03.22,4=0,672 lít
Tình huống huống sai lầm: Nếu giải bằng PT phân tử
+ 3FeS + 12HNO
3

→
Fe(NO
3
)
3
+ Fe
2
(SO
4

)
3
+ 9NO + 6H
2
O
0,04
→
0,03

→
Cho cùng kết quả giải với phương trình ion
+ Nếu giải bằng phương trình sau sẽ cho kết quả sai
FeS + 6HNO
3

→
Fe(NO
3
)
3
+ H
2
SO
4
+ 3NO + 2H
2
O
0,04 0,02
Vì dd vẫn còn H
+

, NO
3
-
nên phản ứng tiếp với FeS tạo ra khí NO nhiều hơn 0,02
mol.
Ví dụ 4.Hoà tan 5, 4 gam hỗn hợp K
2
Cr
2
O
7
và Na
2
Cr
2
O
7
vào nước thành một lít dung
dịch A. Cho 50 ml dung dịch FeSO
4
0,102M vào 25 ml dung dịch A. Để xác định lượng
FeSO
4
dư cần dùng 16, 8 ml dung dịch KMnO
4
0,025M. Biết các quá trình trên đều xảy
ra trong môi trường H
2
SO
4

. Viết phương trình hoá học xảy ra và tính khối lượng mỗi
muối đicromat nói trên.
Giải nhanh bằng pt ion rút gọn:
1. Cr
2
O
7
2-
+ 6Fe
2+
+ 14H
+
2Cr
3+
+ 6Fe
3+
+ 7H
2
O.
MnO
4
-
+ 5 Fe
2+
+ 8 H
+
Mn
2+
+ 5 Fe
3+

+ 4H
2
O.
Gọi x, y là số mol K
2
Cr
2
O
7
và Na
2
Cr
2
O
7
trong 5, 4 gam hỗn hợp.
1
(0,05.0,102 0,0168.0,025.5).40 0,02
6
294 262 5,4
x y
x y
+ = − =
+ =
Giải hệ thu được x = 0,005 mol; y = 0,015 mol
2 2 7 2 2 7
294.0,005.100
% 27,22% % 100% 27,22% 72,78%
5,4
K Cr O Na Cr O= = = − =

Ví dụ 5: Cho Cho m gam hỗn hợp Cu
2
S và FeS
2
phản ứng vừa đủ với 1 lít dung dịch
HNO
3
0,4M, chỉ tạo thành dung dịch muối sunfat và khí NO (là sản phẩm khử duy
nhất). Tính m ?
1. Tư duy giải bài toán theo phương trình hóa học
Phương pháp này có cái hay và không hay sau:
• Cái không hay là mất thời gian vào việc viết đúng, đủ và cân bằng phương
trình hóa học.
Khó khăn thường mắc phải khi lập phương trình hóa học:
 Theo dữ kiện đã cho là chỉ tạo muối sunfat bạn sẽ lúng túng khi cân bằng phương
trình hóa học.
 Cụ thể đối với phương trình của Cu
2
S sẽ thiếu gốc sunfat, đối với FeS
2
lại thừa
gốc sunfat.
 Nếu viết p.t.p.ư của Cu
2
S trước thì thấy ngay:
Cu
2
S + HNO
3

→
CuSO
4
+ NO + H
2
O (1)
Phương trình này không cân bằng được vì số nguyên tử Cu trước p / ư nhiều hơn
số nguyên tử S. Vậy thì phải suy nghĩ gốc sunfat do p/ ư của FeS
2
cung cấp theo p.t sau:
2FeS
2
+ 10HNO
3

→
Fe
2
(SO
4
)
3
+ 10NO + H
2
SO
4
+ 4H
2
O (2)
 Đảo lại thứ tự viết

2FeS
2
+ 10HNO
3

→
Fe
2
(SO
4
)
3
+ 10NO + H
2
SO
4
+ 4H
2
O (3)
x (mol) 5x 0,5x 5x 0,5x
3Cu
2
S +10HNO
3
+ 3H
2
SO
4

→

6CuSO
4
+ 10NO + 8H
2
O. (4)
0,5x 10.0,5x/3 0,5x x
 Tính toán
• Số mol HNO3 = 1.0,4 =0,4 mol
• Gọi số mol FeS
2
là x, theo (3) và (4), ta có:
2.Tư duy bài toán bằng pt ion rút gọn:
FeS
2
+ 4H
+
+ 5NO
3
-

→
Fe
3+
+ 2SO
4
2-

+ 5NO + 2H
2
O (1)

a 4a 5a
3Cu
2
S + 16H
+
+ 10NO
3
-
→
6Cu
2+
+ 3SO
4
2-
+ 10NO + 8H
2
O (2)
b 16/3b 10/3b
Lập luận: Điều kiện để dd chỉ có muối sunfat là:
4a+ 16/3b = 5a + 10/3b = 0, 4 ⇒ a= 0,06 ; b = 0,03.
Vậy m = 0,06.120 + 0,03.160 = 4,8.
Phân tích: Giải bài toán bằng pt ion rút gọn nhanh gọn, dễ hiểu và thể hiện bản chất
của phản ứng.Từ đó HS có thể xây dựng và giải bài tập mở rộng kết hợp pt ion-eletron.
5x 1,2
+ 5x = 0,4 x = = 0,06(mol)
3 20
⇒
Ví dụ 6: Cho hỗn hợp gồm 0,15 mol CuFeS
2
và 0,09 mol Cu

2
FeS
2
tác dụng với dung
dịch HNO
3
dư thu được dung dịch X và hỗn hợp khí Y gồm NO và NO
2.
Thêm BaCl
2
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, 84g và 157,44g B. 111, 84g và 167,44g
C. 112, 84g và 157,44g D.112, 84g và 167,44g
Hướng dẫn giải
Ta có bán phản ứng:
CuFeS
2
+ 8H
2
O − 17e → Cu
2+
+ Fe
3+
+ 2SO
4

2
−
+ 16H
+
0,15 0,15 0,15 0,3
Cu
2
FeS
2
+ 8H
2
O − 19e → 2Cu
2+
+ Fe
3+
+ 2SO
4
2
−
+ 16H
+
0,09 0,18 0,09 0,18
2
4
SO
n 0,48
−
=
mol;
Ba

2+
+ SO
4
2
−
→ BaSO
4
0,48 0,48
⇒ m = 0,48 × 233 = 111,84 gam.
n
Cu
= 0,33 mol; n
Fe
= 0,24 mol.
Cu → CuO 2Fe → Fe
2
O
3
0,33 0,33 0,24 0,12
⇒ a = 0,33 × 80 + 0,12 ×160 + 111,84 = 157,44 gam. (Đáp án A).
Ví dụ 7. Dung dịch A gồm 0,4 mol HCl và 0,05 mol Cu(NO
3
)
2
. Cho m gam bột Fe vào
dung dịch khuấy đều cho đến khi phản ứng kết thúc thu được chất rắn X gồm hai kim
loại, có khối lượng 0,8m gam. Tính m. Giả thiết sản phẩm khử NO
3
-
duy nhất chỉ có

NO.
Giải nhanh bằng pt ion rút gọn:
Dung dịch A có 0,4 mol H
+
, 0,05 mol Cu
2+
, 0,4 mol Cl
-
, 0,1 mol NO
3
-

Khi cho Fe vào dung dịch A xảy ra các phản ứng:
Fe

+ 4H
+
+ NO
3
-
→ Fe
3+
+ NO + 2H
2
O (1)
0,4 0,1
0,1 0,4 0,1 0,1
0 0 0,1
Fe + 2Fe
3+

→ 3Fe
2+
(2)
0,05 0,1
Fe + Cu
2+
→ Fe
2+
+ Cu (3)
0,05 0,05 0,05
Số mol Fe đã tham gia các phản ứng từ (1) đến (3) là 0,1+ 0,05 + 0,05 = 0,2 (mol)
Hỗn hợp 2 kim loại sau phản ứng gồm Fe dư, Cu.
(m - 56×0,2) + 0,05 × 64 = 0,8 m ⇒ m = 40 (gam).
Nhận xét: Nếu giải bài tốn trên bằng pt phân tử thì rất khó kiểm sốt. Phương pháp tối
ưu là giải bằng pt ion rút gọn
Dạng 5: Sử dụng phương trình ion rút gọn CM một số cơng thức áp dụng để giải
nhanh nhiều bài tốn kim loại + Axít (HNO
3
, H
2
SO
4
đ)
Bài tốn 1: Cho a gam hỗn hợp kim loại (A, B, C, ) tan hết trong dd HNO
3
sau phản
ứng thu được n (mol) khí N
x
O
y

.Thu được dung dịch A. Cơ cạn ddA được m muối khan.
Tính m ?( Biết trong dung dịch A khơng có muối amoni)
Phương pháp:
- Viết qt khử: (6x – 2y) H
+

+ xNO
3
-
+ (5x – 2y) e → N
x
O
y
+ (3x – y)H
2
O
Cộng thêm (5x – 2y) NO
3
-
vào 2 vế ⇒
(6x – 2y) HNO
3
+ (5x – 2y) e → (5x – 2y) NO
3
-
+

N
x
O

y
+ (3x – y)H
2
O
⇒ Số mol NO
3
-
tạo muối = n
e
( nhận)
Kim loại + HNO
3

→
Muối + sản phẩm khử + H
2
O
* Cách tìm khối lượng muối
⇒
62.
muoi Kl e
m m n= +
(nhận)
*Cách tính số mol axít:
n(HNO
3
)= nN/(NO
3
-
) tạo muối + n N/sp khử =n

e
(nhận) +nN/spkhử
Mở rộng ra:
R + HNO
3
→ R(NO
3
)
n
+ sản phẩm khử
x
N
t
(NO, NO
2
, N
2
, N
2
O, NH
4
NO
3
) + H
2
O
+ Kim loại R cho e chuyển thành
n
R
+

(trong muối) . Vậy i
kim loại
= hóa trị
+Ngun tử N (trong
5
3
HNO
+
) nhận e để tạo thành sản phẩm khử:
x
N
t
. Vậy:
(5 ).
x
t
N
i x t= −
Nhớ:
i = 3; i 1;i 10;i 8;i 8
N
NO NO N O NH NO
2
2 2 4 3
= = = =
VẬY, phản ứng ln có sự trao đổi giữa kim loại và N:
* Cách tìm sản phẩm khử

/
3

. .
: . . 3 1. 10 8 8
2
2 2 4 3
n
NO
i n i n
KL KL
sp
sp
VD i n i n n n n n n
B B N
A A NO NO N O NH NO
=
−
=
∑ ∑
+ = + + + +
tạo muối
khử
khử
Trong cơng thức trên, A, B là hai kim loại tham gia phản ứng
Cách tìm khối lượng muối:
Kim loại + HNO
3

→
Muối + sản phẩm khử + H
2
O

m = m + ( i .n ).62
KL R R
= m + (3.n +n +8n +10n +8n ).62
KL N
NO NO N O NH NO
2
2 2 4 3
∑
pứ
muối
pứ
*Cách tìm số mol axit tham gia phản ứng:
(
3
3
.
: 4 2. 12 10 10
2
2 2 4 3
n i n
HNO sp
sp
VD n n n n n n
N
HNO NO NO N O NH NO
=
= +
∑
+ + + +

số N/ sản phẩm khử).
khử
khử
Bài tốn 2: Cho a gam hỗn hợp kim loại (A, B, C, ) tan hết trong dd H
2
SO
4
đặc, sau
phản ứng thu được n (mol) Sản phẩm khử X( SO
2
, S, H
2
S) .Thu được dung dịch A. Cơ
cạn ddA được m muối khan. Tính m ?( Biết trong dung dịch A khơng có muối amoni)
Phương pháp:
Viết q trình:
* SO
4
2-
+ 4H
+
+ 2e → SO
2
+ 2H
2
O
Cộng thêm 1 gốc SO
4
2-
vào 2 vế ta có:

⇒ 2H
2
SO
4
+ 2e → SO
4
2-
+ SO
2
+ 2H
2
O (1)
SO
4
2-
+ 10H
+
+ 8e → H
2
S + 4H
2
O
Cộng thêm 4 gốc SO
4
2-
vào 2 vế ta có:
⇒ H
2
SO
4

+ 8e → 4SO
4
2-
+ H
2
S + 4H
2
O (2)
SO
4
2-
+ 8H
+
+ 6e → S + 4H
2
O
Cộng vào 2 vế 3 gốc SO
4
2-
ta có:
⇒ H
2
SO
4

+ 6e → 3SO
4
2-
+ S + 4H

2
O
Theo (1,2,3): ⇒
2
4
1
2
e
SO
n n
−
=
(nhận)

1
96.
2
muoi Kl e
m m n= +
(nhận)
Mở rộng ra:
R + H
2
SO
4

→
R
2
(SO

4
)
n
+ sản phẩm khử
x
S
(S, SO
2
, H
2
S) + H
2
O
+ Kim loại R cho e chuyển thành
n
R
+
(trong muối) . Vậy i
kim loại
= hóa trị = n
+ Ngun tố S (trong H
2
SO
4
) nhận e để tạo thành sản phẩm khử:
x
S
. Vậy
(6 )
x

S
i x= −
Nhớ: i
S
= 6;
2; 8
2 2
= =i i
SO H S
Vậy, phản ứng ln có trao đổi giữa kim loại và S
*Cách tìm sản phẩm khử:
. .
: . . 6 2. 8
2 2
i n i n
KL KL
sp
sp
VD i n i n n n n
B B
A A S SO H S
=
∑ ∑
+ = + +
khử
khử
Trong cơng thức trên, A, B là hai kim loại tham gia phản ứng
*Cách tìm khối lượng muối
Khối lượng muối sẽ được tính nhanh như sau:
KL R R KL

M M
m = m + (i .n ) = m + (i .n )
∑
gốc axit gốc axit
pứ pứ sp khử sp khử
muối
hóa trò gốc axit hóa trò gốc axit
*Cách tìm số mol axit tham gia phản ứng:

2 4
2 4
.
: 4 2. 5
2 2
(
2
i
sp
n n
H SO
sp
VD n n n n
H SO S SO H S
=
= +
∑
+ +
khử
số S/ sản phẩm khử).
khử

Ví dụ 13: Hòa tan hỗn hợp X gồm hai kim loại A và B trong dung dịch HNO
3
lỗng.
Kết thúc phản ứng thu được hỗn hợp khí Y (gồm 0,1 mol NO, 0,15 mol NO
2
và 0,05 mol N
2
O). Biết rằng khơng có phản ứng tạo muối NH
4
NO
3
. Số mol
HNO
3
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:
NO
3
−
+ 2H
+
+ 1e → NO
2
+ H
2
O (1)
2 × 0,15 ← 0,15
NO

3
−
+ 4H
+
+ 3e → NO + 2H
2
O (2)
4 × 0,1 ← 0,1
2NO
3
−
+ 10H
+
+ 8e → N
2
O + 5H
2
O (3)
10 × 0,05 ← 0,05
Từ (1), (2), (3) nhận được:
3
HNO
H
n n
p
+
=
∑
=
2 0,15 4 0,1 10 0,05

× + × + ×
= 1,2 mol. (Đáp án D)
Ví dụ 14: Cho 12, 9 gam hỗn hợp Al và Mg phản ứng với dung dịch hỗn hợp hai axit
HNO
3
và H
2
SO
4
(đặc nóng) thu được 0, 1 mol mỗi khí SO
2
, NO, NO
2
. Cô cạn
dung dịch sau phản ứng khối lượng muối khan thu được là:
A. 31,5 gam. B. 37,7 gam. C. 47,3 gam. D. 34,9 gam.
Hướng dẫn giải
Ta có bán phản ứng:
2NO
3
−
+ 2H
+
+ 1e → NO
2
+ H
2
O + NO
3
−

(1)
0,1 → 0,1
4NO
3
−
+ 4H
+
+ 3e → NO + 2H
2
O + 3NO
3
−
(2)
0,1 → 3 × 0,1
2SO
4
2
−
+ 4H
+
+ 2e → SO
2
+ H
2
O + SO
4
2
−
(3)
0,1 → 0,1

Từ (1), (2), (3) → số mol NO
3
−
tạo muối bằng 0,1 + 3 × 0,1 = 0,4 mol;
số mol SO
4
2
−
tạo muối bằng 0,1 mol.
⇒ m
muối
= m
k.loại
+
3
NO
m
−
+
2
4
SO
m
−
= 12,9 + 62 × 0,4 + 96 × 0,1 = 47,3. (Đáp án C)
Ví dụ 14: Cho 12, 9 gam hỗn hợp Al và Mg phản ứng với dung dịch hỗn hợp hai axit
HNO
3
và H
2

SO
4
(đặc nóng) thu được 0, 1 mol mỗi khí SO
2
, NO, NO
2
. Cô cạn
dung dịch sau phản ứng khối lượng muối khan thu được là:
A. 31,5 gam. B. 37,7 gam. C. 47,3 gam. D. 34,9 gam.
Hướng dẫn giải
Ta có bán phản ứng:
2NO
3
−
+ 2H
+
+ 1e → NO
2
+ H
2
O + NO
3
−
(1)
0,1 → 0,1
4NO
3
−
+ 4H
+

+ 3e → NO + 2H
2
O + 3NO
3
−
(2)
0,1 → 3 × 0,1
2SO
4
2
−
+ 4H
+
+ 2e → SO
2
+ H
2
O + SO
4
2
−
(3)
0,1 → 0,1
Từ (1), (2), (3) → số mol NO
3
−
tạo muối bằng 0,1 + 3 × 0,1 = 0,4 mol;
số mol SO
4
2

−
tạo muối bằng 0,1 mol.
⇒ m
muối
= m
k.loại
+
3
NO
m
−
+
2
4
SO
m
−
= 12,9 + 62 × 0,4 + 96 × 0,1 = 47,3. (Đáp án C)
Ví dụ 15: Hòa tan 10, 71 gam hỗn hợp gồm Al, Zn, Fe trong 4 lít dung dịch HNO
3
aM
vừa đủ thu được dung dịch A và 1, 792 lít hỗn hợp khí gồm N
2
và N
2
O có tỉ lệ
mol 1:1. Cô cạn dung dịch A thu được m (gam.) muối khan. giá trị của m, a là:
A. 55, 35 gam. và 2,2M B. 55, 35 gam. và 0,22M
C. 53, 55 gam. và 2,2M D. 53, 55 gam. và 0,22M
Hướng dẫn giải

2 2
N O N
1,792
n n 0,04
2 22,4
= = =
×
mol.
Ta có bán phản ứng:
2NO
3
−
+ 12H
+
+ 10e → N
2
+ 6H
2
O
0,08 0,48 0,04
2NO
3
−
+ 10H
+
+ 8e → N
2
O + 5H
2
O

0,08 0,4 0,04
⇒
3
HNO
H
n n 0,88
+
= =
mol.
⇒
0,88
a 0,22
4
= =
M.
Số mol NO
3
−
tạo muối bằng 0,88 − (0,08 + 0,08) = 0,72 mol.
Khối lượng muối bằng 10,71 + 0,72 × 62 = 55,35 gam. (Đỏp ỏn B)
PHẦN 3. KẾT LUẬN
Quá trình giảng dạy ở năm học vừa qua, đặc biệt là khi việc kiểm tra, đánh giá học
sinh chuyển sang hình thức kiểm tra TNKQ, tôi nhận thấy:
- Kiến thức của học sinh ngày càng được củng cố và phát triển sau khi hiểu nắm
vững được bản chất của các quá trình hoá học.
- Trong quá trình tự học, học sinh tự tìm tòi, phát hiện được nhiều phương pháp
khác nhau trong giải bài tập hoá học
- Niềm hứng thú, say mê trong học tập của học sinh càng được phát huy khi biết sử
dụng kiến thức toán học, đặc biệt là sử dụng phương trình ion rút gọn để giải các bài tập
hóa học.

- Học sinh nhanh chóng có được kết quả để trả lời câu hỏi TNKQ mà tránh được
việc bỏ sót các phương trình phản ứng khi làm theo hình thức tự luận.
Do thời gian có hạn, đề tài có thể chưa bao quát hết được các loại dạng của
phương pháp. Các ví dụ được đưa ra trong đề tài có thể chưa thực sự điển hình nhưng vì
lợi ích thiết thực của phương pháp trong công tác giảng dạy và học tập nên tôi mạnh
dạn viết, giới thiệu với các thầy cô và học sinh.
Rất mong sự đóng góp ý kiến bổ sung để cho đề tài để thực sự góp phần giúp học
sinh học tập ngày càng tốt hơn.
Xin chân thành cảm ơn.
Sông Lô, tháng 10 năm 2012
Người viết
Tô Quốc Kim