HƯỚNG DẪN GIẢI NHANH TOÁN TRẮC NGHIỆM HÓA HỌC

Ôn thi đại học
HƯỚNG DẪN GIẢI NHANH TOÁN TRẮC NGHIỆM HÓA HỌC
§1. ÁP DỤNG ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG VÀ NGUYÊN TỐ
 Nguyên tắc :
 Định luật bảo toàn khối lượng : “Trong phản ứng hóa học.Tổng khối lượng
các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng các chất tạo thành”.
 Định luật bảo toàn nguyên tố : “Trong phản ứng hóa học. Khối lượng một
nguyên tố (hay số mol nguyên tử một nguyên tố) không đổi so với trươc và sau
phản ứng.”
 Phạm vi sử dụng : Trong bài toán xảy ra nhiều phản ứng, lúc này đôi khi không
cần thiết phải viết các phương trình phản ứng và chỉ cần lập sơ đồ phản ứng để
thấy mối quan hệ tỉ lệ mol giữa các chất cần xác định cũng như các chất mà đề cho.
BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài 1 . Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,12 mol FeS
2
và a mol Cu
2
S vào axit
HNO
3
(vừa đủ ), thu dược dung dịch X (chỉ chứa 2 muối sunfat) và khí duy
nhất NO . Giá trị của a là bao nhiêu ?
A. 0,12 B. 0,04 C. 0,075 D. 0,06
Hướng dẫn giải
Vì X chỉ chứa 2 muối sunfat, nên ta có sơ đồ :

2 2 4 3
2 4
FeS Fe (SO )
0,12 mol 0,06 mol
Cu S 2 CuSO

a mol 2a mol
→




→




Áp dụng định luật bảo tòan nguyên tố đối với S , ta có :
0,12 . 2 + a = 0,06 . 3 + 2a ⇒ a = 0,06
Chọn đáp án D.
Bài 2 . Cho hơi nước đi qua than nóng đỏ, thu được 15,68 lít hỗn hợp khí X
(đktc) gồm CO, CO
2
và H
2
. Cho toàn bộ X tác dụng hết với CuO (dư) nung
nóng, thu được hỗn hợp chất rắn Y. Hòa tan toàn bộ Y bằng dung dịch HNO
3
1
Ôn thi đại học
(loãng, dư) được 8,96 lít NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Phần trăm thể
tích khí CO trong X là:
A. 18,42% B. 28,57% C. 14,28% D. 57,15%
Hướng dẫn giải
H
2

O

+

C
→
CO

+

H
2
x x x x
2H
2
O

+

C
→
CO
2

+

2H
2
2y y y 2y
Ta có: n X = 0,7 mol ⇒ 2x + 3y = 0,7 (1)

* Hỗn hợp X { CO, H
2
} + CuO → Cu + HNO
3
→ 0,4 mol NO
CO

+CuO
→
CO
2

+

Cu
H
2

+

Cu
O
→
H
2

O

+

Cu
3Cu + 8HNO
3

→
3Cu(NO
3)2
+ 2NO + 4H
2
O
- Theo định luật bảo toàn nguyên tố:
n
Cu
= 3/2 n
NO
= 0,6 mol ,
2
(CO , H )
n
= n
Cu
= 0,6 ⇒ 2x + 2y = 0,6 (2)
T
ừ

các

ph
ươn
g

tr
ình
(1), (2)
ta
có
:
x
=
0,2
;
y
=
0,1
V
ậ
y
%V
CO

=
28,
57%
Chọn đáp án B.
Bài 3 . Hỗn hợp X gồm Fe(NO
3
)
2
, Cu(NO
3
)

2
và AgNO
3
. Thành phần % khối
lượng của nitơ trong X là 11,864%. Có thể điều chế được tối đa bao nhiêu gam
hỗn hợp ba kim loại từ 14,16 gam X?
A. 10,56 gam B. 7,68 gam C. 3,36 gam D. 6,72 gam
Hướng dẫn giải
Ta có: %N = 11,864% ⇒ m N =
11,864
14,16.
100
= 1,68 gam ⇒ n N = 0,12 mol
- Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố:
-
3
NO
n
=
N
n
= 0,12 mol
- Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: m
kim loại
= m
muối
-
-
3
NO

m
⇒ m
kim loại
= 14,16 – 0,12. 62 = 6,72 gam
Chọn đáp án D.
2
Ôn thi đại học
Bài 4. Hoà tan hoàn toàn 2,9 gam hỗn hợp gồm kim loại M và oxit của nó vào
nước, thu được 500 ml dung dịch chứa một chất tan có nồng độ 0,04M và 0,224
lít khí H
2
(ở đktc). Kim loại M là
A. Ca B. Ba C. K D. Na
Hướng dẫn giải
Số mol H
2
= 0,01 mol ; số mol Bazơ = 0,02 mol
M + 2H
2
O → (M
n+
, 2OH
-
) + H
2
(mol) 0,01 ← 0,01 ← 0,01
(M
n+,
O
2-

) + H
2
O → (M
n+
, 2OH
-
)
(mol) 0,01 ← (0,02- 0,01)
⇒
M
(kim loại, oxit) =
2,9
0,02
= 145
Vì số mol kim loại = số mol oxit ⇒ M
kim loại
+ M
oxit
= 2.145 = 290
M kim loại Ca = 40 Ba = 137 K = 39 Na = 23
M oxit
250 ≠ CaO
BaO = 153
251 ≠ K
2
O 267≠ Na
2
O
Chọn đáp án B.
Bài 5 . Nung nóng m gam PbS ngoài không khí sau một thời gian, thu được hỗn

hợp rắn (có chứa một oxit) nặng 0,95 m gam. Phần trăm khối lượng PbS đã bị
đốt cháy là
A. 74,69 % B. 95,00 % C. 25,31 % D. 64,68 %
Hướng dẫn giải
PbS +
3
2
O
2
→ PbO + SO
2
- Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: m
O
= m – 0,95m = 0,05m
⇒ n
O
=
0,05m
16
⇒ n
PbO
= n
PbS
(bị oxi hóa) =
0,05m
16
 % PbS (bị oxi hóa) =
0,05m. 239
16m
.100% = 74,69 %

Chọn đáp án A.
§2. ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP TĂNG , GIẢM KHỐI LƯỢNG
 Nguyên tắc : Dựa vào sư tăng khối lượng (hay giảm khối lượng) khi chuyển từ
3
Ôn thi đại học
1 mol chất A thành 1 mol chất B. Có thể bỏ qua các gia đoạn trung gian. Ta dễ
dàng tính được số mol các chất.
 Phạm vi sử dụng : Đối với các bài toán mà phản ứng xảy ra thuộc phản ứng
phân hủy, phản ứng giữa kim loại mạnh (không tan trong nước) đẩy kim loại yếu
ra khỏi dung dịch muối , …
♥ Đặc biệt khi chưa biết rõ phản ứng xảy là ra hoàn toàn hay không hoàn toàn .
BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài 1 . Cho 9,125 gam muối hidrocacbonat phản ứng hết với dung dịch H2SO4
(dư), thu được dung dịch chứa 7,5 gam muối sunfat trung hòa. Công thức của
muối hidrocacbonat là
A. NaHCO
3
B. Mg(HCO
3
)
2
C. Ba(HCO
3
)
2
D. Ca (HCO
3
)
2
Hướng dẫn giải

Gọi công thức muối hidrocacbonat: M(HCO
3
)
n
2M(HCO
3
)
n
+ nH
2
SO
4
→ nM
2
(SO
4
)n +2nCO
2
+ 2nH
2
O
1 mol (M
n+
, 2HCO
3
-

)

→ 1 mol (M

n+
, SO
4
2-

)

thì khối lượng giảm: 2. 61- 96 = 26g
⇒ số mol M(HCO
3
)
n
=
9,125 7,5
26
−
= 0,0625 mol
 M muối M(HCO
3
)
n
=
9,125
0,0625
= 146 → Mg(HCO
3
)
2
Chọn đáp án B.
Bài 2 . Nung 6,58 gam Cu(NO

3
)
2
trong bình kín không chứa không khí, sau một
thời gian thu được 4,96 gam chất rắn và hỗn hợp khí X. Hấp thụ hoàn toàn X
vào nước để được 300 ml dung dịch Y. Dung dịch Y có pH bằng
A. 2. B. 3. C. 4. D. 1.
Hướng dẫn giải
Cu(NO
3
)
2
→CuO + 2NO
2
+ ½ O
2
Áp dụng phương pháp tăng giảm khối lượng:
1 mol Cu(NO
3
)
2
→2 mol NO
2
+ ½molO
2
⇒ m giảm = 2.46 + ½.32 = 108 gam
Số mol muối phản ứng =(6,58 - 4,96) : 108=0,015(mol)
Cu(NO
3
)

2
→CuO + 2NO
2
+1/2O
2
4
Ôn thi đại học
0,015 0,03
4NO
2
+ O
2
+ H
2
O →4HNO
3
0,03 0,03
⇒[H
+
]=0,03:0,3=0,1(M) → pH=1
Chọn đáp án D.
Bài 3. Nung nóng 66,2 gam Pb(NO
3
)
2
thu được 55,4 gam chất rắn. Tính hiệu
suất phân hủy
A. 25% B. 40% C. 50% D. 20%
Hướng dẫn giải
Pb(NO

3
)
2
→PbO + 2NO
2
+ ½ O
2
Áp dụng phương pháp tăng giảm khối lượng:
1 mol Pb(NO
3
)
2
→2 mol NO
2
+ ½molO
2
⇒ m giảm = 2.46 + ½.32 = 108 gam
Số mol muối phản ứng =(66,2 – 55,4) : 108=0,1(mol)
 H =
0,1. 331
66,2
. 100% = 50%
Chọn đáp án C.
Bài 4. Cho a gam hỗn hợp gồm FeS
2
và FeCO
3
với số mol bằng nhau vào một
bình kín chứa lượng dư oxi . Áp suất trong bình là p
1

atm . Đun nóng bình để
phản ứng xảy ra hoàn toàn rồi đưa bình về nhiệt độ đầu, áp suất khí trong bình
lúc này là p
2
atm, khối lượng chất rắn thu được là b gam . Biết rằng thể tích
chất rắn trong bình trước và sau phản ứng không đáng kể . Tỉ lệ
1
2
p
p
là :
A. 0,5 B. 2 C. 2,5 D. 1
Hướng dẫn giải
PTHH : 4FeS
2
+ 11 O
2

0
t
→
2Fe
2
O
3
+ 8SO
2
(1)
(mol) x
11x

4
2x
PTHH : 4FeCO
3
+ O
2

0
t
→
2Fe
2
O
3
+ 4CO
2
(2)
(mol) x
x
4
x
Phản ứng (1) : Số mol khí giảm =
11x
- 2x = 0,75x
4
5
Ôn thi đại học
Phản ứng (2) : Số mol khí tăng =
x
x - = 0,75x

4
Số mol khí giảm = Số mol khí tăng ⇒ Số mol khí không đổi .⇒ p
1
= p
2

Chọn đáp án D
Bài 5. Cho một đinh sắt vào 20 ml dung dịch muối nitrat kim loại A nồng độ 0,1
M . Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, tất cả kim loại A tạo ra bám hết vào
đinh sắt, khối lượng dung dịch thu được giảm 0,16 gam so với dung dịch nitrat
kim loại A ban đầu . Hỏi A là kim loại nào ?
A. Cu B. Ni C. Ag D. Hg
Hướng dẫn giải
Số mol A(NO
3
)
n
= 0,02 . 0,1 = 0,002 mol (n là hóa trị của kim loại A)
nFe + 2A(NO
3
)
n
→ nFe(NO
3
)
2
+ 2A
0,001n ← 0,002 → 0,002
Khối lượng dung dịch giảm 0,16 gam ⇒ khối lượng kim loại tăng
= m

A
– m
Fe
= 0,002.A – 0,001n.56 = 0,16
⇔ 2X – 56n = 160 ⇒
160 +56n
A =
2
→ chọn n = 1 ; A = 108 ( Ag)
Chọn đáp án C
§3. ÁP DỤNG ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN ĐIỆN TÍCH
 Nguyên tắc : Trong dung dịch : Tổng điện tích dương bằng tổng điện tích âm .
Suy ra : Tổng số mol điện tích dương bằng tổng số mol điện tích âm .
 Phạm vi sử dụng : Xác định lượng ( số mol, nồng độ, khối lượg ,… ) của một
ion khi biết lượng của các ion khác . Xác định lượng chất rắn sau khi cô cạn một
dung dịch khi biết số mol của các ion trong dung dịch .
BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài 1 . Một dung dịch có chứa 2 loại caction là Ca
2+
(0,2 mol) và Na
+
(0,2 mol)
cùng 2 loại anion là Cl
-
( 0,4 mol) và NO
3
-
( 0,2 mol) . Khi cô cạn dung dịch và
làm khan thu được bao nhiêu gam muối khan ?
A. 34,8 (gam) B. 32,9 (gam) C. 39,2 (gam) D. 392 (gam)

Hướng dẫn giải
6
Ôn thi đại học
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng :
⇔ m
muối
= 40. 0,2 + 23. 0,2 + 35,5. 0,4 + 62. 0,2 = 39,2 gam
Chọn đáp án C.
Bài 2. Một dung dịch chứa 0,96 gam Cu
2+
; 0,144 gam SO
4
2-
; x mol NO
3
-
và y
mol Fe
2+
. Khối lượng muối khan thu được khi cô cạn dung dịch này là 3,048
gam . Vậy x và y lần lượt là :
A. x = 0,03 và y = 0,0015 B. x = 0,02 và y = 0,05
C. x = 0,01 và y = 0,02 D. x = 0,05 và y = 0,015
Hướng dẫn giải
2+
Cu
0,96
n 0,015 mol
64
= =

;
2-
4
SO
0,144
n 0,0015 mol
96
= =
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có :
2. 0,015 + 2y = 2. 0,0015 + x ⇔ x - 2y = 0,027 (1)
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng : m
muối
= m
các ion

⇔ 0,96 + 0,144 + 62x + 56y = 3,048 ⇔ 62x + 56y = 1,944 (2)
Từ (1) và (2)
x - 2y = 0,027 x = 0,03

62x + 56y = 1,944 y = 0,0015
 
⇒
 
 
Chọn đáp án A.
Bài 3. Một dung dịch có chứa 2 loại caction là Fe
2+
(0,1 mol) và Al
3+
(0,2 mol)

cùng 2 loại anion là Cl
-
(x mol) và SO
4
2-
(y mol) . Khi cô cạn dung dịch và làm
khan thu được 46,9 gam chất rắn khan . Tính x và y ?
A. x = 0,3 và y = 0,2 B. x = 0,2 và y = 0,3
C. x = 0,1 và y = 0,2 D. x = 0,2 và y = 0,1
Hướng dẫn giải
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích :
⇔ 2. 0,1 + 3. 0,2 = x + 2y ⇔ x + 2y = 0,8 (1)
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng : m
chất rắn
= m
các ion

⇔ 56 . 0,1 + 27 . 0,2 + 35,5x + 96y = 46,9 ⇔ 35,5x + 96y = 35,9 (2)
Từ (1) và (2)
x + 2y = 0,8 x = 0,2

35,5x + 96y = 35,9 y = 0,3
 
⇒
 
 
Chọn đáp án B.
7
Ôn thi đại học
Bài 4. Dung dịch X có chứa : 0,07 mol Na

+
; 0,02 mol SO
4
2-
và x mol OH
-
. Dung
dịch Y có chứa ClO
4
-
; NO
3
-
và y mol H
+
. Tổng số mol ClO
4
-
và NO
3
-
là 0,04 mol.
Trộn X và Y được 100 mol dung dịch Z. Dung dịch Z có pH (bỏ qua sự điện li
của H2O ) là :
A. 1 B. 2 C. 12 D. 13
Hướng dẫn giải
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích cho dung dịch X:
⇒
-
OH

n
= x = 0,07 – 2. 0,02 = 0,03 mol
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích cho dung dịch Y:
⇒
+
H
n
= y = 0,04 mol
Trộn dung dịch X và Y xảy ra phản ứng : H
+
+ OH
-
→ H
2
O
⇒
+
H
n
dư = 0,04 – 0,03 = 0,01 mol ⇒ [H
+
] =
0,01
0,1
= 0,1 M ⇒ pH = 1
Chọn đáp án A.
Bài 5. Dung dịch X có chứa các ion: Ca
2+
, Na
+

, HCO
3
-
và Cl
-
, trong đó số mol
của ion Cl- là 0,1. Cho 1/2 dung dịch X phản ứng với dung dịch NaOH (dư), thu
được 2 gam kết tủa. Cho 1/2 dung dịch X phản ứng với dung dịch Ca(OH)
2
(dư),
thu được 3 gam kết tủa.Mặt khác, nếu đun sôi đến cạn dung dịch X thu được m
gam chất rắn. Giá trị của m là
A. 9,21 B. 9,26 C. 8,79 D. 7,47
Hướng dẫn giải
 1/2 dung dịch X phản ứng với dung dịch NaOH (dư):
HCO
3
-
+ OH
-
→ CO
3
2-
+ H
2
O
Ca
2+
+ CO
3

2-
→ CaCO
3
↓
(mol) 0,02 0,02 0,02
Ta có:
3
CaCO
n
= 0,02 ⇒
2+
Ca
n
= 0,02 mol
 1/2 dung dịch X phản ứng với dung dịch Ca(OH)
2
(dư):
HCO
3
-
+ OH
-
→ CO
3
2-
+ H
2
O
(mol) 0,03 0,03
8

Ôn thi đại học
Ca
2+
+ CO
3
2-
→ CaCO
3
↓
(mol) 0,03 0,03
Ta có:
3
CaCO
n
= 0,03 ⇒
-
3
HCO
n
= 0,03 mol
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích cho dung dịch X:
⇒
+
Na
n
=
-
Cl
n
+

-
3
HCO
n
-2
2+
Ca
n
= 0,1 + 2.0,03 – 2. 2.0,02 = 0,08 mol
Cô cạn dung dịch X xảy ra phản ứng:
2HCO
3
-

0
t
→
CO
3
2-
+ H
2
O + CO
2
↑
(mol) 0,06 0,03
Vậy: sau khi cô cạn thu được m gam chất rắn có: Ca
2+
; Na
+

; Cl
-
; CO
3
2-
⇒ m = 0,04. 40 + 0,08. 23 + 0,1. 35,5 + 0,03. 60 = 8,79 gam
Chọn đáp án C.
§4. ÁP DỤNG ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN ELECTRON
 Nguyên tắc : Trong phản ứng oxi hóa khử, số mol electron mà chất khử cho đi
bằng số mol electron mà chất oxi hóa nhận về.
Σ electron (chất khử cho) = Σ electron (chất oxi hóa nhận)
 Phạm vi sử dụng : Phản ứng xảy ra trong bài toán là phản ứng oxi hóa - khử,
nhất là khi các phản ứng xảy ra là phức tạp, nhiều giai đoạn nhiều quá trình .
BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài 1. Trộn 0,54 gam bột Al vói hỗn hợp bột Fe
2
O
3
và CuO rồi tiến hành phản
ứng nhiệt nhôm trong điều kiện không có không khí, được hỗn hợp rắn X. Hòa
tan X trong dung dịch HNO
3
đặc,nóng dư thì thể tích NO
2
(sản hẩm khử duy
nhất) thu được ở (đktc) là:
A. 0,672 lít B. 0,89 lít C. 1,12 lít D. 1,344 lít
Hướng dẫn giải
Sơ đồ bài toán: Al
+3 +2

2
3
+ Fe O , CuO
 
 ÷
 
→
hỗn hợp X
3
+ HNO
→

+3 +3 +2 +4
2
Al , Fe , Cu + NO
 Áp dụng định luật bảo toàn electron:
- Quá trình nhường electron: Al → Al
3+
+ 3e
9
Ôn thi đại học
- Quá trình nhận electron: N
+5
+ 1e → N
+4
(NO
2
)
Ta có: số mol Al = 0,02 mol ⇒ số mol NO2 = 0,06 mol
⇒ V NO

2
= 0,06. 22,4 = 1,344 lít
Chọn đáp án D .
Bài 2. Hỗn hợp A gồm 11,2 gam Fe và 9,6 gam S. Nung A sau 1 thời gian được
hỗn hợp B gồm Fe, FeS, S. Hòa tan hết B trong H
2
SO
4
đặc, nóng thu được V lít
khí SO
2
(đktc) . Giá trị V là:
A. 6,72 lít B. 33,6 lít C. 20,16 lít D. 26,88 lít
Hướng dẫn giải
Sơ đồ bài toán: Fe + S → hỗn hợp B
2 4
+ H SO
→

+3 +4
2
Fe , S O
Số mol Fe = 0,2 mol ; số mol S = 0,3 mol
 Áp dụng định luật bảo toàn electron:
- Quá trình nhường electron: Fe → Fe
+3
+ 3e ; S → S
+4
+ 4e
- Quá trình nhận electron: S

+6
+ 2e → S
+4
(SO
2
)
⇒ n SO
2
= (3.n
Fe
+ 4.n
SO2
) : 2 = ( 3. 0,2 + 4. 0,3 ) : 2 = 0,9 mol
⇒ V SO
2
= 0,9. 22,4 = 20,16 lít
Chọn đáp án C .
Bài 3 .Nung 2,33 gam hỗn hợp X gồm các kim loại Fe, Al, Zn, Mg trong oxi, sau
một thời gian thu được 2,71 gam hỗn hợp Y. Hòa tan hoàn toàn Y vào dung
dịch HNO
3
(dư), thu được 0,672 lít khí NO ( sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Số
mol HNO
3
đã phản ứng là
A. 0,12 B. 0,14 C. 0,16 D. 0,18
Hướng dẫn giải
Số mol NO = 0,03 mol
Áp dụng định luật bảo khối lượng:
⇒ m O

2
= 2,71 – 2,23 = 0,48 g ⇒ n O
2
=0,015 mol
 Áp dụng định luật bảo toàn electron:
- Quá trình nhường electron: Fe → Fe
+3
+3e ; Al → Al
+3
+3e ; Mg → Mg
+2
+3e
- Quá trình nhận electron: N
+5
+ 3e → N
+2
(NO) ; O
2
+ 4e → 2O
-2

10
Ôn thi đại học
⇒ Σ n electron nhường = Σ n electron nhận = 3.n
NO
+ 4. n
O2

= 3. 0,03 + 4. 0,015 = 0,15 mol
→

-
3
NO
n
= Σ n electron = 0,15 mol
Vậy: số mol HNO
3
= số mol N (trong muối) + số mol N (trong NO)
= 0,15 + 0,03 = 0,18 mol
Chọn đáp án D .
Bài 4 .Nung m gam bột Fe trong oxi, thu được 3 gam hỗn hợp chất rắn X . Hòa
tan hết X trong dung dịch HNO
3
dư, thoát ra 0,56 lít ( ở đktc) NO ( là sản phẩm
khử duy nhất ) . Giá trị m là :
A. 2,22 B. 2,52 C. 2,62 D. 2,32
Hướng dẫn giải
NO
n 0,025mol=
- Quá trình oxi hóa : - Các quá trình khử .
3+
Fe Fe + 3e
x mol 3x

→



5 +2
-2

2
N 3 N(NO)
0,075 0,025 mol
O 4 2O
y mol 4y
e
e
+

+ →


¬

+ →


→


Áp dụng định luật bảo tòan electron : 3x = 4y + 0,075 ⇔ 3x – 4y = 0,075 (1)
Áp dụng định luật bảo tòan khối lượng : m
X
= m
Fe
+ m
O2
⇔ 56x + 32y = 3 (2)
Giải hệ (1) và (2)
3 4 0,075 0,045

56 32 3 0,015
x y x
x y y
− = =
 
⇒
 
+ = =
 

Vậy : m = 56 . 0,045 = 2,52 (gam)
Chọn đáp án B .
Bài 5. Thể tích dung dịch FeSO
4
0,5 M cần thiết để phản ứng vừa đủ với 100 ml
dung dịch chứa KMnO
4
0,2 M và K
2
Cr
2
O
7
0,1 M ở môi trường axit là :
A. 0,16 lít B. 0,32 lít C. 0,08 lít D. 0,64 lít
Hướng dẫn giải
Số mol KMnO
4
= 0,2 . 0,1 = 0,02 mol ; Số mol K
2

Cr
2
O
7
= 0,1 . 0,1 = 0,01 mol
- Sự oxi hóa :
2+ 3+
Fe Fe + 1e
x mol x

→

→


11
Ôn thi đại học
- Sự khử MnO
4
-
và Cr
2
O
7
2-
trong môi trường axit :
+7 +2
+6 +3
Mn + 5e Mn
0,02 mol 0,1

2Cr + 6e 2Cr
0,02 mol 0,06

→


→


→

→



Áp dụng định luật bảo tòan electron, ta có : x = 0,1 + 0,06 = 0,16 mol
3
HNO
0,16
V = 0,32 lit
0,5
=
Chọn đáp án B .
§5. ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐƯỜNG CHÉO
 Nguyên tắc : Dựa vào mối quan hệ về khối lượng hoặc thể tích của cùng một
loại chất tan đem trộn lẫn vào nhau.
 Phạm vi sử dụng : trong các bài toán trộn lẫn dung dịch có cùng chất tan, cùng
loại nồng độ. Hỗn hợp 2 khí không tác dụng nhau, hỗn hợp 2 chất có cùng tính chất
hóa học,…
Các dạng bài tập

Bài toán: Pha chế 2 dung dịch của cùng một loại chất tan
- Dung dịch 1: có khối lượng m
1
, thể tích V
1
, nồng độ C
1
(C% hoặc C
M
), khối
lượng riêng d
1
.
- Dung dịch 2: có khối lượng m
2
, thể tích V
2
, nồng độ C
2
(C% hoặc C
M
), khối
lượng riêng d
2
.
- Dung dịch thu được có m = m
1
+ m
2
, V = V

1
+ V
2
, nồng độ C ( C
1
< C < C
2
)
, khối lượng riêng d.
a) Đối với nồng độ % về khối lượng:
m
1
, C
1
C
2
- C
m
2
, C
2
C - C
1
C
m
1
m
2
C
2

- C
C - C
1
b) Đối với nồng độ mol/ lít:
V
1
, C
1
C
2
- C
V
2
, C
2
C - C
1
C
C
2
- C
C - C
1
V
1
V
2
c) Đối với khối lương riêng:
12
Ôn thi đại học

V
1
, d
1
d
2
- d
V
2
, d
2
d - d
1
d
d
2
- d
d - d
1
V
1
V
2
Khi sử dụng sơ đồ đường chéo ta cần chú ý:
− Chất rắn coi như dung dịch có C = 100 %
− Dung môi coi như dung dịch có C = 0%
− Khối lượng riêng của H
2
O là d = 1 g /ml
Bài toán: Hỗn hợp gồm 2 khí không tác dụng nhau có phân tử khối mỗi khí lần

lượt là M
1
, M
2
và thể tích tương ứng là V
1
, V
2
.Phân tử khối trung bình là
M
( M
1
<
M
< M
2
)
Áp dụng phương pháp đường chéo
V
2
, M
2
V
1
, M
1
M
M
M
M

2
-
- M
1
M
M
2
-
M
- M
1
V
1
V
2
BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài 1. Một dung dịch HCl nồng độ 35% và một dung dịch HCl nồng độ 15 % .
Để có một dung dịch mới có nồng độ 20% thì cần phải pha chế về khối lượng 2
dung dịch theo tỉ lệ là:
A. 1 : 3 B. 3 : 1 C. 1 : 5 D. 5 : 1
Hướng dẫn giải
m
1
35
m
2
15
20
35 - 20
20 - 15

m
1
m
2
1
3

Chọn đáp án A .
Bài 2. Hòa tan 200 gam SO
3
vào m gam dung dịch H
2
SO
4
49% ta được dung
dịch H
2
SO
4
78,4%. Giá trị của m là:
A. 133,3 B. 146,9 C. 272,2 D. 300,0
Hướng dẫn giải
Phương trình phản ứng: SO
3
+ H
2
O → H
2
SO
4

3 2 4
98 . 100
100 gam SO = 122,5 gam H SO
80
→
13
Ôn thi đại học
⇒ Nồng độ dung dịch H
2
SO
4
tương ứng: 122,5%
Gọi m
1
, m
2
lần lượt là khối lượng SO
3
và dung dịch H
2
SO
4
49% cần lấy
Áp dụng phương pháp đường chéo ta có:
78,4 - 49
78,4
29,4
44,1
m
1

, 122,5
m
2
, 49
m
1
m
2
122,5 - 78,4
⇒
2
44,1
m . 200 = 300 (gam)
29,4
=

Chọn đáp án D.
Bài 3. Cần lấy bao nhiêu gam tinh thể CuSO
4
.5H
2
O và bao nhiêu gam dung dịch
CuSO
4
8% để điều chế được 140 gam dung dịch CuSO
4
16%
A. 20 và 120 B. 60 và 60 C. 120 và 20 D. 40 và 80
Hướng dẫn giải
Suy luận: Cứ 250 gam CuSO

4
.5H
2
O có chứa 160gam CuSO
4
.
⇒ Lượng CuSO
4
.5H
2
O có thể coi như dung dịch CuSO
4
có nồng độ:
160
. 100% = 64 %
250
Gọi m
1
, m
2
lần lượt là khối lượng CuSO
4
.5H
2
O và dung dịch CuSO
4
8%
Áp dụng phương pháp đường chéo ta có:
16 - 8
16

8
48
m
1
, 64
m
2
, 8
m
1
m
2
64 - 16
1
6
Mặt khác: m
1
+ m
2
= 140
⇒
1
1
m . 140 = 20
1 + 6
=
, V
2
= 140 – 20 = 120
Chọn đáp án D.

Bài 4. Một hỗn hợp gồm O
2
và O
3
( ở đktc) có tỉ khối đối với H2 là 18. Thành
phần % về thể tích của O
3
trong hỗn hợp là:
A. 15% B. 25% C. 35% D. 45%
Hướng dẫn giải
Ta có
M
= 18. 2 = 36
14
Ôn thi đại học
VO
3
48
VO
2
32
36
12
4
⇒
3
2
O
O
V

V
=
4
12
=
1
3
⇒
3
O
%V
=
1
4
. 100% = 25%
Chọn đáp án B .
Bài 5. Nguyên tử khối trung bình của brom là 79,319. Brom có 2 đồng vị bền :
79
35
Br
và
81
35
Br
. Thành phần % số nguyên tử của
81
35
Br
là:
A. 84,05% B. 81,02% C. 18,98% D. 15,95%

Hướng dẫn giải
81
Br 81
79
Br 81
79,319
0,319
1,681
⇒
81
79
Br
Br
=
0,319
1,681
⇒ %
81
Br
=
0,319
0,319 1,681+
. 100% = 15,95%
Chọn đáp án D .
§6. ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP TRUNG BÌNH
 Nguyên tắc : Khi trong bài toán xảy ra nhiều phản ứng nhưng các phản ứng
cùng loại và cùng hiệu suất . Ta thay hỗn hợp nhiều chất thành 1 chất tương
đương . Lúc đó : lượng ( số mol, khối lượng hay thể tích) của chất tương đương
bằng lượng của hỗn hợp .
 Phạm vi sử dụng : Trong vô cơ, phương pháp này thường áp dụng khi hỗn hợp

nhiều kim loại hoạt động hay hỗn hợp nhiều oxit kim loại, hỗn hợp muối ,… hoặc
khi hỗn hợp kim loại phản ứng với nước .
Công thức tính giá trị trung bình
1/ Khối lượng mol trung bình của hỗn hợp (
M
)
hh 1 1 2 2 i i
hh 1 2 i
m M n + M n + + M n
M =
n n + n + + n
=
với: M
min
<
M
< M
max
♣ Đối với chất khí: Tỉ lệ thể tích = tỉ lệ mol
15
Ôn thi đại học
hh 1 1 2 2 i i
hh 1 2 i
m M V + M V + + M V
M =
n V + V + + V
=
♣ Đối hỗn hợp có 2 chất với số mol bằng nhau
hh 1 2
hh

m M + M
M =
n 2
=
Trong đó:
M
1
, M
2
, M
i
là khối lượng mol của các chất trong hỗn hợp
n
1
,n
2
, , n
i
là số mol của các chất trong hỗn hợp
V
1
, V
2
, V
i
là thể tích của các chất trong hỗn hợp
BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài 1. Để hòa tan hoàn toàn 6,4 gam hỗn hợp gồm kim loại R ( hóa trị II) và
oxit của nó cần vừa đủ 400 ml dung dịch HCl 1 M . Kim loại R là:
A. Ba B. Ca C. Be D. Mg

Hướng dẫn giải
R + 2HCl →RCl
2
+ H
2
RO + 2HCl →RCl
2
+ H
2
O
Ta có: n
HCl
= 0,4 mol ⇒ n
(R , RO )
= 0,2 molv
⇒
M
(R , RO )
=
6,4
0,2
= 32 ⇒ M
R
< 32 < M
R
+ 16 ⇒ M
R
= 24 → Mg
Chọn đáp án D .
Bài 2. Cho 7,1 gam hỗn hợp gồm kim loại kiềm X và một kim loại kiềm thổ Y tác

dụng hết với lượng dư dung dịch HCl loãng, thu được 5,6 lít khí (đktc). Kim
loại X, Y là
A. Na và Mg B. Li và Be C. K và Ca D. K và Ba
Hướng dẫn giải
Gọi R là kim loại chung cho kim loại kiềm X và kim loại kiềm thổ Y
R + nHCl →RCl
n
+
n
2
H
2
Ta có:
2
H
n
= 0,25 mol ⇒
R
n
=
0,5
n
mol
16
Ôn thi đại học
⇒ M
R
=
7,1
0,5

n
= 14,2 n
- Với n = 1 ⇒ M
R
= 14,2 ; n = 2 ⇒ M
R
= 28,4
- Nhưng 1 < n < 2 ⇒ 14,2 < M
R
< 28,4 → Hai lim loại là Na , Mg
Chọn đáp án A .
Bài 3. Hòa tan 28,4 gam hỗn hợp hai muối cacbonat của hai kim loại nhóm IIA
của hai chu kì liên tiếp tác dụng dung dịch HCl dư thu được 6,72 lít CO
2

( đktc) . Tìm công thức hai muối ?
A. BeCO
3
và MgCO
3
B. CaCO
3
và SrCO
3
C. MgCO
3
và CaCO
3
D. SrCO
3

và BaCO
3
Hướng dẫn giải
Đặt công thức tương đương của 2 muối cacbonat của 2 kim loại nhóm IIA :
3
RCO
3 2 2 2
RCO + 2HCl RCl + H O + CO → ↑
2
CO
6,72
n
22,4
=
= 0,3 mol ⇒ n
hh muối
= 0,3 mol
Ta có :
( 60).0,3 28,4
R
M + =
⇒
R
M
= 34,67 . Chọn M
Mg
= 24 và M
Ca
= 40
Công thức 2 muối : MgCO

3
và CaCO
3

Chọn đáp án C
Bài 4. Một hỗn hợp 2 kim loại kiềm thuộc 2 chu kì kế tiếp của bảng tuần hòan
có khối lượng 8,5 gam . Hỗn hợp này tan hết trong nước dư cho ra 3,36 lít khí
H
2
(đktc) . Tìm tên và khối lượng mỗi kim loại ?
A. 4,6 g Na và 3,9 g K B. 2,3 g Na và 6,2 g K
C. 1,4 g Li và 7,1 g Na D. 2,8 g Li và 5,7 g Na
Hướng dẫn giải
Số mol H
2
=
3,36
22,4
= 0,15 mol
Gọi
M
là kim loại tương đương 2 kim loại kiềm
PTHH :
2 2
1
M + H O MOH + H
2
→ ↑
(mol) 0,3 ← 0,15
17

Ôn thi đại học
8,5
M = 28,333
0,3
=
⇔ 23 <
M
= 28,33 < 39 ⇒ Vậy 2 kim loại kiềm là Na và K
Gọi
Na
n x mol=
và
K
n y mol=
x + y = 0,3 0,2
23x + 39y = 8,5 0,1
x
y
=
 
⇒
 
=
 

Vậy : m
Na
= 0,2. 23 = 4,6 gam và m
K
= 0,1. 39 = 3,9 gam

Chọn đáp án A.
Bài 5. Cho 31,84 gam hỗn hợp NaX và NaY ( X, Y là 2 halogen của 2 chu kì
liên tiếp ) vào dung dịch AgNO
3
có dư thu được 57,34 gam kết tủa . Công thức
của NaX, NaY và khối lượng mỗi muối là :
A. 28,84 gam NaBr và 3 gam NaI
B. 10,3 gam NaBr và 21,54 gam NaI
C. 5,85 gam NaCl và 25,99 gam NaBr
D. 11,7 gam NaCl và 20,14 gam NaBr
Hướng dẫn giải
Gọi
R
là Halogen tương đương của X, Y ⇒ Công thức muối là
NaR
PTHH :
3 3
NaR + AgNO AgR + NaNO
→ ↓
Cứ 1 mol
AgR
kết tủa nhiều hơn 1 mol
NaR
là : 108 – 23 = 85 gam
Vậy :
NaR
57,34 - 31,84
n =
85
= 0,3 mol

NaR
31,84
M =
0,3
= 106,133 ⇒
R
M
= 106,133 – 23 = 83,133
80 <
R
M
= 83,,133 < 127 ⇒ Đó là Br và I
Ta có :
x + y = 0,3 x = 0,28 mol NaBr
103x + 150y = 31,84 y = 0,02 mol NaI
 
⇒
 
 
NaBr
m
= 0,28. 103 = 28,84 gam ;
NaI
m
= 0,02. 150 = 3 gam
Chọn đáp án A.
§7. ÁP DỤNG PHƯƠNG TRÌNH ION RÚT GỌN
 Nguyên tắc : Phản ứng dạng ion thu gọn cho biết bản chất của phản ứng .Trong
phản ứng dạng ion thu gọn : chất điện li mạnh phải viết dưới dạng ion, các chất kết
18

Ôn thi đại học
tủa, hay chất điện li yếu được viết dưới dạng phân tử .
 Phạm vi sử dụng : Trong bài toán,có nhiều phản ứng xảy ra nhưng có cùng bản
chất như phản ứng trung hòa, phảnứng trao đổi ion, …
BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài 1. Dung dịch A chứa HCl 0,5M và H
2
SO4 0,25M
Dung dịch B chứa NaOH 0,4M và KOH 0,4 M
Để dung dịch thu được không làm đổi màu giấy quỳ tím thì cần trộn 2 dung
dịch này theo tỉ lệ thể tích là :
A. 4 : 5 B. 5 : 4 C. 4 : 3 D. 5 : 3
Hướng dẫn giải
+
2 4
HCl A
A
H
H SO A
n = 0,5. V mol
n V mol
n 0,25. V mol
⇒ =
=
-
NaOH B
B
OH
KOH B
n 0, 4. V mol

n 0,8. V mol
n = 0,4. V mol
=
⇒ =
Khi trộn xảy ra phản ứng trung hòa dạng ion là :
H
+
+ OH
-
→ H
2
O
Để dung dịch thu được không làm đổi màu giấy quỳ tím thì :
+ -
H OH
n n
=
⇔ V
A
= 0,8. V
B
⇒
A
B
V
0,8 4

V 1 5
= =
Chọn đáp án A.

Bài 2. Cho biết :
- 30 ml dung dịch H
2
SO
4
được trung hòa hết bởi 20ml dung dịch NaOH và 10
ml dung dịch KOH 2M
- 30 ml dung dịch NaOH được trung hòa hết bởi 20ml dung dịch H
2
SO
4
và 10
ml dung dịch HCl 1M
Vậy nồng độ mol/l của dung dịch H
2
SO
4
và dung dịch NaOH là bao nhiêu ?
A. 0,8 M và 1,1 M B. 0,7 M và 1,1 M
C. 0,8 M và 1,2 M D. 0,7 M và 1,2 M
Hướng dẫn giải
19
Ôn thi đại học
Đặt nồng độ dung dịch H
2
SO
4
= x (M) và NaOH = y (M)
-
2 4

H SO
n 0,03. x mol=
→
+
H
n 0,06.x mol
=
-
NaOH
OH
KOH
n 0,02. y mol
n 0,02. y + 0,02 mol
n = 0,01. 2 = 0,02mol
=
⇒ =
Phản ứng trung hòa: H
+
+ OH
-
→ H
2
O
+ -
H OH
n n
=
⇔ 0,06. x = 0,02. y + 0,02 ⇔ 3x – y = 1 (1)
-
NaOH

n 0,03. y mol=
→
-
OH
n 0,03.y mol
=
2 4
+
H SO
H
HCl
n 0,02. x mol
n 0,04. x + 0,005 mol
n = 0,005. 1 = 0,005 mol
=
⇒ =
+ -
H OH
n n=
⇔ 0,04. x + 0,005 = 0,03. y ⇔ 8x – 6y = -1 (2)
Từ (1) và (2) ⇒ x = 0,7 và y = 1,1
Chọn đáp án B.
Bài 3. Dung dịch X chứa hỗn hợp cùng số mol CO
3
2-
và SO
4
2-
.Cho dung dịch X
tác dụng với dung dịch BaCl

2
dư thu được 43 gam kết tủa . Số mol mỗi ion trong
dung dịch X ?
A. 0,05 mol B. 0,1 mol C. 0,15 mol D. 0,2 mol
Hướng dẫn giải
Gọi số mol CO
3
2-
= SO
4
2-
= x mol
Phương trình ion rút gọn :
Ba
2+
+ CO
3
2-
→ BaCO
3

↓
(mol) x x
Ba
2+
+ SO
4
2-
→ BaSO
4

↓
(mol) x x
Ta có : 197x + 233x = 43 ⇒ x = 0,1 mol
Chọn đáp án B.
Bài 4. Có 500 ml dung dịch X chứa Na
+
, NH
4
+
, CO
3
2-
và SO
4
2-
. Lấy 100 ml
dung dịch X tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 2,24 lít CO
2
(đktc) . Lấy
100 ml dung dịch X tác dụng với dung dịch BaCl
2
dư thu được 43 gam kết tủa .
20
Ôn thi đại học
Lấy 100 ml dung dịch X tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được 4,48 lít NH
3
(đktc) . Tính tổng khối lượng muối có trong 500 ml trong dung dịch X ?
A. 43,1 gam B. 50,8 gam C. 86,2 gam D.119 gam
Hướng dẫn giải

2
CO
2,24
n 0,1 mol
22,4
= =
,
3
NH
4,48
n 0,2 mol
22,4
= =
Phương trình ion rút gọn :
2H
+
+ CO
3
2-
→ CO
2
↑ + H
2
O
Ba
2+
+ CO
3
2-
→ BaCO

3

↓
Ba
2+
+ SO
4
2-
→ BaSO
4

↓
NH
4
+
+ OH
-
→ NH
3
↑ + H
2
O
Ta có :
2-
2
3
CO
CO
n n
=

= 0,1 mol ;
+
3
4
NH
NH
n n
=
= 0,2 mol
3 4
BaCO BaSO
m m 43
+ =
⇔ 197. 0,1 + 233.
2-
4
SO
n
= 43 ⇒
2-
4
SO
n
= 0,1 mol
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có :
+
Na
n
+
+

4
NH
n
= 2 .
2-
3
CO
n
+ 2 .
2-
4
SO
n
⇒
+
Na
n
= 2. 0,1 + 2. 0,1 – 0,2 = 0,2
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng : m
muối
= m
các ion

⇒Khối lượng muối trong 100 ml dd X :
= 23. 0,2 + 18.0,2 + 60.0,1 + 96. 0,1=23,8 gam
Vậy : Khối lượng muối trong 500 ml dd X = 23,8. 5 = 119 gam
Chọn đáp án D.
Bài 5. Một dung dịch X có chứa các ion Ca
2+
, Al

3+
và Cl
-
.Để làm kết tủa hết ion
Cl
-
trong 10 ml dung dịch X phải dùng hết 70 ml dung dịch AgNO
3
1M .Cô cạn
100 mol X thu đựơc 35,55 gam hỗn hợp 2 muối khan . Tính nồng độ mol/l mỗi
muối trong dung dịch X ?
A.
2
M CaCl
C
= 2M và
3
M AlCl
C
=2M B.
2
M CaCl
C
= 1M và
3
M AlCl
C
=1M
C.
2

M CaCl
C
= 1M và
3
M AlCl
C
=2M D.
2
M CaCl
C
= 2M và
3
M AlCl
C
=1M
Hướng dẫn giải
21
Ôn thi đại học
Dung dịch X có :
2
3
M CaCl
M AlCl
C x M
C y M
=



=



Trong 100 ml dung dịch X có :
2
3
CaCl
AlCl
n 0,1x mol
n 0,1y mol
=



=


→
-
Cl
n 0,2x + 0,3y mol=
Cứ 10 ml dd X cần
3
AgNO
n 0,07 . 1 = 0,07 mol
=
Vậy 100 ml dd X cần
3
AgNO
n 0,07 . 10 = 0,7 mol
=

→
+
Ag
n 0,7 mol
=
Phương trình ion rút gọn sau : Ag
+
+ Cl
-
→ AgCl ↓
+ -
Ag Cl
n n
=
⇔ 0,2x + 0,3y = 0,7 (1)
Tổng khối lượng muối = 111. 0,1x + 133,5. 0,1y = 35,55
⇔ 11,1 x + 13,35y = 35,55 (2)
Giải (1) và (2) :
0,2x + 0,3y = 0,7 x = 2
11,1x +13,35y = 35,55 y =1
 
⇒
 
 
Chọn đáp án D.
Bài 5. Thực hiện 2 thí nghiệm :
1) Cho 3,84 gam Cu phản ứng với 80 ml dung dịch HNO
3
1M thoát ra V
1

lít NO
2) Cho 3,84 gam Cu phản ứng với 80 ml dung dịch HNO
3
1M và H
2
SO
4
0,5M
thoát ra V
2
lít NO . Biết NO là sản phẩm khử duy nhất, các thể tích khí đo cùng
điều kiện .
Quan hệ giữa V
1
và V
2
là như thế nào ?
A. V
2
= 2,5V
1
B. V
2
= 1,5V
1
C. V
2
= V
1
D. V

2
= 2V
1
Hướng dẫn giải
Cu
3,84
n 0,06 mol
64
= =
Thí nghiệm 1)
3
HNO
n 0,08 . 1 = 0,08 mol
=
→
+
H
n 0,08 mol
=
và
-
3
NO
n 0,08 mol
=

PTHH : 3Cu + 8H
+
+ 2NO
3

-
→ 3Cu
2+
+ 2NO + 4H
2
O
(mol) 0,06 0,08 0,08 0,02
So sánh tỉ lệ mol ⇒ H
+
tham gia phản ứng hết
22
Ôn thi đại học
⇒
+
NO
H
1
n = n 0,02 mol
4
=

Thí nghiệm 2)
-
3
3
+
2 4
HNO
NO
H SO

H
n 0,08 mol
n 0,08 . 1 = 0,08 mol
n 0,08 . 0,5 = 0,04 mol
n 0,16 mol
=
=
⇒
=
=
PTHH : 3Cu + 8H
+
+ 2NO
3
-
→ 3Cu
2+
+ 2NO + 4H
2
O
(mol) 0,06 0,16 0,08 0,04
So sánh tỉ lệ mol ⇒ H
+
thamgia phản ứng hết ⇒
+
NO
H
1
n = n 0,04 mol
4

=
Vậy : V
2
= 2V
1

Chọn đáp án D.
Phần II:
PHƯƠNG PHÁP ÁP DỤNG CÔNG THỨC GIẢI NHANH TOÁN TRẮC
NGHIỆM HÓA HỌC VÔ CƠ
Chuyên đề 1 : KIM LOẠI TÁC DỤNG VỚI PHI KIM
1. Kim loại + Oxi → Oxit
4M + nO
2

0
t
→
2M
2
O
n

 Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: m
Kim loại
+ m
oxi
= m
oxit
 Áp dụng định luật bảo toàn electron: Σ n

e nhường
= Σ n
e nhận
M → M
n+
+ ne ; O
2
+ 4e → 2O
2-
- Hầu hết các kim lại đều tác dụng với oxi ( trừ Au, Pt, Ag)
- 3Fe +2O
2
0
t
→
Fe
3
O
4
2. Kim loại + Clo → muối clorua
2M + nCl
2

0
t
→
2MCl
n

 Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: m

Kim loại
+ m
Clo
= m
muối clorua

 Áp dụng định luật bảo toàn electron: Σ n
e nhường
= Σ n
e nhận
M → M
n+
+ ne ; Cl
2
+ 2e → 2Cl
-
- Hầu hết các kim lại đều tác dụng với lưu huỳnh ( trừ Au, Pt)
23
Ôn thi đại học
- 2Fe + 3Cl
2
0
t
→
3FeCl
3
3. Kim loại + Lưu huỳnh → muối sunfua
4M + nS
0
t

→
2M
2
S
n

 Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: m
Kim loại
+ m
lưu huỳnh
= m
muối sunfua

 Áp dụng định luật bảo toàn electron: Σ n
e nhường
= Σ n
e nhận
M → M
n+
+ ne ; S + 2e → S
2-
- Hầu hết các kim lại đều tác dụng với lưu huỳnh ( trừ Au, Pt)
- Fe + S

0
t
→
FeS
BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài 1. Hỗn hợp X gồm x mol Al và 0,3 mol Mg phản ứng hết với hỗn hợp Y (vừa

đủ) gồm y mol Cl
2
và 0,4 mol O
2
thu được 64,6 gam hỗn hợp chất rắn. Giá trị
của x là:
A.0,6 B.0,4 C.0,3 D.0,2
Hướng dẫn giải
 Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
m
Kim loại
+ m
clo
+ m
oxi
= m
oxit
+ m
muối clorua
⇔ 27x + 24. 0,3 + 71y + 32. 0,4 = 64,6 ⇔ 27x + 71y = 44,6 (1)
 Áp dụng định luật bảo toàn electron:
Al → Al
3+
+ 3e ; Mg → Mg
2+
+ 2e
(mol) x 3x 0,3 0,6
O
2
+ 4e → 2O

2-
; Cl
2
+ 2e → 2Cl
-
(mol) 0,4 1,6 y 2y
⇒ 3x + 0,6 = 1,6 + 2y ⇔ 3x - 2y = 1 (2)
Giải (1), (2) ⇒ y = 0,4; x = 0,6
Chọn đáp án A
Bài 2. Đốt cháy hoàn toàn 7,2 gam kim loại M (có hoá trị hai không đổi trong
hợp chất) trong hỗn hợp khí Cl
2
và O
2
. Sau phản ứng thu được 23,0 gam chất
rắn và thể tích hỗn hợp khí đã phản ứng là 5,6 lít (ở đktc). Kim loại M là
A. Be. B. Cu. C. Ca. D. Mg.
24
Ôn thi đại học
Hướng dẫn giải
Số mol (Cl
2
, O
2
) = 0,25 mol
Gọi số mol Cl
2
= x ; O
2
= y

⇒ x + y = 0,25 (1)
 Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
m
Kim loại
+ m
clo
+ m
oxi
= m
oxit
+ m
muối clorua
⇒ m
clo
+ m
oxi
= m
rắn
- m
Kim loại
⇒71x + 32y = 15,8 (2)
Giải (1), (2) ⇒ x = 0,2 mol Cl
2
; y = 0,05 mol O
2
 Áp dụng định luật bảo toàn electron:
M → M
n+
+ 2e
(mol) n 2n

Cl
2
+ 2e → 2Cl
-
; O
2
+ 4e → 2O
2-
(mol) 0,2 0,4 0,05 0,2
⇒ số mol M :
M
2. 0,2 + 4. 0,05
n =
2
= 0,3 mol
M =
7,2
0,3
= 24 → Mg
Chọn đáp án D
Bài 3. Trộn 5,6 gam bột sắt với 2,4 gam bột lưu huỳnh rồi nung nóng (trong
điều kiện không có không khí), thu được hỗn hợp rắn M. Cho M tác dụng với
lượng dư dung dịch HCl, giải phóng hỗn hợp khí X và còn lại một phần không
tan G. Để đốt cháy hoàn toàn X và G cần vừa đủ V lít khí O
2
(đktc). Giá trị của
V là A. 4,48. B. 2,80. C. 3,08. D. 3,36.
Hướng dẫn giải
Đề bài:
( )

( )
2
0
2
O
2 2 2 2
t HCl
O
2
X : H S ; H SO + H O
Fe FeS
M
S Fe, S
G : S SO
→
 
→ →


→
 
Số mol Fe = 0,1 mol ; số mol S = 0,075 mol
 Áp dụng định luật bảo toàn electron:
Quá trình oxi hóa: Fe → Fe
2+
+ 2e ; S → S
+4
+ 4e
Quá trình khử : O
2

+ 4e → 2O
2-
25