Tong hop cac phuong phap giai nhanh bai toan Hoa

A.MỞ ĐẦU
I. Đặt vấn đề:
Trắc nghiệm là một hoạt động thực hiện để “đo lường” năng lực của của các đối tượng nào đó nhằm
những mục đích nhất định. Ra đời vào năm 1905 tại Pháp, đầu tiên trắc nghiệm được dùng để đo trí thông
minh hay xác định chỉ số IQ ở lứa tuổi học trò , phương pháp này được chỉnh lý và công bố ở Mỹ năm 1911.
Ngày nay , trắc nghiệm được nhiều quốc gia trên thế giới sử dụng như là một hình thức để tuyển sinh đại học
. Tuyển sinh bằng phương pháp trắc nghiệm sẽ đảm bảo được độ chính xác và tính công bằng trong tuyển
chọn , vì vậy Bộ giáo dục và đào tạo của nước ta cũng đã chủ trương tuyển sinh đại sinh đại học bằng
phương pháp trắc nghiệm. Bài tập là phương tiện cơ bản để luyện tập , củng cố , hệ thống hóa , mở rộng ,
đào sâu kiến thức và cũng là phương tiện cơ bản để kiểm tra - đánh giá, nghiên cứu học sinh (trình độ, tư
duy, mức độ nắm vững kiến thức, kĩ năng ) [2], [3], [15]
Bài tập trắc nghiệm có hai loại : trắc nghiệm tự luận (thường gọi là bài tập tự luận) và trắc nghiệm
khách quan (thường gọi là bài tập trắc nghiệm). Bài tập trắc nghiệm khách quan (TNKQ) đòi hỏi học sinh
phải nhanh nhạy nhận ra mối quan hệ giữa các sự vật, hiện tượng hoặc giữa các con số để nhanh chóng chọn
được đáp án đúng hoăc nhẩm nhanh ra đáp số của bài tốn. Một bài kiểm tra hay thi theo phương pháp TNKQ
thường gồm khá nhiều câu hỏi và thời gian dành cho mỗi câu chỉ khoảng từ 1-2 phút. Vì phải tư duy nhanh
nên TNKQ có tác dụng rất lớn trong việc rèn luyện tư duy, phát triển trí thông minh cho học sinh [15]
Đối với hóa học là một bộ môn khoa học tự nhiên, đòi hói cao sự logic, nhanh nhạy trong tư duy của
học sinh. Do đó, bài tập trắc nghiệm vừa là nội dung vừa là phương pháp vừa là phương tiện đẻ nâng cao
chất lượng dạy học hóa học ở trường phổ thông một cách hữu hiệu[15]. Đặc biệt, bắt đầu từ năm học 2007,
Bộ giáo dục đào tạo đã ban hành quy chế tuyển sinh đại học bằng phương pháp TNKQ và môn hóa học được
đưa vào thí nghiệm đầu tiên cùng lý, sinh thì sự nhanh nhạy trong việc giải quyết bài tốn hóa học đối với học
sinh là yêu cầu hàng đầu. Yêu cầu tìm ra được phương pháp giải quyết bài tốn một cách nhanh nhất, đi bằng
con đường ngắn nhất không những giúp học sinh tiết kiệm được thời gian làm bài mà còn rèn luyện được tư
duy và năng lực phát hiện vấn đề của học sinh.
Để có thể phát hiện ra vấn đề của một bài tốn, yêu cầu học sinh phải nắm vững các lý thuyết cơ sở và
các phương pháp vận dụng để giải một bài tốn hóa học. Một số phương pháp thường dùng để giải một bài
tốn hóa học ở trường phổ thông là: phương pháp bảo tồn khối lượng, phương pháp bảo tồn điện tích, phương
pháp tăng giảm khối lượng, phương pháp bảo tồn electron, phương pháp sử dụng các đại lượng trung bình,
phương pháp biện luận,
Với một lượng kiến thức lớn, chương trình Hóa học vô cơ ở trường THPT là một thách thức lớn với

đại đa số học sinh. Nhằm mục đích sưu tầm, hệ thống và phân loại các dạng tốn có thể giải nhanh bằng các
phương pháp trên được áp dụng trong TNKQ, tôi mạnh dạn chọn tiểu luận “Phân dạng và phương pháp
giải nhanh bài tập trắc nghiệm khách quan phần Hóa vô cơ ở trường THPT”.
II. Mục đích và đối tượng nghiên cứu:
- Mục đích: hình thành các phương pháp giải nhanh các dạng bài tập TNKQ thường gặp trong
chương trình Hóa vô cơ ở trường THPT.
- Đối tượng: các phương pháp giải tốn trong Hóa học được xây dựng trên cơ sở các định luật; bài
tập TNKQ.
III. Nhiệm vụ nghiên cứu:
- Sưu tầm hoặc tự soạn các bài tập có những dữ kiện đặc biệt hoặc những bài tốn có thể giải nhanh
và giải nhẩm được bằng việc áp dụng các định luật, các phương pháp giải tốn trong Hóa học.
- Phân loại các bài tập TNKQ và đưa ra cách giải đối với từng phương pháp.
Tuy nhiên, trong giới hạn của một tiểu luận, do đó đối tượng mà tác giả nghiên cứu chỉ giới hạn trong
chương trình hóa vô cơ ở trường THPT và một số phương pháp giải tốn hóa học thường được sử dụng:
- Phương pháp bảo tồn:
 Bảo tồn khối lượng (BTKL)
 Tăng giảm khối lượng
 Bảo tồn nguyên tố (BTNT)
 Bảo tồn electron (BT e)
- Phương pháp sử dụng các đại lượng trung bình:
 Sử dụng khối lượng mol trung bình
M
 Sử dụng hóa trị trung bình
- Phương pháp đường chéo
Với đề tài này, tác giả mong muốn có thể cung cấp một tài liệu tham khảo hữu dụng cho các học sinh
cuối bậc THPT về phương pháp làm bài tập TNKQ môn hóa học để chuẩn bị tốt cho các kỳ thi tốt nghiệp,
tuyển sinh đại học.
Tiểu luận cũng nhằm cung cấp một phương pháp để soạn thảo bài tập TNKQ là cách soạn thảo dựa vào
đặc tính của bài tốn có cách giải nhanh hoặc có những dữ kiện đặc biệt.
B. NỘI DUNG

CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỐN HÓA HỌC Ở TRƯỜNG PHỔ THÔNG
CHƯƠNG I: PHƯƠNG PHÁP BẢO TỒN KHỐI LƯỢNG VÀ
PHƯƠNG PHÁP TĂNG GIẢM KHỐI LƯỢNG
I. Phương pháp bảo tồn khối lượng:[2], [6], [11], [13], [14]
Vào khoảng đầu những năm 50 của thế kỷ XVIII, nhà bác học vĩ đại người Nga M.V
Lômônôxốp (1711-1765) và Lavoadie (A.Lavoisier) người Pháp là những người đầu tiên phát hiện
ra ĐLBTKL: “Trong một phản ứng hóa học, tổng khối lượng của các sản phẩm bằng tổng khối
lượng của các chất tham gia”. Qua hơn 100 năm sau, định luật đã được hai nhà bác học là Stat kiểm
tra lại vào những năm 1860-1870; Landon vào năm 1909 sử dụng cân với đọ chính xác 0,00001g.
I.1. Nội dung của định luật:
“Khối lượng của các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng của các chất tạo thành sau
phản ứng”.
I.2. Vận dụng định luật vào giải tốn:
Vận dụng định luật bảo tồn khối lượng trong giải tốn hóa học, giúp người học có thể đưa ra
những phương pháp nhanh chóng để giải quyết một bài tốn TNKQ hơn nhiều lần so với phương
pháp thông thường là tính tốn theo phương trình, đồng thời người dạy cũng có thể dựa vào đó để xây
dựng bộ câu hỏi TNKQ liên quan đến định luật nhằm rèn luyện tư duy năng lực phát hiện vấn đề của
người học.
Sau đây là một số dạng tốn được sưu tầm và xây dựng từ sự vận dụng ĐLBTKL:
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): m
trước
= m
sau
Nếu sau phản ứng có chất tách khỏi môi trường do bay hơi hay kết tủa là không trùng
trạng thái vật lý thì hệ quả trên vẫn không thay đổi nhưng: m
trước
= m

sau
= m
tan
+ m↓ + m↑.
Ví dụ 1: [10] Khử 4,64g hỗn hợp X gồm FeO, Fe
3
O
4,
Fe
2
O
3
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 + CO
2
CO
2
+ Ba(OH)
2
→ BaCO
3
↓+ H
2
O

2
CO
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+ = + ⇒ = + −

Y
m 4,64 0,01(28 44) 4,48(g)⇒ = + − =
→ Đáp án A đúng.
 Nhận xét: Sử dụng phương pháp BTKL, dữ kiện “số mol bằng nhau” trong đề bài
không cần sử dụng vẫn cho ta kết quả đúng. Nếu học sinh sử dụng dữ kiện trên và giải
bài tốn theo phương pháp chính tắc là lí luận theo phương trình hóa học thì sẽ đưa bài
tốn đến bế tắc vì không có dữ liệu nào cho biết hh X bị khử hồn tồn hay không, sau
phản ứng hh X còn hay hết. Nhưng nếu lí luận theo ĐLBTKL, hh X còn hay hết không
quan trọng với việc tính tốn; do đó giải quyết bài tốn một cách nhanh chóng.
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:
3
MCO
0

t
3 2
MCO MO CO→ +
Áp dụng ĐLBTKL, ta có:
2
3
CO
MCO MO
m m m= +


2 2
3
CO CO
MCO MO
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 NaHCO
3
và dư CO
2

2 3
CO NaOH NaHCO+ →

3
NaHCO
m 0,075x84 6,3(g)= =
Vậy chọn đáp án D.
Ví dụ 3: [tự ra] Hòa 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:
ddHCl
m 1000x1,19 1190(g)= =
;
HCl
n 3,65x1 3,65(mol)= =
Zn + 2HCl→ ZnCl
2
+ H
2

↑

Fe + 2HCl→ FeCl
2
+ H
2

↑

Áp dụng ĐLBTKL, ta có:
2
hh(Zn,Fe) ddHCl ddD H
m m m m+ = +

hh(Zn,Fe)
3,65
m m 1250 2( ) 1190 63,65(g)
2
⇒ = = + − =
Vậy chọn đáp án C.
Ví dụ 4: [15] Cho 115g hỗn hợp gồm ACO
3
, B
2
CO
3
, R
2
CO
3
tác dụng hết với dd HCl thấy thốt
ra 0,448l CO

2
(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
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: m
muối cacbonat
+ m
HCl
= m
muối clorua

+
2 2
H O CO
m m+
→ m
muối clorua
= m
muối cacbonat
+ m
HCl
-
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] Hòa tan 3,28g hỗn hợp muối MgCl
2
và
3 2
Cu( NO )
vào 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. Cô 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 tồn 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)
Chọn đáp án B.
 Nhận xét: Chỉ với áp dụng ĐLBTKL, đã giải quyết bài tốn nhanh gọn; nhưng điều này

đòi hỏi HS phải nắm vững định luật và biết phát hiện ra vấn đề.
I.2.2. Dạng 2: Khi cation kết hợp với anion để tạo ra hợp chất như axit, oxit,
hiđroxit, muối, thì ta luôn có: khối lượng hợp chất = khối lượng các cation + khối lượng các
anion
Thông 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 H
2
SO
4
lỗng dư thốt
ra 0,672 lít khí H
2
(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 + H
2
SO
4
l → hh muối sunfat + H
2
2
2 2 4
4
H H SO
SO
0,672
n n n 0,03(mol)
22,4
−
= = = =

Nhận thấy m
muối sunfat
= m
cation
+ m
anion
= m
kim loại
+
2
4
SO
m
−
= 1,04 + 0,03 x 96 = 3,92 (g)
Vậy chọn đáp án A.
 Nhận xét:
- Nếu HS phát hiện được vấn đề của bài tốn thì việc giải quyết bài tốn này trở nên vô
cùng đơn giản. Nhưng nếu HS cứ áp dụng máy móc phương pháp giải truyền thống là đặt ẩn, giải hệ
đưa đến một hệ phương trình nhiều ẩn số hơn số phương trình, do đó bài tốn trở nên phức tạp. Các
dạng bài tập này có thể sử dụng để rèn luyện năng lực phát hiện vấn đề của HS.
- Vận dụng định luật BTKL để tính khối lượng hợp chất sẽ được phát triển thêm, hình
thành nên một phương pháp được ứng dụng phổ biến trong giải tốn hóa học. Đó là phương pháp
tăng giảm khối lượng. Do đó, các bài tập của phần vận dụng này được kết hợp giải quyết với
phương pháp tăng giảm khối lượng.
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 quá trình phản ứng có sự thay đổi khối lượng các chất.

II.2. Vận dụng phương pháp tăng giảm khối lượng trong giải tốn:
II.2.1. Dạng tốn 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 CO
2
Theo đề:
2
CO
n 0,02(mol)=
⇒
khối lượng muối tăng:
m 0,02x11 0,22(g)∆ = =

⇒
m
muối clorua
= m
muối cacbonat
+
m∆
= 115 + 0,22 = 115,22 (g)
Vậy đáp án đúng là A.
Ví dụ 2: [10] Hòa tan 9,875g một muối hiđrocacbonat vào nước, cho tác dụng với dung dịch
H
2
SO
4
vừa đủ rồi đem cô cạn thu được 8,25g một muối sunfat trung hòa khan. Công thức phân tử

của muối là:
Độ tăng (giảm) lượng muối theo đề bài
Số mol =
Độ tăng (giảm) lượng muối theo phương trình
A. NH
4
HCO
3
B. NaHCO
3
C.
3 2
Ca( HCO )
D. KHCO
3
Cách giải: gọi muối hiđrocacbonat:
3 n
R(HCO )
với n là hóa trị của kim loại trong muối đó.
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 CO
2.
Theo đề: ∆m
giảm
= 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 M
R
: M
R
=
9,875
61n 18n
0,125
n
− =
n 1 2
R
18
(NH
4
)
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 CO
2
với muối hiđrocacbon

luôn là n. Do đó với việc chỉ sử dụng phương trình tổng quát có thể tính được số mol CO
2
và bài tốn
được giải quyết nhanh chóng hơn nhiều lần.
- Dựa vào phương pháp này, cho ta rút ra công thức tính số mol của khí CO
2
:

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 lỗng 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 M
hh
M
hh
+
0
t
2 hh
1
O M O
2
→
M
hh
O + 2 HCl → M
hh
Cl
2

+ H
2
O
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 O
2-
: 1 mol M
hh
O chuyển thành 1 mol M
hh
Cl
2
tăng: 71 - 16 = 55 (g)
Theo đề: ∆m
tăng
= 55 (g)
⇒
n
oxit
= n
muối
= 1 (mol)
Ta có: m
oxit
=
hh
M O
m m+

⇒
a =
hh
M oxit O
m m m b 1x16 b 16= − = − = −
.
Vậy đáp án đúng là A.
II.2.2. Dạng tốn 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: m
KL giải phóng
- m
KL tan
= ∆m
tăng
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: m
KL tan
- m
KL giải phóng
= ∆m

giảm
hay
b
xm
100
b. Khi cho hai thanh kim loại khác nhau (cùng hóa trị ) nhúng vào hai dung
dịch muối giống nhau: nếu đầu bài cho số mol hai muối dùng cho phản ứng bằng nhau nghĩa là số
mol hai thanh kim loại tan vào hai dung dịch muối là như nhau. Nếu cùng một khối lượng thì khối
lượng hai thanh kim loại tan vào dung dịch muối là như nhau.
Ví dụ 4: [12] Cho m(g) Fe vào 100 ml dung dịch Cu(NO
3
)
2
thì nồng độ của Cu
2+
còn lại trong
dung dịch bằng 1/2 nồng độ của Cu
2+
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(NO
3
)
2
(phản ứng hồn tồn).
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 Cu
2+
, vậy Fe đã phản ứng hết. Gọi x là số mol Fe có ban đầu
Fe + Cu

2+
→ Fe
2+
+ 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)
8
=
⇒
m
Fe
= 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
CuSO

4
dư. Sau phản ứng khối lượng của thanh graphit giảm đi 0,24g. Cũng thanh graphit này nếu
được nhúng vào dung dịch AgNO
3
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 + Cu
2+
→ M
2+
+ Cu ↓
1 mol 1 mol → giảm M - 64 (g)

0,24
(mol)
M 64−
← ∆ m
giảm
= 0,24 (g)
M + 2 Ag
+
→ M
2+
+ 2 Ag ↓
1 mol 2 mol → tăng 2 x 108 - M = 216 - M (g)

0,52
(mol)

216 M−
← ∆m
tăng
= 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 tốn về nhiệt phân (ví dụ: nhiệt phân muối cacbonat, muối nitrat, kết tủa
hidroxit )
Ví dụ 6: [5] Nung nóng 50g hỗn hợp gồm NaHCO
3
và Na
2
CO
3
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 NaHCO
3
bị phân hủy. Gọi x là số mol NaHCO
3

0
t
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
=
← ∆m
giảm
= 50 - 34,5 = 15,5 (g)
3
NaHCO
m 0,5x84 42(g)= =
⇒
%
3
NaHCO
42
m x100 84
50
= =
(%) ; %
2 3
Na CO
m 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
t
3 2 2
nn
n
A NO A NO O
2
→ +
(1)
( )
0
t
3 2 m 2 2
m
m
2B NO B O 2mNO O
2
→ + +
(2)
( )
0
t
3 2 2
k
k
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 NO
2
và O
2
thốt ra. Dựa vào dữ kiện đó để giải quyết bài tốn.
Ví dụ 7: [Tự ra] Nung nóng AgNO
3
trong một thời gian. Sau đó để nguội, đem cân thì thấy
khối lượng giảm đi 15,5g. Khối lượng AgNO
3
đã bị phân hủy và thể tích các khí thốt ra ở 30
0
C 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:
0
t
3 2 2

1
AgNO Ag NO O
2
→ ↓ + ↑ +
170g 108g → ∆m
giảm
= 170 - 108 = 62 (g)
x (g) ← ∆m
giảm
= 15,5 (g)
3
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 30
0
C; 1,5 atm thể tích khí thốt ra là:
( )
2
O
22,4
0,125 273 30
nRT
273
V 2,07(lít)
P 1,5
 
+
 ÷
 
= = =
( )
2
NO
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 KClO
x
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 hồn tồn).
Tính khối lượng chất rắn thu được sau phản ứng.
A. KClO
3
; 36,8g B. KClO
4
; 40g C.KClO
4
; 38,4g D.KClO
3
; 38,5g
Cách giải:
0
t
x 2
x
KClO KCl O
2
→ +

Độ giảm khối lượng là khối lượng oxi mất đi.
2
O
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 KClO
4
4
KClO
13,85
n 0,1(mol)
138,5
= =
;
2 4
O KClO

n 2n 0,2(mol)= =
2
1
Cu O CuO
2
+ →
Áp dụng ĐLBTKL, ta có:
2
r Cu O
m m m 3,2 0,2x32 38,4(g)= + = + =
Vậy chọn câu C.
II.2.4. Một số dạng tốn khác
Ví dụ 9: [10] Một bình cầu dung tích 448ml được nạp oxi rồi cân. Phóng điện để O
2
chuyển
thành O
3
(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:
h
2 3
3O 2O
ν
ˆ ˆ ˆ†
‡ ˆ ˆˆ
Vì thể tích 2 bình như nhau, nên ta có thể hiểu để chuyển 1 mol O

2
thành 1 mol O
3
thì khối
lượng tăng là 16g (bằng khối lượng 1 mol O nguyên tử)
⇒
n
O nguyên tử
=
3
0,06
3,75.10 (mol)
16
−
=
n
Onguyêntử
=
3 3
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
hh
448.10
n 0,02(mol)
22,4

−
= =
2
hh O
m m m⇒ = + ∆
tăng
= 0,02 x 32 + 0,06 = 0,7 (g)
3
O
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 O
2
dư thì khối lượng tăng lên
4,8g. Khi cho chất rắn thu được sau phản ứng tác dụng với H
2
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 n
Ba
: x (mol) ; n
Cu
: y (mol)

2
1
Ba O BaO
2
+ →
x
1
2
x x

2
1
Cu O CuO
2
+ →
y
1
2
y y
Độ tăng khối lượng chính là
2
O
m
phản ứng
⇒
2
O
x y 4,8
n 0,15(mol)
2 32

+
= = =
↔ x + y = 0,3 (1)
Khử bằng H
2
, chỉ có CuO bị khử: CuO + H
2
→ Cu + H
2
O
⇒
Độ giảm khối lượng là khối lượng oxi trong CuO bị H
2
lấy đi:
O
3,2
n y 0,2
16
= = =
(2)
(1) và (2) suy ra: x = 0,1
m
X
= 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 hồn tồn, thu được hỗn hợp chất rắn Y và khí không 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 vôi 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:
0
t
2
2PbO C 2Pb CO+ → +

0
t
2
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
CO
2

⇒
O O
4,8
m 4,8g n 0,3(mol)
16
= ⇒ = =
hhX hhY O
n n n 0,3(mol)⇒ = = =

2
CO O
1
n n 0,15(mol)

2
= =
Pb + 2 HCl → PbCl
2
+ H
2
↑
Fe + 2 HCl →Fe + H
2
↑
2
H hhY
n n 0,3(mol)= =

2
H
V 0,3x22,4 6,72(lít)⇒ = =
CO
2
+ Ca(OH)
2
→ CaCO
3
↓ + H
2
O
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 vôi trong dư (hoặc dung dịch
Ba(OH)
2
) thì: n
O 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: n
O của oxit kim loại
=
2 3
CO CaCO
2n 2n=
- Kim loại tạo thành khi oxit kim loại tác dụng với chất khử: m
kim loại
= m

oxit kim loại
- m
oxi
III. Một số bài tập TNKQ giải theo phương pháp bảo tồn khối lượng và tăng giảm khối
lượng :
Bài tập 1: [4] Cho khí CO qua ống đựng a (g) hỗn hợp gồm CuO, Fe
3
O
4
, FeO, Al
2
O
3
nung
nóng. Khí thốt ra được cho vào nước vôi 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 = m
chất rắn
+ m
O(trong oxit)
a = m
chất 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 CO
2
(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 M
2+
. Phản ứng
xong, khối lượng lá kẽm tăng thêm 0,94g. M
2+
là ion kim loại nào sau đây:
A. Ba
2+
B. Sr
2+
C. Pb
2+
D. Cd
2+
Bài tập 4: [5] Cho 50g hỗn hợp bột oxit kim loại gồm ZnO, FeO, Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4
, 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 AgNO
3
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 CuSO
4
, 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(NO
3
)
2
, sau một thời gian thấy khối lượng tăng 7,1%. Biết rằng số mol CuSO
4
và Pb(NO
3
)
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 KClO
3
. 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 KClO
3
.
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 CuSO
4
. Sau
một thời gian lấy hai thanh kim loại ra thấy trong dung dịch còn lại có nồng độ mol ZnSO
4
bằng 2,5
lần nồng độ mol FeSO
4
. 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 còn lại cùng
thể tích
C
M
(ZnSO
4
) = 2,5C
M
(FeSO
4
) →
4 4
ZnSO FeSO

n 2,5n=
Zn + CuSO
4
→ ZnSO
4
+ Cu↓ (1)
2,5x ← 2,5x ← 2,5x → 2,5x
Fe + CuSO
4
→ FeSO
4
+ Cu↓ (2)
x ← x ← x → x
Độ giảm khối lượng của dung dịch là: m
Cu (bám)
- m
Zn (tan)
- m
Fe (tan)

↔ 2,2 = 64(2,5x + x) -65. 2,5x- 56x → x = 0,4 (mol)
→ m
Cu bám lên thanh Zn
= 64g ; m
Cu bám lên thanh Fe
= 25,6g
Bài tập 9: [20] Nung hỗn hợp A gồm CaCO
3
và CaSO
3

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

CaCO
3
→ CaO + CO
2
(1)
x x x
CaSO
3
→ CaO + SO
2
(2)
y y y
Gọi khối lượng của hỗn hợp A là a (g).

3
CaO
0,504a
n 9 10 a(mol)
56
−
= = ×
3

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 CaCO
3
→56g CaO tương ứng 56% m
cacbonat
120g CaSO
3
→56g CaO tương ứng 46,67% m
sunfit
Gọi x là thành phần phần trăm về khối lượng của CaCO
3
. Ta có :
56x + 46,67(1-x) = 50,4 ↔ x = 0,4 → %
3
CaCO
m
= 40%.
Bài tập 10: [12] Trộn 1l dung dịch (NH

4
)
2
CO
3
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 Fe
2
O
3
. 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 CuSO
4
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. Công thức phân tử của oxit là
A. Fe
2
O
3
B. Al

2
O
3
C. Cr
2
O
3
D. Ga
2
O
3
Bài tập 13: [Tự ra] Khử hồn tồn 11,6g oxit sắt bằng C ở nhiệt độ cao. Sản phẩm khí dẫn vào
nước vôi trong dư, tạo ra 10g kết tủa. Công thức phân tử oxit sắt là công thức nào sau đây:
A. FeO B. Fe
2
O
3
C. Fe
3
O
4
D. FeO
2
Bài tập 14: [Tự ra] Hòa tan hồn tồn 5g hỗn hợp ba kim loại Zn, Fe,Mg vào dung dịch H
2
SO
4
tháy thốt ra 0,672l khí H
2
(đktc). Khi cô 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
C. Na và 3,12g D. Li và 1,56g
Bài tập 16: [Tự ra] Đem nung một khối lượng Cu(NO
3
)
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(NO
3
)
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 Na
2
CO
3
, K
2
CO
3
tác dụng vừa đủ với dung dịch BaCl
2
.

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: MNO
3
MNO
3
→ MNO
2
+1/2 O
2
Khối lượng chất rắn giảm đi là khối lượng của O
2


3 2
2
MNO O
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 hồn tồn thành 25g muối cacbonat. Hòa 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(HCO
3
)
2
→ CaCO
3
+ H
2
O + CO

2
. Tính
3
CaCO
m
Bài tập 20: [Tự ra] Cho 19,5g hỗn hợp Cu, Fe, Zn tác dụng với O
2
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
(không 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 MgCl
2
, 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) Cl
2
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
2 2
Cl 2I 2Cl I (1)
Cl 2Br 2Cl Br (2)
− −
− −
+ → +
+ → +
 Nếu phản ứng (1) xảy ra hồn tồn, khối lượng muối giảm: 0,2(127 - 35,5) = 18,3 (g)

 Khi cả hai phản ứng (1) và (2) xảy ra hồn tồn 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 hồn tồn và có một phần phản ứng (2)
Gọi
Br
n
−
pư
= x thì khối lượng của muối giảm: 18,3 + x(80 - 35,5) = 27,2

2
2
Cl
Cl
1
x 0,2(mol) n (0,2 0,2) 0,2(mol)
2
V 4,48(l)
↔ = → = + =
⇒ =
Chọn đáp án D.
CHƯƠNG II: PHƯƠNG PHÁP BẢO TỒN NGUYÊN TỐ
I. Nguyên tắc của phương pháp: [2], [6]
Dựa vào định luật bảo tồn nguyên tố: “Trong các phản ứng hóa học, các nguyên tố luôn luôn
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 luôn 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 tồn khối lượng.
II. Vận dụng phương pháp bảo tồn nguyên tố trong giải tốn :
Các dạng tốn thường sử dụng bảo tồn nguyên tố:
- Nguyên tử của nguyên tố tồn 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 nguyên tố luôn được bảo tồn.
II.1. Khối lượng nguyên tử của nguyên tố ban đầu bằng tổng khối lượng các dạng tồn
tại của nguyên tố đó trong hỗn hợp hoặc trong dung dịch.
Thường gặp trong phản ứng nhiệt nhôm 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 Fe
2
O
3
(còn dư): x mol
Fe
3
O
4
: y mol

FeO (còn dư) : z mol
Fe : t mol
Khi đó ta có:
Fe(trongA) Fe(trongB)
n n=
∑ ∑
hay a +2b = 2x + 3y +z +t
Ví dụ 1: [tự ra] Khử hết m (g) Fe
3
O
4
bằng khí CO thu được hỗn hợp A gồm FeO và Fe. A tan
vừa đủ trong 300ml dung dịch H
2
SO
4
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:
Fe
3
O
4
→ (FeO, Fe)→ FeSO
4
x mol

2

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 Fe
2
O
3
và FeO bằng khí CO thu được hỗn hợp B
gồm FeO và Fe. B tan vừa đủ trong 2,5 lít dung dịch H
2
SO
4
0,2M cho ra 4,48 lít khí (đktc). Tính
khối lượng Fe
2
O

3
và FeO trong hỗn hợp A.
A. 32g Fe
2
O
3
; 7,2g FeO B. 16g Fe
2
O
3
; 23,2g FeO
C. 18g Fe
2
O
3
; 21,2g FeO D. 20g Fe
2
O
3
; 19,2g FeO
Cách giải:
Gọi hỗn hợp A
2 3
Fe O : x(mol)
FeO: y(mol)



↔ 160x + 72y = 39,2 (1)
Hỗn hợp B + H

2
SO
4
: FeO + H
2
SO
4
→ FeSO
4
+ H
2
O (2)
Fe + H
2
SO
4
→ FeSO
4
+ H
2
↑ (3)
2 3
Fe O
FeO
m 0,2x160 32(g)
m 0,1x72 7, 2(g)
= =
= =
;
2 4

H SO
n 0,2x2,5 0,5(mol);= =

2
H
4,48
n 0,2(mol)
22,4
= =
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)= =
;
FeO
m 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] Hòa tan hồn tồn hỗn hợp A gồm 0,1 mol Fe và 0,2 mol Cu vào một lượng vừa
đủ dung dịch H
2
SO
4
98% (đặc , nóng) thu được khí SO
2
(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
0
0
NaOH t CO
2 4 3 3
2 3
t
4 2
Fe (SO ) Fe(OH)
Fe O
Fe Fe
hhA ddB C E F

Cu Cu
CuSO Cu(OH)
CuO
 

 
→ → ↓ → →
    
 

 
Áp dụng ĐLBTNT, ta có:
hhA hhF
m m 0,1x56 0,2x64 18,4(g)= = + =
Chọn đáp án B.
 Nhận xét: với dạng tốn 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 FeS
2
) sẽ điều chế được (hiệu suất
100%) một lượng H
2
SO
4
là:
A. 196g B. 147g C. 156,8g D. 245g
Cách giải: để sản xuất H
2
SO

4
đi từ quặng pirit sắt phải qua nhiều giai đoạn, song trong tính
tốn với giả sử hiệu suất 100% cho mọi quá trình, có thể áp dụng ĐLBTNT đối với nguyên tố S:

2 2 4
FeS 2H SO→
120g 196g
120x80
96g
100
=
→ xg
Lượng H
2
SO
4
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 nguyên 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 Fe
3
O
4

hết 300ml ddHCl 2M được ddX. Cho X
tác dụng với một lượng ddNH
3
dư được kết tủa. Nung kết tủa trong không khí đến khối lượng không
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 t trongkk
2 2
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 Fe
2
O
3

và coi Fe
3
O
4
= FeO. Fe
2
O
3
) nên chỉ xét sự chuyển
hóa quá trình: 2FeO → Fe
2
O
3
Độ tăng khối lượng của Fe
2
O
3
so với hh đầu là khối lượng oxi mà FeO lấy để tạo Fe
2
O
3

⇒
n
O cần
=
1,2
0,075(mol)
16
=

⇒
n
FeO
= 0,15 (mol)
Gọi hh
3 4 2 3
FeO: x(mol)
x y 0,15
Fe O (FeO.Fe O ): y(mol)

⇒ + =


(1)
n
HCl
= 0,6 (mol)
⇒
n
O trong oxit
= 0,3 (mol) ↔ x + 4y = 0,3 (2)
Từ (1), (2)
⇒
FeO
x 0,1
m 38,3%
y 0,05
=


⇒ =

=

Bài tập 2: [4] Cần bao nhiêu tấn quặng phôtphorit chứa 80% Ca
3
(PO
4
)
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 hồn tồn. 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 HNO
3
0,38M cho ra khí NO.
- Phần 2: phản ứng vừa hết với 0,3l dd H
2
SO
4
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(NO
3
)
2
B. Cu; 10,24g Cu; 11,28g Cu(NO

3
)
2
C. Zn; 68g Cu; 14,72g Zn(NO
3
)
2
D. Zn; 10,2g Cu; 11,32g Zn(NO
3
)
2
Hướng dẫn:
HhX gồm kim loại M và M(NO
3
)
2
.
Khi nung:
0
t
3 2 2 2
1
M(NO ) MO 2NO O
2
→ + +
(1)

2
1
M O MO

2
+ →
(2)
Chất rắn còn lại gồm MO và M dư (vì khi cho chất rắn phản ứng với HNO
3
có khí thốt ra). Gọi
M : x(mol)
MO : y(mol)



trong 1/2 chất rắn.
Phần 1:
2
3 3 2
3M 8HNO 3M(NO ) 2NO 4H O+ → + +
x 8/3x
M + 2HNO
3
→ M(NO
3
)
2
+ H
2
O
y 2y

3
HNO

8 2 0,76
n x 2y .0,38
3 3 3
= + = =
(3)
Phần 2: tác dụng với H
2
SO
4
lỗng tạo ra chất rắn (M) nên M đứng sau H trong dãy Bêkêtop
MO + H
2
SO
4
→ MSO
4
+ H
2
O
y y
2 4
MO H SO
n n y 0,06(mol)= = =
⇒
x = 0,05(mol)
Vì bình kín nên O
2
dùng cho phản ứng (2) là O
2
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: n
M (trong X)
= n
M (chất rắn)
↔ n
M đầu
+ 0,06 = n
M (trong MO)
+ n
M dư

⇒
n
M đầu
= 0,16(mol)
3 2
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 Fe
2
O
3
. 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 hòa tan hồn tồn trong dd HCl thu được dd Y chứa 1,625g muối
sắt clorua. Cho ddY tác dụng hết với ddAgNO
3
thu được 4,3025g AgCl. X có công thức phân tử là:
A. Fe
2
O
3
B. Fe
2
O
3
C. FeO D. FeO
2
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 cô lập luôn không đổi tức là
được bảo tồn”.
Nghĩa là tổng điện tích dương luôn bằng tổng điện tích âm về giá trị tuyệt đối. Do đó dung
dịch luôn trung hòa về điện ( ∑q
+
= ∑q
-

)
II. Vận dụng phương pháp bảo tồn điện tích vào giải tốn:
- Thường dùng để giải quyết các dạng tốn 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 Na
2
SO
4
0,1M và Na
2
CO
3
0,2M tác dụng vừa đủ
với 100ml dung dịch B chứa Ba(NO
3
)
2
và Pb(NO
3
)
2
0,05M tạo kết tủa. Tính nồng độ mol của
Ba(NO
3
)
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

2
4
SO
−
,
2
3
CO
−
phản ứng với Ba
2+
và Pb
2+
theo tỉ lệ mol 1:1.
Điện tích các ion trên bằng nhau về giá trị tuyệt đối. Nên ta có:

2 2 2 2
4 3
n(SO CO ) n(Ba Pb )
− − + +
+ = +
∑ ∑
↔ 0,1( 0,1 + 0,2) = 0,1( x + 0,05)

2
Ba
x C 0,25(M)
+
⇒ = =
Khối lượng chung của các kết tủa ( BaSO

4
+PbSO
4
+ BaCO
3
+ PbCO
3
) 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 tốn 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 không 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
+
2
Ca
+

3
NO
−
Cl
−
3
HCO
−
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 Ca
2+
: 0,1mol;
−
3
NO
: 0,05mol;
−
Br
:
0,15mol;
−
3
HCO
: 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. Ca
2+
và 0,15M D. K
+
và 1M

Cách giải: gọi n là điện tích của ion kim loại M; x là số mol của M
n+
Áp dụng ĐLBTĐT, ta có: 0,1.2 + xn =0,05 + 0,15 + 0,1 → xn = 0,1
Mặt khác: m
muối

2 n
3 3
Ca M NO Br HCO
m m m m m
+ + − − −
= + + + +

0,1 M
0,1.40 (M ) 0,05.62 80.0,15 0,1.61 29,1 39 M 39n
n n
↔ + + + + = ↔ = ⇔ =

Trong số các đáp án đã cho thì K
+
là đáp án phù hợp và
K
0,1
C 1(M)
0,1
+
= =
→ Chọn đáp án D
Ví dụ 4: [5] Dung dịch A chứa Mg
2+

, Ba
2+
, Ca
2+
và 0,2mol
−
Cl
, 0,3 mol
−
3
NO
. Thêm dần dần
dung dịch Na
2
CO
3
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 Mg
2+
, Ba
2+
, Ca
2+
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
2 3 2 3
3
Na CO Na CO 1M
CO
0,25
n n x y z 0,25 V 0,25(l) 250ml
1
−
= = + + = ⇒ = = =
→ Chọn đáp án C.
III. Một số bài tập giải theo phương pháp bảo tồn điện tích:
Bài tập 1: [5] Một dung dịch chứa hai cation Fe
2+
(0,1mol) và Al

3+
(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) ;
+
4
NH
(0,25mol); H
+
(0,2mol);
−
Cl
(0,1mol);
−2
4
SO
(0,075 mol);
−2

3
CO
(0,15mol). Dung dịch gồm các ion nào?
A.
4
NH
+
, K
+
,
2
3
CO
−
,
Cl
−
B.
4
NH
+
, K
+
,
2
4
SO
−
,
Cl

−
C.
4
NH
+
, H
+
,
2
4
SO
−
,
Cl
−
D.
4
NH
+
, K
+
,
2
3
CO
−
,
2
4
SO

−
Bài tập 3: [12] 100ml dung dịch A chứa AgNO
3
0,06M và Pb(NO
3
)
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 Al
3+
, y mol Cu
2+
, z mol
−2
4
SO
và 0,4 mol
−
Cl
- Cô cạn dung dịch A được 45,2g muối khan.
- Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch NH
3
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 H
2
SO
4
0,5M, được đung dịch B và 3,92l H
2
(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
2
3
2
Mg 2H Mg H
3
Al 3H Al H
2
+ +
+ +
+ → +

+ → +

2
H
H pu H (X)
n 2n 0,35mol n
+ +
⇒ = = < ⇒
dung dịch B còn dư axit.
Nhận thấy: HCl và H
2
SO
4
phản ứng đồng thời do đó với các điều kiện của bài khối lượng
muối thu được chỉ xét được trong một khoảng, không tính được giá trị cụ thể.
Áp dụng ĐLBTKL: m
muối

2
4
KL
SO Cl
m m m
− −
= + +
Trong dung dịch X, ta luôn 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
4
SO
0,35 0,25
n 0,05(mol)
2
m 3,75 0,25.35,5 0,05.96 17, 425(g)
−
−
→ = =
= + + =

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

SO
n 0,25(mol)
−
=
Cl
n 0,35 2.0,125 0,1(mol)
m 3,75 0,125.96 0,1.35,5 19,3(g)
−
→ = − =
= + + =
.
Vậy 17,425g < m < 19,3g
CHƯƠNG IV: PHƯƠNG PHÁP BẢO TỒN 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 không cần quan tâm đến việc cân bằng các phương trình phản ứng.
- Phương pháp này đặc biệt lí thú đối với các bài tốn 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 vô cơ.
II. Vận dụng phương pháp bảo tồn electron vào giải tốn:
Sử dụng phương pháp bảo tồn electron để giải nhiều dạng tốn 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 ddHNO
3
được
1,792l khí X (đktc) gồm N
2
và NO
2
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 HNO
3
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
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 quá 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 tồn electron: ∑ e nhận = ∑ e nhường = 0,44 (mol)
Có thể viết tổng quát quá trình nhường e: M - ne → M
n+

0,44
Ta có nhận xét sau: vì gốc
3
NO
−
có hóa trị I nên nếu kim loại nhường bao nhiêu electron thì
cũng nhận bấy nhiêu gốc
3
NO
−
để tạo muối.
Vậy
3
HNO
n
tạo muối
= n
e nhường
= n
e nhận
= 0,44 (mol)
→
3
HNO
n
pư
= 0,44 + 0,12 = 0,56(mol)
⇒
3
M(HNO )

0,56
C 0,28(M)
2
= =
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 yêu cầu tính khối lượng muối và nồng độ HNO
3
nên chỉ cần quan tâm đến
∑ e nhường nhưng đề tốn yêu cầu tính %m hoặc m từng kim loại thì cần đặt ẩn để giải hệ.
- Bài tốn 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 đòi 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 không cần viết ptpư và trong trường hợp này
nó trở nên tối ưu.
- Dựa vào bài tốn trên, có thể khai triển thành nhiều bài khác để hỏi về các đại lượng
khác như V
hh khí
, % m
KL
, m
KL

- 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 môi
trường, nếu các bài tốn đưa trọng tâm vào nội dung này, học sinh dễ mắc sai lầm khi nghĩ các quá
trình không phụ thuộc vào môi 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 H
2
SO
4
đặc, nóng; thu được ddY và 0,07mol một sản phẩm duy nhất chứa lưu
huỳnh. Sản phẩm đó là chất nào?
A. SO
2
B. S C. H
2
S D.
2
2 8
S O
−
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 → Mg
2+

0,08 0,16
Al - 3e → Al
3+

⇒
∑ e nhường = 0,16 + 0,24 + 0,16 = 0,56(mol)

0,08 0,24
Zn - 2e → Zn
2+

0,08 0,16
Quá trình nhận e:
6 x
S (6 x)e S
+
+ − →

⇒
∑ 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 H
2
S.
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. Thông thường bài tốn cho tồn 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, không cần quan tâm đến các
trạng thái oxi hóa trung gian.
Đặt ẩn số với chất đóng vai trò chất khử.
Ví dụ 3: [18] Nung x gam Fe trong không khí, thu được 104,8 gam hỗn hợp rắn A gồm Fe,
FeO, Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4
. Hòa tan A trogn dd HNO
3
dư, thu được ddB và 12,096 lit hỗn hợp khí NO và
NO
2
(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 NO
2
lần lượt là 0,18 và
0,36 mol. Cách tính này sẽ được đề cập ở chương sau.
- Nhận thấy, quá trình phản ứng tồn bộ lượng Fe kim loại được chuyển thành Fe
3+

nên ta có quá trình nhường e: Fe - 3e → Fe
3+

x

56
→
3x
56
∑ e nhường =
3x
56
(mol)
Quá trình nhận e:
5 4
3 2
N(NO ) 1e N(NO )
+ +
−
+ →

0,36← 0,36

5 2
3
N(NO ) 3e N(NO)
+ +
−
+ →
3.0,18 ← 0,18
O
2
+ 4e → 2O
2-

Theo ĐLBTKL:
2 2
Fe O A O A Fe
m + m = m m = m - m = 104,8 - x (g)⇒
2
2 2
O
Fe O A O A Fe
3 2 2
104,8 x
n (mol)
32
m + m = m m = m - m = 104,8 - x (g)
Al Fe Cu Ag
Al Fe Cu Ag
+ + + +
−
⇒ =
⇒

2
O
104,8 x
n (mol)
32
−
⇒ =
→ ∑ 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
−
=
3x
56
⇒
x = 78,4(g)
Chọn đáp án C.
 Nhận xét: đây là dạng tốn kinh điển của phương pháp bảo tồn 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 không gây nhầm lẫn.
II.3. Dạng tốn trong dung dịch nhiều chất khử, nhiều chất oxi hóa mà sự trao đổi
electron xảy ra đồng thời (thường gặp là dạng tốn 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
AgNO
3
0,1M và Cu(NO
3
)

2
0,2M. Sau khi phản ứng kết thúc được chất rắn B (hồn tồn không tác
dụng với dd HCl) và ddC (hồn tồn không có màu xanh của Cu
2+
). 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
Al Fe Cu Ag
+ + + +
- Ag bị khử trước Cu
2+
; dd bị mất hết màu xanh của Cu
2+
nên Cu
2+
và Ag
+
đều bị khử hết tạo
Ag và Cu kim loại.
- Al phản ứng xong rồi đến Fe; chất rắn B không phản ứng với HCl, do đó Al và Fe đã phản
ứng hết.
Vậy, hỗn hợp B gồm Cu và Ag
⇒
m

B
= m
Cu
+ m
Ag
n
Ag
= 0,1mol ; n
Cu
= 0,2mol
⇒
m
B
= 0,1x108 + 0,2x64 = 23,6(g)
Gọi hhX
X
Al : x(mol)
;m 8,3g 27x 56y 8,3
Fe : y(mol)

= ⇔ + =


(1)
Quá trình nhường e: Al - 3e → Al
3+

x 3x
Fe - 2e → Fe
2+

⇒
∑ e nhường = 3x + 2y(mol)
y 2y
Quá trình nhận e: Cu
2+
+ 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:
Al
x 0,1
0,1.27.100
%m 32,53%
y 0,1
8,3
=

⇒ = =

=


Vậy đáp án đúng là A.
Ví dụ 5: [23] Hỗn hợp A gồm 2 kim loại R
1
, R
2
có hóa trị x,y không đổi (R
1
, R
2
không tác dụng
với H
2
O và đứng trước Cu trong dãy hoạt động hóa học của kim loại). Cho hỗn hợp phản ứng với
CuSO
4
dư, lấy Cu thu được cho phản ứng với HNO
3
dư thu được 1,12lit khí NO duy nhất. Nếu cho
lượng hỗn hợp trên phản ứng hồn tồn với dd HNO
3
thì thu dược bao nhiêu lit khí N
2
. Các thể tích đo
ở đktc.
A. 0,224l B. 0,336l C. 4,48l D. 0,448l
Cách giải: quá trình oxi hóa-khử xảy ra: kim loại R
1
, R
2
nhường electron cho Cu

2+
để chuyển
thành Cu, sau đó Cu lại nhường e cho N(+5) tạo thành N(+2)
⇒
số mol e do R
1
, R
2
nhường = số mol do N(+5) nhận vào

5 2
N e N
+ +
+ →
0,05x3←
1,12
0,05
22,4
=
- Khi R
1
, R
2
trực tiếp nhường e cho N(+5) chuyển thành N(0)
Gọi a là số mol N
2
thì ta có:
5 0
2
N 10e N

+
+ →
10a ← a mol
Vì cùng lượng R
1
, R
2
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.