SÁCH PP GIẢI NHANH HÓA HỌC

TS. PHẠM NGỌC SƠN









Phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm
ho¸ häc
L U Y Ệ N T H I Đ Ạ I H Ọ C

Nhµ xuÊt b¶n gi¸o dôc








Lời nói đầu

Cuốn Phương pháp giải bài tập trắc nghiệm hoá học - Luyện thi
đại học cung cấp cho các em hệ thống các phương pháp mới để giải các
bài tập trắc nghiệm hoá học trong chương trình THPT một cách ngắn
gọn, khoa học và chính xác.
Nội dung cuốn sách gồm 10 phương pháp giải nhanh với hệ thống
các ví vụ minh họa cùng hướng dẫn giải chi tiết. Nội dung các bài tập hoá học
phong phú, đa dạng, cập nhật. Tác giả hi vọng rằng cuốn sách này sẽ giúp cho
bạn đọc hiểu được bản chất các phương pháp giải toán, để có thể xử lí linh
hoạt và chính xác các bài toán hoá học, nhằm đạt kết quả cao trong các kì thi.
Quá trình biên soạn không tránh khỏi thiếu sót, tác giả rất mong nhận
được những góp ý xây dựng của bạn đọc để cuốn sách được hoàn thiện hơn
trong lần xuất bản sau.

Xin trân trọng cảm ơn !
TÁC GIẢ

1. PHƢƠNG PHÁP BẢO TOÀN KHỐI LƢỢNG
1. Nguyên tắc
Xét phản ứng A + B

C + D
ta có ; m
A
+ m
B
= m
C
+ m
D
Một số dạng thƣờng gặp :
- Hỗn hợp oxit tác dụng với axit tạo muối: MO + HCl, H
2
SO
4
loãng
m
oxit
+ m
axit
= m
muối
+ m
nước

Trong đó số mol nước được tính theo axit.
- Hỗn hợp oxit tác dụng CO, C hoặc H
2
:

2 2 2
oxit CO,C,H ran CO ,H O
m m m m  

Trong đó số mol CO
2
, H
2
O được tính theo CO, C và H
2

- Hỗn hợp kim loại tác dụng với axit giải phóng H
2
.
m
kim loại
+ m
axit
= m
muối
+ m
H2

số mol H
2

= 2HCl = H
2
SO
4

- Hỗn hợp muối cacbonat tác dụng với axit
m
muối (1)
+ m
axit
= m
muối
+ m
H2O
+ m
CO2

2. Các ví dụ minh hoạ
Ví dụ 1: (2007 - Khối A) Hoà tan hoàn toàn 2,81 gam hỗn hợp gồm Fe
2
O
3
, MgO,
ZnO trong 500 ml axit H
2
SO
4

0,1M (vừa đủ). Sau phản ứng, hỗn hợp muối sunfat
khan thu được khi cô cạn dung dịch có khối lượng là

A. 6,81 gam. B. 4,81 gam. C. 3,81 gam. D. 5,81 gam.
Hƣớng dẫn
Fe
2
O
3
+ 3H
2
SO
4


Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3H
2
O (1)
MgO + H
2
SO
4


MgSO
4
+ H

2
O (2)
ZnO + H
2
SO
4


ZnSO
4
+ H
2
O (3)
Theo các pt hoá học (1, 2, 3):
2
HO
n
=
24
H SO
n
= 0,5

0,1 = 0,05 (mol)
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
m
hh muối khan
= 2,81 + 98

0,05 – 18


0,05 = 6,81 (g).
Ví dụ 2: Hỗn hợp X gồm Fe, FeO và Fe
2
O
3
. Cho một luồng khí CO đi qua ống sứ
đựng m gam hỗn hợp X nung nóng. Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được 64 gam chất
A trong ống sứ và 11,2 lít khí B (đktc) có tỉ khối so với H
2
là 20,4. Giá trị của m là
A. 105,6. B. 35,2. C. 52,8. D. 70,4.
Hƣớng dẫn

Các phương trình hoá học của phản ứng khử oxit sắt có thể có:
3Fe
2
O
3
+ CO
0
t

2Fe
3
O
4
+ CO
2
(1)

Fe
3
O
4
+ CO
0
t

3FeO + CO
2
(2)
FeO + CO
0
t

Fe + CO
2
(3)
Nhận xét: Chất rắn A có thể gồm 3 chất Fe, FeO, Fe
3
O
4
hoặc ít hơn, điều quan trọng
là số mol CO phản ứng bao giờ cũng bằng số mol CO
2
tạo thành
Gọi x là số mol CO
2
tạo thành

B
n
=
11,2
22,4
= 0,5 (mol)
44x + 28(0,5 – x) = 0,5

20,4

2 = 20,4

x = 0,4 (mol)
Do đó
CO
n
phản ứng
= 0,4 (mol)
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
m =
A
m
+
2
CO
m
–
CO
m

= 64 + 44

0,4 – 28

0,4 = 70,4 (g).
Ví dụ 3: Hoà tan hoàn toàn 5 gam hỗn hợp 2 kim loại bằng dung dịch HCl thu được
dung dịch A và khí B. Cô cạn dung dịch A thì được 5,71 gam muối khan. Tính thể tích
khí B (đo ở đktc).
Hƣớng dẫn
Gọi 2 kim loại đã cho là X và Y
2X + 2m HCl

2XCl
m
+ m H
2
 (1)
2Y + 2n HCl

2YCl
n
+ n H
2
 (2)
Theo (1, 2):
HCl
n
= 2

2

H
n

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
5 + 36,5

2

2
H
n
= 5,71 + 2

2
H
n



2
H
n
= 0,01 (mol)
Vậy
2
H
V
(đktc)
= 0,01


22,4 = 0,224 (l).
Ví dụ 4: (2009 - Khối A)Cho 3,68 gam hỗn hợp gồm Al và Zn tác dụng với một lượng
vừa đủ dung dịch H
2
SO
4

10%, thu được 2,24 lít khí H
2

(ở đktc). Khối lượng dung dịch
thu được sau phản ứng là
A. 101,68 gam. B. 88,20 gam. C. 101,48 gam. D. 97,80 gam.

Hƣớng dẫn
2Al + 3H
2
SO
4


Al
2
(SO
4
)
3
+ 3H
2


(1)
Zn + H
2
SO
4


ZnSO
4
+ H
2

(2)
Từ (1, 2):
24
H SO
n
=
2
H
n
=
2,24
22,4
= 0,1 (mol)



24
dd H SO

m
=
98 0,1 100
10

= 98 (g)
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
dd
m
sau phản ứng
=
hh
m
+
24
dd H SO
m
–
2
H
m

= 3,68 + 98 – 2

0,1 = 101,48 (g).
Ví dụ 5. Cho từ từ một luồng khí CO đi qua ống sứ đựng m gam hỗn hợp gồm Fe,
FeO, Fe
3
O
4

, Fe
2
O
3
nung nóng, kết thúc phản ứng thu được 64g sắt, khí đi ra gồm CO
và CO
2
cho sục qua dung dịch Ca(OH)
2
dư được 40g kết tủa. Vậy m có giá trị là
A. 70,4g B. 74g C. 47g D. 104g
Lời giải : Khí đi ra sau phản ứng gồm CO
2
và CO dư cho đi qua dung dịch Ca(OH)
2

dư :
CO
2
+ Ca(OH)
2
 CaCO
3
 + H
2
O
0,4 (mol)
4,0
100
40


(mol)
Sơ đồ phản ứng:
FeO
Fe
2
O
3
+ CO

Fe + CO
2


Fe
3
O
4

28.0,4 + m = 64 + 44.0,4  m = 70,4g
Ví dụ 6. Người ta cho từ từ luồng khí H
2
đi qua một ống sứ đựng 5,44 gam hỗn hợp
gồm FeO, Fe
3
O
4
, Fe
2
O

3
, CuO nung nóng, kết thúc phản ứng thu được m gam hỗn hợp
chất rắn A và 1,62 gam H
2
O. Vậy m có giá trị là
A. 4g B. 5g C. 4,5g D. 3,4g
Lời giải :

22
H H O
n n 0, 09 (mol)

Sơ đồ phản ứng:
FeO

H
2
+

Fe
2
O
3
 A + H
2
O
Fe
3
O
4

CuO
0,09.2 + 5,44 = m + 1,62  m = 4g
Ví dụ 7. Cho 35g hỗn hợp Na
2
CO
3
, K
2
CO
3
tác dụng vừa đủ với dung dịch BaCl
2
. Sau
phản ứng thu được 59,1g kết tủa. Lọc tách kết tủa, cô cạn dd thu được m(g) muối
clorua. Vậy m có giá trị là
A. 38,3g B. 22,6g C. 26,6g D. 6,26g
Lời giải : Sơ đồ phản ứng:

23
23
Na CO
K CO
+ BaCl
2


BaCO
3
+

NaCl
KCl


23
BaCl BaCO
n n 0,3 (mol)

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
   
2
hh BaCl
m m m m
dd

m = 35 + 0,3.208 – 59,1 = 38,3 (g)
Ví dụ 8. Cho 4,48g hỗn hợp Na
2
SO
4
, K
2
SO
4
, (NH
4
)
2
SO
4

tác dụng vừa đủ với 300 ml
dung dịch Ba(NO
3
)
2
0,1M

. Kết thúc phản ứng thu được kết tủa A và dung dịch B. Lọc
tách kết tủa, cô cạn dung dịch thu được m(g) muối nitrat. Vậy m có giá trị là
A. 5,32g B. 5,23g C. 5,26g D. 6,25g
Lời giải : Sơ đồ phản ứng:
Na
2
SO
4
NaNO
3
K
2
SO
4
+ Ba(NO
3
)
2


BaSO
4
+ KNO

3

(NH
4
)
2
SO
4
NH
4
NO
3

3 2 4
Ba(NO ) BaSO
n n 0,03 (mol)
;
    
BB
4,48 7,83 6,99 m m 5,32 (g)

Ví dụ 9. Hoà tan 2,57g hợp kim Cu, Mg, Al bằng một lượng vừa đủ dung dịch H
2
SO
4

loãng thu được 1,456 lít khí X (đktc), 1,28g chất rắn Y và dung dịch Z. Cô cạn Z thu
được m gam muối khan, m có giá trị là
A. 7,53g B. 3,25g C. 5,79g D. 5,58g
Lời giải: Sơ đồ phản ứng :

Cu
Mg
Al





+ H
2
SO
4



4
2 4 3
MgSO
Al (SO )
+ Cu + H
2




     
2
4
(Al Mg)
SO

m m m (2,57 1,28) 0,065.96 7,53 (g)

Ví dụ 9. Hoà tan hoàn toàn 3,72g hỗn hợp 2 kim loại A, B trong dung dịch HCl dư
thấy tạo ra 1,344 lít khí H
2
(đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được muối khan
có khối lượng là
A. 7,12g B. 7,98g C. 3,42g D. 6,12g
Lời giải : Theo phương trình điện li :


  
H Cl
1,344
n n 2. 0,12(mol)
22,4

m
muối
= m
KL
+

Cl
m
= 3,72 + 0,12.35,5 = 7,98 (g)
Ví dụ 10. Nung m gam hỗn hợp A gồm 2 muối MgCO
3
và CaCO
3

cho đến khi không
còn khí thoát ra thu được 3,52g chất rắn B và khí C. Cho toàn bộ khí C hấp thụ hết bởi
2 lít dung dịch Ba(OH)
2
thu được 7,88g kết tủa. Đun nóng dung dịch lại thấy tạo thành
thêm 3,94g kết tủa nữa. Nếu các phản ứng xảy ra hoàn toàn thì m có giá trị là
A. 7,44g B. 7,40g C. 7,04g D. 4,74g
Lời giải: m = m
B
+
2
CO
m

CO
2
+ Ba(OH)
2


BaCO
3

+ H
2
O
2CO
2
+ Ba(OH)
2


Ba(HCO
3
)
2

m = 3,52 + (
7,88 3,94
2. ).44 7,04
197 197

(g)
2. PHƢƠNG PHÁP BẢO TOÀN MOL NGUYÊN TỐ

1. Nguyên tắc
Tổng số mol nguyên tử của một nguyên tố trước và sau phản ứng luôn bằng nhau.
Tính số mol nguyên tử của một nguyên tố :
n
nguyên tử A
= x.n
X
= (số nguyên tử A trong X).số mol X
ví dụ : n
O
= 4.n
H2SO4
2. Các ví dụ minh hoạ
Ví dụ 1: (2007 - Khối A)
Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,12 mol FeS

2

và a mol
Cu
2
S vào axit HNO
3

(vừa đủ), thu
được dung dịch X (chỉ chứa hai muối sunfat) và
khí duy nhất NO. Giá trị của a là
A. 0,04. B. 0,075. C. 0,12. D. 0,06.
Hướng dẫn
Sơ đồ phản ứng:
3
HNO
2 4 3
2
2
2
4
Fe (SO )
FeS
NO H O
Cu S
CuSO



   





2FeS
2


Fe
2
(SO
4
)
3

0,12

0,06
Cu
2
S

2CuSO
4

a

2a
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố đối với S, ta có:
2


0,12 + a = 3

0,06 + 2a

a = 0,06 (mol).
Ví dụ 2: Dẫn từ từ V lít khí CO (ở đktc) đi qua một ống sứ đựng lượng dư hỗn hợp
rắn gồm CuO, Fe
2
O
3

(ở nhiệt độ cao). Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu
được khí X. Dẫn toàn bộ khí X ở trên vào lượng dư dung dịch Ca(OH)
2

thì tạo thành
4 gam kết tủa. Giá trị của V là
A. 1,120. B. 0,896. C. 0,448. D. 0,224.
(Trích đề thi TSCĐ năm 2008 - Khối A, B)
Hướng dẫn
Sơ đồ phản ứng:
23
CuO
Fe O



+ CO
0

t

CO
2

(X) + hỗn hợp rắn
CO
2
+ Ca(OH)
2

dư


CaCO
3

+ H
2
O
Áp dụng sự bảo toàn số mol đối với nguyên tố C:

C
n
trong CO
=
C
n
2
trong CO

=
C
n
3
trong CaCO




C
n
trong CO
=
3
CaCO
n

=
4
100
= 0,04 (mol)
Vậy V = 0,04

22,4 = 0,896 (l).
Ví dụ 3: Hoà tan hỗn hợp X gồm 0,2 mol Fe và 0,1 mol Fe
2
O
3
vào dung dịch HCl dư
được dung dịch Y. Cho dung dịch Y tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được kết

tủa. Lọc kết tủa, rửa sạch đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu
được m gam chất rắn Z. Giá trị của m là
A. 16,0. B. 24,0. C. 28,8. D. 32,0.
Hướng dẫn
Sơ đồ các phản ứng:

23
Fe
X
Fe O



HCl

2
3
FeCl
Y
FeCl



NaOH


2
3
Fe(OH)
Fe(OH)




0
t

Z (Fe
2
O
3
)
Áp dụng sự bảo toàn số mol đối với nguyên tố Fe:

Fe
n
trong Z
=
Fe
n
trong X
=
23
Fe Fe O
n 2n
= 0,2 + 2.0,1 = 0,4 (mol)



23
Fe O

n
trong Z
=
1
2

Fe
n
trong Z
= 0,2 (mol) Vậy m = 0,2

160 = 32,0 (g).
Ví dụ 4: Cho 2,13 gam hỗn hợp X gồm ba kim loại Mg, Cu và Al ở dạng bột tác
dụng hoàn toàn với oxi thu được hỗn hợp Y gồm các oxit có khối lượng 3,33 gam.
Thể tích dung dịch HCl 2M vừa đủ để phản ứng hết với Y là
A. 57 ml. B. 50 ml. C. 75 ml. D. 90 ml.
(Trích đề thi TSĐH năm 2008 - Khối A)
Hướng dẫn

Mg
X Cu
Al





2
O


23
MgO
Y CuO
Al O






MgO + 2HCl

MgCl
2
+ H
2
O (1)
CuO + 2HCl

CuCl
2
+ H
2
O (2)
Al
2
O
3
+ 6HCl


2AlCl
3
+ 3H
2
O (3)
Ta có
O
m
/ hhY
= 3,33 – 2,13 = 1,2 (g) hay
O
n
/ hhY
=
1,2
16
= 0,075 (mol)
Theo (1, 2, 3):
HCl
n
= 2

O
n
/ hhY
= 2

0,075 = 0,15 (mol) Vậy
dd HCl

V
=
0,15
2
= 0,075
(l) = 75 (ml).
Ví dụ 5: Cho một mẩu Na để lâu trong không khí, bị chuyển hoá thành hỗn hợp rắn X
gồm Na, Na
2
O, NaOH, Na
2
CO
3
. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp X bằng H
2
SO
4
loãng, sau
phản ứng thu được dung dịch Y. Làm bay hơi nước từ từ thu được 8,05 gam tinh thể
Na
2
SO
4
.10H
2
O. Khối lượng mẩu Na là
A. 0,575 gam. B. 1,15 gam. C. 2,3 gam. D. 1,725 gam.
Hướng dẫn
Na
kk


2
23
Na O
NaOH
X
Na CO
Na







24
H SO

dd Y (dd Na
2
SO
4
)

Na
2
SO
4
.10H
2

O
Ta có
2 4 2
Na SO .10H O
n
=
8,05
322
= 0,025 (mol)


Na
n
của mẩu Na
=
Na
n
trong tinh thể
=
2

2 4 2
Na SO .10H O
n
= 0,05 (mol). Vậy khối lượng mẩu Na là: 0,05

23 = 1,15 (g).
Ví dụ 6: Cho hỗn hợp A gồm ba kim loại X, Y, Z có hoá trị lần lượt là 3, 2, 1 và tỉ lệ
số mol lần lượt là 1 : 2 : 3, trong đó số mol của X bằng x mol. Hoà tan hoàn toàn A
bằng dung dịch có chứa y mol HNO

3
. Sau phản ứng thu được dung dịch B không chứa
NH
4
NO
3
và V lít hỗn hợp khí E (ở đktc) gồm NO
2
và NO. Biểu thức tính y theo x và
V là
A. 8x +
V
22,4
. B. 6x +
V
22,4
. C. 5x +
V
22,4
. D. 10x +
V
22,4
.
Hướng dẫn
Ta có
hh E
n
=
V
22,4

(mol)
Theo đề bài
X Y Z
n :n :n
= 1 : 2 : 3
Mà
X
n
= x (mol) nên

Y
n
= 2x (mol),
Z
n
= 3x (mol)
Sơ đồ phản ứng:
X , Y , Z + HNO
3


X(NO
3
)
3
, Y(NO
3
)
2
, ZNO

3
+ NO
2

, NO

+ H
2
O
x 2x 3x x 2x 3x


Số mol mỗi muối bằng số mol mỗi kim loại tương ứng
Dựa vào sự bảo toàn số mol đối với nguyên tố N:

3
HNO
n
=
N
n
= 3
33
X(NO )
n
+ 2
32
Y(NO )
n
+

3
ZNO
n
+
2
NO
n
+
NO
n

= 3. x + 2. 2x + 3x +
V
22,4
= 10x +
V
22,4
(mol).
Ví dụ 7. Cho hỗn hợp A gồm 0,1 mol Cu, 0,2 mol Ag tan vừa hết trong V lít dung dịch
HNO
3
1M thu được dung dịch X và hỗn hợp Y gồm 2 khí NO, NO
2

(
2
NO NO
n n 0,1 mol
). V có giá trị là
A. 1 lít B. 0,6 lít C. 1,5 lít D. 2 lít

Lời giải Sơ đồ phản ứng:

Cu
Ag
+ HNO
3



32
3
Cu(NO )
AgNO
+
2
NO
NO
+ H
2
O
Áp dụng sự bảo toàn nguyên tố Cu, Ag ta có : n
Cu
=
32
Cu(NO )
n
= 0,1 mol và n
Ag
=
n

3
AgNO
= 0,2 mol
Áp dụng cho nguyên tố N :

3
N (HNO )
n
=
3 2 3 2
N(Cu(NO ) AgNO NO NO )
n
  


3
(HNO )
n
=
3 2 3 2
Cu(NO ) AgNO NO NO
2n n n n  


3
(HNO )
n
= 2.0,1 + 0,2 + 0,1 + 0,1 = 0,6 mol

3

HNO
0,6
V 0,6(lit)
1


Ví dụ 8: Cho hỗn hợp gồm : FeO (0,01 mol), Fe
2
O
3
(0,02 mol), Fe
3
O
4
(0,03 mol) tan
vừa hết trong dung dịch HNO
3
thu được một muối duy nhất và 0,448 lít khí N
2
O
4

(đktc). Khối lượng muối và số mol HNO
3
tham gia phản ứng là
A. 32,8 g ; 0,4 mol B. 33,88 g ; 0,46 mol
C. 33,88 g ; 0,06 mol D. 33,28 g ; 0,46 mol
Lời giải Sơ đồ phản ứng :
FeO
Fe

2
O
3
+ HNO
3


Fe(NO
3
)
3
+ NO
2
+ H
2
O
Fe
3
O
4

Áp dụng sự bảo toàn nguyên tố Fe :

3 3 2 3 3 4
Fe [Fe(NO ) ] Fe [FeO,Fe O ,Fe O ]
nn


33
Fe [Fe(NO ) ]

n
=
2 3 3 4
FeO Fe O Fe O
n 2n 3n

=
0,01 2.0,02 3.0,03 0,14 (mol)  


33
Fe(NO )
m 0,14.242 33,88 (g)

Áp dụng sự bảo toàn nguyên tố N :



     
3 3 3 2 4
3 3 3 2 4
N [HNO ] N [Fe(NO ) N O ]
HNO Fe(NO ) N O
nn
n 3n n 3.0,14 2.0,02 0, 46 (mol)

Ví dụ 9: Cho 1,1 gam hỗn hợp Fe, Al phản ứng với dung dịch HCl thu được dung
dịch X, chất rắn Y và khí Z, để hoà tan hết Y cần số mol H
2
SO

4
(loãng) bằng 1/2 số
mol HCl ở trên thu được dung dịch T và khí Z. Tổng thể tích khí Z (đktc) là 0,896
lít. Tổng khối lượng muối sinh ra trong hai trường hợp trên là
A. 2,54 gam B. 2,77 gam C. 3,36 gam D. 1,06 gam
Lời giải :
Sơ đồ phản ứng :

Fe
Al
+
24
HCl
H SO


hỗn hợp muối ( X+T ) + H
2

Đặt x= n
HCl
;
24
H SO
n
= y (mol)

Áp dụng sự bảo toàn nguyên tố H:

2 4 2

2 4 2
H [HCl H SO ] H [H ]
HCl H SO H
nn
n 2n 2n 0,04 (mol)


  

x + 2y = 0,04
y =
x
2


x = 0,02 ; y = 0,01
m
muối
= m
(Al,Fe)
+
2
Cl SO
4
mm


= 1,1 + 0,02.35,5 + 0,01.96 = 2,77 (gam)
Ví dụ 10. Cho 1,48 g hỗn hợp 3 kim loại Fe, Al, Zn tan hoàn toàn trong dung dịch
H

2
SO
4
loãng, ta thu được 0,784 lít khí H
2
(đktc). Khi cô cạn dung dịch khối lượng
muối khan thu được là
A. 4,84 g B. 5,65 g C. 5,56 g D. 4,56 g

Lời giải : Sơ đồ phản ứng :
Fe FeSO
4

Al + H
2
SO
4


Al
2
(SO
4
)
3
+ H
2

Zn ZnSO
4

Áp dụng sự bảo toàn nguyên tố H:


n
24
H SO
= n
2
H
=
0,784
22,4
= 0,035 (mol)
Áp dụng sự bảo toàn nguyên tố S:



22
4 2 4 4
SO [H SO ] SO [muèi]
nn


= 0,035 (mol)
m
muối
= m
(Fe, Al, Zn)
+ m

gốc axit
= 1,48 + 0,055.96 = 4,84 (gam)
3. PHƢƠNG PHÁP TĂNG HOẶC GIẢM KHỐI LƢỢNG


1. Nguyên tắc
Khi chuyển từ chất X (thường tính cho 1 mol) thành chất Y (không nhất thiết trực
tiếp, có thể bỏ qua nhiều giai đoạn trung gian), khối lượng tăng hay giảm bao nhiêu
gam. Dựa vào khối lượng thay đổi đó ta tính được số mol các chất cần thiết hoặc
ngược lại.
Ghi nhớ: Trường hợp kim loại A đẩy kim loại B trong dung dịch muối thành kim
loại B tự do. Ta có:
 Khối lượng A tăng =
B
m

bám vào
–
A
m
tan ra

 Khối lượng A giảm =
A
m
tan ra
–
B
m

bám vào
.
Một số dạng thƣờng gặp :
+ 1 mol kim loại
HCl

muối Cl
-
thì khối lượng tăng 35,5n gam (n là số oxi hóa
của kl)
+ 1 mol muối CO
3
2-


2 mol Cl
-
khối lượng tăng 35,5.2 - 60 = 11 gam
+ 1 mol O (trong oxit)

1 mol SO
4
2-
(trong muối) thì khối lượng tăng 96 - 16 =
80 gam.
+ 1 mol O (trong oxit)

2 mol Cl
-
(trong muối) thì khối lượng tăng 35,5.2 - 16

= 55 gam.

2. Các ví dụ minh hoạ

Ví dụ 1: Hoà tan hoàn toàn 5 gam hỗn hợp 2 kim loại bằng dung dịch HCl ta thu được
dung dịch A và khí B. Cô cạn dung dịch A thì được 5,71 gam muối khan. Thể tích khí
B (đo ở đktc) là
A. 0,224 lít B. 0,448 lít C. 0,112 lít D. 0,336 lít

Hƣớng dẫn

Gọi công thức chung của 2 kim loại là M và có hoá trị là n
M + n HCl


n
MCl
+
n
2
H
2


M g

(M + 35,5n) g
Theo pt hoá học, cứ 1 mol kim loại tạo thành 1 mol muối thì khối lượng tăng 35,5n
gam và có
n

2

mol H
2
bay ra.
Theo đề bài, khối lượng tăng 5,71 – 5 = 0,71 gam thì số mol H
2
bay ra là:

n
0,71
2
35,5n

= 0,01 (mol); Vậy
2
H
V
= 22,4

0,01 = 0,224 (l).
Ví dụ 2: Tìm công thức muối amoni photphat. Biết rằng muốn điều chế 100 gam muối
trên phải cần 200 gam dung dịch axit photphoric 37,11%.
Hƣớng dẫn
Khối lượng axit H
3
PO
4
=
37,11 200

100

= 74,22 (g)
H
3
PO
4
+ nNH
3


(NH
4
)
n
H
3 - n
PO
4
(n = 1, 2, 3)
98 g (17n + 98) g
74,22 g 100 g
Theo pt hoá học, cứ 1 mol H
3
PO
4
biến thành muối amoni photphat thì khối lượng
tăng: (17n + 98) – 98 = 17n (g)
Theo đề bài, khối lượng muối tăng: 100 – 74 ,22 = 25,78 (g)
Do đó

98
74,22
=
17n
25,78


n =
98 25,78
17 74,22


= 2
Vậy muối cần tìm có công thức là: (NH
4
)
2
HPO
4
.
Ví dụ 3: Ngâm một lá kẽm trong dung dịch có hoà tan 8,32 gam CdSO
4
. Phản ứng
xong, lấy lá kẽm ra khỏi dung dịch rửa nhẹ, làm khô, nhận thấy khối lượng lá kẽm
tăng lên 2,35% so với lá kẽm trước phản ứng. Khối lượng lá kẽm trước khi tham gia
phản ứng là
A. 1,88 gam. B. 18,8 gam. C. 0,8 gam. D. 80 gam.
Hƣớng dẫn
Zn + CdSO
4


ZnSO
4
+ Cd


0,04

0,04

0,04
Ta có
4
CdSO
n
=
8,32
208
= 0,04 (mol)
Khối lượng lá kẽm tăng = 112

0,04

– 65

0,04 = 1,88 (g)
.

Vậy khối lượng lá kẽm trước phản ứng là:

1,88 100
2,35

= 80 (g).
Ví dụ 4: Hoà tan hoàn toàn 104,25 gam hỗn hợp Z gồm NaCl và NaI vào nước được
dung dịch E. Sục khí Cl
2
dư vào dung dịch E. Kết thúc thí nghiệm, cô cạn dung dịch
thu được 58,5 gam muối khan. Khối lượng NaCl có trong hỗn hợp Z là
A. 32,175 gam. B. 29,25 gam. C. 26,325 gam. D. 23,40 gam.
Hƣớng dẫn
Khí Cl
2
dư chỉ oxi hoá được muối NaI:
2NaI + Cl
2


2NaCl + I
2

150 g

58,5 g
Cứ 1 mol NaI tạo thành 1 mol NaCl khối lượng giảm: 91,5 (g)
Vậy x mol NaI thì khối lượng giảm: 104,25 – 58,5 = 45,75 (g)


x =
1 45,75

91,5

= 0,5 (mol)
Vậy
NaCl
m
trong Z
= 104,25 – 150

0,5= 29,25 (g).
Ví dụ 5: Có 500 ml dung dịch hỗn hợp Na
2
CO
3
0,2M và (NH
4
)
2
CO
3
0,5M. Cho 43
gam hỗn hợp BaCl
2
và CaCl
2
vào dung dịch đó. Sau các phản ứng kết thúc ta thu được
39,7 gam kết tủa A và dung dịch B. Khối lượng các chất trong A là
A. 19,7 gam BaCO
3
và 20 gam CaCO

3
.
B. 9,7 gam BaCO
3
và 30 gam CaCO
3
.
C. 29,7 gam BaCO
3
và 10 gam CaCO
3
.
D. 9,85 gam BaCO
3
và 29,85 gam CaCO
3
.


Hƣớng dẫn

Trong dung dịch:
Na
2
CO
3

2
Na


+
2
3
CO

BaCl
2



2
Ba


+ 2
Cl


0,1

0,1
(NH
4
)
2
CO
3


2

4
NH


+
2
3
CO

CaCl
2


2
Ca

+ 2
Cl


0,25

0,25
Các phương trình hoá học của các phản ứng dạng ion:

2
Ba

+
2

3
CO



BaCO
3

(1)
x

x

2
Ca

+
2
3
CO



CaCO
3


(2)
y


y
Ta có
23
Na CO
n
= 0,5

0,2 = 0,1 (mol) ;
4 2 3
(NH ) CO
n
= 0,5

0,5 = 0,25 (mol)
Theo (1, 2), cứ 1 mol BaCl
2
hoặc 1 mol CaCl
2
biến thành BaCO
3

hoặc CaCO
3

thì khối
lượng muối giảm: 71 – 60 = 11 (g)
Như vậy, theo đề bài khối lượng hai muối giảm: 43 – 39,7 = 3,3 (g)
Do đó tổng số mol hai muối BaCO
3
và CaCO

3
là:
3,3 1
11

= 0,3 (mol)
Tổng số mol
2
3
CO

= 0,1 + 0,25 = 0,35 mol
Điều đó chứng tỏ phản ứng còn dư
2
3
CO

= 0,35 – 0,3 = 0,05 (mol)
Gọi x, y là số mol BaCO
3
và CaCO
3
có trong A
Ta có
x y 0,3
197x 100y 39,7









x 0,1
y 0,2






Vậy
3
BaCO
m 19,7gam

3
CaCO
m 20gam

Ví dụ 6 : Cho 84,6 gam hỗn hợp A gồm BaCl
2
và CaCl
2
vào 1 lít hỗn hợp Na
2
CO
3

0,3M và (NH
4
)
2
CO
3
0,8 M. Sau khi các phản ứng kết thúc ta thu được 79,1 gam kết
tủa A và dung dịch B. Phần trăm khối lượng BaCl
2
và CaCl
2
trong A lần lượt là
A. 70,15 ; 29,25 B. 60,25 ; 39,75 C. 73,75 ; 26,25 D. 75,50 ; 24,50
Lời giải : Đặt
22
BaCl CaCl
n x(mol); n y(mol)




2
2
BaCl
CaCl
+



23

4 2 3
Na CO
(NH ) CO






3
3
BaCO
CaCO
+


 4
NaCl
NH Cl

Cứ 2 mol Cl
–
mất đi (71 gam) có 1 mol muối
2
3
CO

thêm vào (60 gam)

Độ chênh lệch (giảm) khối lượng của 1 mol muối là :

M
= 71 – 60 =11 (g)
 Độ giảm khối lượng muối :
m
= 84,6 – 79,1 = 5,5 (g)
Vậy số mol muối phản ứng :

5,5
0,5 (mol)
11

Số mol CO
3
2–
= 0,3 + 0,8 = 1,1 (mol) > 0,5 mol.
Vậy muối cacbonat dư.
x + y = 0,5 (1)
208x + 111y = 84,6 (2)






x 0,3
y 0,2







2
2
BaCl
CaCl
0,3.208
%m .100% 73,75%
84.6
%m 100 73,75 26,25(%)





  


Ví dụ 7: Hỗn hợp A gồm 10 gam MgCO
3
,CaCO
3
và BaCO
3
được hoà tan bằng HCl
dư thu được dung dịch B và khí C. Cô cạn dung dịch B được 14,4 gam muối khan. Sục
khí C vào dung dịch có chứa 0,3 mol Ca(OH)
2
thu được số gam kết tủa là
A. 10g B. 20g C. 30g D. 40g

Lời giải
CO
3
2–
+ 2H
+


CO
2
+ H
2
O
Số mol A =


  
2
2
3
CO
CO
14,4 10
n n 0,4 (mol)
11

CO
2
+ Ca(OH)

2


CaCO
3

+ H
2
O
0,4 0,3 0,3 (mol)
CO
2
+ H
2
O + CaCO
3


Ca(HCO
3
)
2

0,1 0,1 (mol)


3
CaCO
m 0,2.100 20 (g)

Ví dụ 8: Cho 68g hỗn hợp 2 muối CuSO
4
và MgSO
4
tác dụng với 500 ml dung dịch
chứa NaOH 2M và KOH 0,8M. Sau phản ứng thu được 37g kết tủa và dung dịch B.
Vậy % khối lượng CuSO
4
và MgSO
4
trong hỗn hợp ban đầu là
A. 47,05% ; 52,95%. B. 47,05 % ; 52,95%. C. 46,41% ; 53,59%.
D. 46,50% ; 53,50%.
Lời giải : Đặt

44
CuSO MgSO
n x mol ; n y mol




4
4
CuSO
MgSO
+




NaOH
KOH






2
2
Cu(OH)
Mg(OH)
+



24
24
Na SO
K SO

Từ độ chênh lệch khối lượng ta tính được tổng số mol hai muối sunfat:

68-37
x + y = = 0,5 (1)
96-34
160x + 120y = 68(2)






x 0,2
y 0,3













  

4
4
CuSO
MgSO
0,2.160
%m .100% 47,05%
68
%m 100 47,05 52,95%

Ví dụ 9: Nhúng một thanh kim loại X (hoá trị II) vào dung dịch CuSO
4

dư. Sau phản
ứng khối lượng thanh kim loại giảm 0,12g. Mặt khác cũng thanh kim loại X đó được
nhúng vào dung dịch AgNO
3
dư thì kết thúc phản ứng khối lượng thanh tăng 0,26g.
Nguyên tố X là
A. Zn B. Mg C. Cd D.
Fe
Lời giải : Phương trình phản ứng :
X + CuSO
4
dư

XSO
4
+ Cu↓
a a
X + 2AgNO
3
dư

X(NO
3
)
2
+ 2Ag↓
a 2a
Khối lượng thanh kim loại tăng = m
A
– m

Cu
= 0,12g
a.M
X
– 64a = 0,12

M
X
.a = 64a + 0,12 (1)
Mặt khác khối lượng thanh kim loại giảm = m
Ag
+ m
X
= 0,26 g
2a.108 – M
X
.a = 0,26

M
X
.a = 2a.108 – 0,26 (2)

x = 2,5.10
–3
mol

M
X
=
3

3
64.2,5.10 0,12
112
2,5.10




(g/mol)

Chất X là Cd.
Ví dụ 10. Cho 2 dung dịch FeCl
2
và CuSO
4
có cùng nồng độ mol.
– Nhúng thanh kim loại vào M hoá trị II vào 1 lít dd FeCl
2
sau phản ứng khối lượng
thanh kim loại tăng 16g.
– Nhúng cùng thanh kim loại ấy vào 1 lít dung dịch CuSO
4
sau phản ứng khối lượng
thanh kim tăng 20g. Giả thiết các phản ứng xảy ra hoàn toàn và thanh kim loại M chưa
bị tan hết.
Kim loại M là
A. Zn B. Mg C. Cd D. Fe
Lời giải :
Các phương trình phản ứng xảy ra :
M + FeCl

2


MCl
2
+ Fe
x x x
M + CuSO
4


MSO
4
+ Cu↓
Theo giả thiết thì : n
Cu
= n
Fe
= x mol
Khối lượng thanh kim loại tăng ở (1) là : m  = m
Fe
– m
M
= 16g
56x – M
M
.x = 16  M.x = 56x – 16
Khối lượng thanh kim loại tăng ở (2) là : m  = m
Cu
– m

M
= 20 g
64x – M.x = 20  M.x = 64x – 20
M = 24. Vậy kim loại M là Mg.
4. PHƢƠNG PHÁP SỬ DỤNG SƠ ĐỒ ĐƢỜNG CHÉO

1. Nguyên tắc
 Đối với nồng độ % về khối lượng
m
1

C
1

2
CC



2
1
21
CC
m
m C C



(1)
C C

m
2
C
2

1
CC

 Đối với nồng độ mol/l
V
1
C
1

2
CC



2
1
21
CC
V
V C C



(2)
C C

V
2
C
2

1
CC

 Đối với khối lượng riêng
V
1
D
1

2
DD



2
1
21
DD
V
V D D



(3)
D D

V
2
D
2

1
DD

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.
2. Các ví dụ minh hoạ
Ví dụ 1: Để thu được dung dịch HCl 25% cần lấy m
1
gam dung dịch HCl 45% pha với
m
2
gam dung dịch HCl 15%. Tỉ lệ m
1
/m
2
là
A. 2 : 1. B. 3 : 1. C. 1 : 2. D. 1 : 3.
Hướng dẫn
Ta có sơ đồ đường chéo:
m
1

(HCl) 45
15 25



1
2
15 25
m
10 1
m 45 25 20 2

  


25
m
2
(HCl) 15
45 25


Ví dụ 2: Để pha được 500 ml dung dịch nước muối sinh lí nồng độ 0,9% cần lấy V ml
dung dịch NaCl 3%. Giá trị của V là
A. 150. B. 214,3. C. 350. D. 285,7.

Hướng dẫn
Sơ đồ đường chéo:
V
1

(NaCl) 3
0 0,9



1
2
0 0,9
V
0,9
V 3 0,9 2,1




0,9
V
2
(H
2
O) 0
3 0,9



V =
1
0,9
V
0,9 2,1




500 = 150 (ml).
Ví dụ 3: Cần lấy m
1
gam tinh thể CuSO
4
.5H
2
O và m
2
gam dung dịch CuSO
4
8% để
pha thành 280 gam dung dịch CuSO
4
16%. Giá trị của m
1
, m
2
lần lượt là
A. 40 và 240. B. 180 và 100. C. 60 và 220. D. 220 và 60.
Hướng dẫn
Ta xem tinh thể CuSO
4
.5H
2
O như là dung dịch CuSO
4

có
C% =
160
100%
250

= 64%
Gọi m
1
là khối lượng của CuSO
4
.5H
2
O và m
2
là khối lượng của dung dịch CuSO
4

8%

Sơ đồ đường chéo:
m
1
64
8 16



1
2

8 16
m
81
m 64 16 48 6

  


16
m
2
8
64 16

Hay 6m
1
– m
2
= 0 (1)
Mặt khác m
1
+ m
2
= 280 (2)
Giải hệ hai pt (1, 2), ta được m
1
= 40, m
2
= 240.
Ví dụ 4: Trong tự nhiên, nguyên tố đồng có hai đồng vị là

63
29
Cu
và
65
29
Cu
. Nguyên tử
khối trung bình của đồng là 63,54. Thành phần phần trăm tổng số nguyên tử của đồng
vị
63
29
Cu
là
A. 27%. B. 50%. C. 54%. D. 73%.
(Trích đề thi TSCĐ năm 2007 - Khối A, B)

Hướng dẫn
Sơ đồ đường chéo:
%
65
29
Cu
A
1
= 65
63 63,54


A

= 63,54
%
63
29
Cu
A
2
= 63
65 63,54




65
29
63
29
63 63,54
% Cu
0,54
65 63,54 1,46
% Cu




Vậy %
63
29
Cu

=
1,46
100%
0,54 1,46


= 73%.
Ví dụ 5: Một hỗn hợp gồm O
2
, O
3
(ở đktc) có tỉ khối so với hiđro là 18. Thành phần %
về thể tích của O
2
trong hỗn hợp là
A. 25%. B. 75%. C. 45%. D. 55%.
Hướng dẫn

Ta có
hh
M
= 18

2 = 36
Sơ đồ đường chéo:

3
O
V
48

32 36



3
2
O
O
V
32 36
41
V 48 36 12 3

  


36

2
O
V
32
48 36

Vậy
2
O
%V
=
3

100%
13


= 75%.
Ví dụ 6: Hoà tan Cu trong dung dịch HNO
3
, thu được hỗn hợp khí gồm NO và NO
2
có
tỉ khối hơi so với hiđro là 16,6. Hệ số tỉ lượng (số nguyên, đơn giản nhất) của kim loại
Cu trong phương trình hoá học chung là
A. 4. B. 10. C. 13. D. 7.
Hướng dẫn


0
Cu
+ H
5
N

O
3



2
Cu


(NO
3
)
2
+
2
N

O +
4
N

O
2
+ H
2
O
Đặt
NO
n
= a (mol) và
2
NO
n
= b (mol)
Ta có
hh
M
= 16,6


2 = 33,2
a

(NO) 30
46 33,2


46 33,2
a 12,8 4
b 30 33,2 3,2 1

  


33,2
b (NO
2
) 46
30 33,2


13


0
Cu



2

Cu

+ 2e
2

5
5
N

+ 13e

4
2
N

+
4
N


13Cu + 36HNO
3


13Cu(NO
3
)
2
+ 8NO + 2NO
2

+ 18H
2
O
Ví dụ 7: Hoà tan 4,59 gam Al bằng dung dịch HNO
3
, thu được V lít hỗn hợp khí
(đktc) gồm NO và N
2
O có tỉ khối hơi đối với hiđro là 16,75. Giá trị của V là
A. 1,792. B. 2,688. C. 2,016. D. 3,584.
Hướng dẫn

Ta có
hh
M
= 16,75

2 = 33,5

Al
n
=
4,59
27
= 0,17 (mol)
Sơ đồ đường chéo:
a

(NO) 30 10,5


a 10,5 3
b 3,5 1


33,5
b (N
2
O) 44 3,5
Hay a – 3b

= 0 (1)
Các quá trình oxi hoá - khử xảy ra:

0
Al



3
Al

+ 3e
5
N

+ 3e


2

N


0,17

0,51 3a

a
2
5
N

+ 8e


1
2
N


8b

b
Do đó 3a + 8b = 0,51 (2)
Giải hệ hai pt (1, 2), ta được: a = 0,09, b = 0,03
Vậy V = (0,09 + 0,03)

22,4 = 2,688 (l).
Ví dụ 8: Số gam H
2

O cho vào 100 gam dung dịch H
2
SO
4
80% để được dung dịch
H
2
SO
4
50% là
A. 40 g B. 50 g C. 60 g D.
70 g
Lời giải



  
m 30
m 60 (g)
100 50


m 0 30

50

100 80 50

Ví dụ 9. Làm bay hơi 500 ml dung dịch chất A 20% (D = 1,2 g/ml) để chỉ còn
300 gam dung dịch. Nồng độ % của dung dịch này là
A. 30% B. 40% C. 50% D. 60%
Lời giải
m
dd
= 500.1,2 = 600 (g)
Đây là bài toán cô cạn nên có sơ đồ :




600 x
x 40%
300 x 20
   


Ví dụ 10. Từ 100g dung dịch KOH 30% để có dung dịch 50% cần thêm vào số gam
KOH nguyên chất là
A. 40 gam B. 50 gam
C. 60 gam D. 70 gam
Lời giải


   
m 20
m 40 g
100 50

Ví dụ 11. Một dung dịch HNO
3
nồng độ 60% và một dung dịch HNO
3
khác có nồng
độ 20%. Để có 100gam dung dịch mới có nồng độ 45% thì cần phải pha chế về
khối lượng giữa 2 dung dịch HNO
3
60%, 20% lần lượt là
A. 37,5g ; 62,5g. B. 62,5g ; 37,5g.
C. 40g ; 60g. D. 53g ; 47g.
Lời giải





1
2
12
m
15 3
m 25 5
m m 100
  


1
2

m 37,5g
m 62,5g








Ví dụ 12. Một hỗn hợp 52 lít (đktc) gồm H
2
và CO có tỉ khối hơi đối với metan bằng
1,5 thì
2
H
V
và V
CO
trong hỗn hợp là
A. 8 lít và 44 lít. B. 44 lít và 8 lít.
C. 4 lít và 48 lít. D. 10 lít và 42 lít.

dd A : 600 20 – x

x

H
2
O: 300 x – 20

m 100 20

50

100 30 50



m
1
20 15

45

m
2
60 25




Lời giải


1
2
V
2
V 11







1
2
V 8lÝt
V 44 lÝt


Ví dụ 13. Cho 6,12g Mg tác dụng với dung dịch HNO
3
thu được dung dịch X chỉ có
một muối và hỗn hợp khí Y gồm NO và N
2
O có tỉ khối hơi đối với hiđro bằng
16,75. Thể tích NO và N
2
O (ở đktc) thu được lần lượt là
A. 2,24 lít và 6,72 lít. B. 2,016 lít và 0,672 lít.

C. 0,672 lít và 2,016 lít. D. 1,972 lít và 0,448 lít.
Lời giải
Quá trình cho electron : Mg

Mg
2+
+ 2e
Quá trình nhận electron : N
+5
+ 3e

N
+2
(NO)
3x x
N
+5
+ 4e

N
+1
(N
2
O)
8y 2y y
  
2
NO
NO
V

1x
V 3 y



3x 8y 0,51 x 0,09
3x y 0 y 0,03
  



  


Ví dụ 14. Từ 1 tấn quặng hematit (A) điều chế được 420kg sắt. Từ 1 tấn quặng
manhetit (B) điều chế được 504kg sắt. Để được 1 tấn quặng hỗn hợp mà từ
1 tấn quặng hỗn hợp này điều chế được 480kg sắt thì phải trộn 2 quặng A, B với
tỉ lệ về khối lượng là
A. 2 : 5 B. 3 : 5
C. 3 : 4 D. 1 : 3
Lời giải



  
A
B
m
24 2
m 60 5

V
1
H
2
2 4

24

V
2
CO 28 22



V
1
NO 30 10,5

33,5

V
2
N
2

O 44 3,5



m
A
420 24

480

m
B
504 60


5. PHƢƠNG PHÁP BẢO TOÀN MOL ELECTRON

1. Nguyên tắc
Tổng số mol electron chất khử nhường bằng tổng số mol electron chất oxi hoá nhận

eX
n x.n

Dạng 1 : Kim loại tác dụng với dung dịch axit : HNO
3
; H
2
SO
4
đặc

- Tính khối lượng muối tạo thành:
- Tính số mol HNO
3
và H
2
SO
4
phản ứng (kết hợp pp bảo toàn mol nguyên tử).
- So sánh số mol e nhận và nhường để biết có muối tạo thành do sự khử hay
không.
Ví dụ 1: Hoà tan hoàn toàn 9,62 gam hỗn hợp X gồm Mg, Fe, Al trong lượng dư dung
dịch HNO
3
loãng, thu được 0,12 mol NO và 0,04 mol N
2
O. Tổng khối lượng muối
khan tạo thành là
A. 41,86 gam. B. 51,78 gam. C. 14,86 gam. D. 64,18 gam.
Hướng dẫn
n
e
= 3NO + 8N
2
O = 0,36 + 0,32 = 0,68.



3
NO
n


/ muối
=

n
electron nhường
= 0,68 (mol)
Vậy
m
muối khan
= m
hhX
+
3
NO
m

/ muối
= 9,62 + 62

0,68 = 51,78 (g).
Ví dụ 2: Hoà tan hoàn toàn 12,42 gam Al bằng dung dịch HNO
3
loãng (dư), thu được
dung dịch X và
1,344 lít (ở đktc) hỗn hợp khí Y gồm hai khí là N
2
O và N
2
. Tỉ khối

của hỗn hợp khí Y so với khí H
2
là 18. Cô cạn dung dịch X, thu được m gam chất rắn
khan. Giá trị của m là
A. 38,34. B. 34,08. C. 106,38. D. 97,98.
(Trích đề thi TSĐH năm 2009 - Khối A)
Hướng dẫn
Ta có
Al
n
=
12,42
27
= 0,46 (mol); n
e
= 0,46.3 = 1,38

hh Y
n
=
1,344
22,4
= 0,06 (mol) ;
Y
M
= 18

2 = 36

2

NO
n
: 44 8
36


2
NO
n
:
2
N
n
= 8 : 8 = 1 : 1

2
N
n
: 28 8


2
NO
n
=
2
N
n
= 0,06 : 2 = 0,03 (mol)
Từ (1,2): số mol e nhận = 0,24 + 0,3 = 0,54 < số mol e nhường = 1,38

Do đó sản phẩm khử còn có
3
N

(NH
4
NO
3
), khi đó xảy ra thêm (3)


số mol e nhận ở (3) = 1,38 – 0,27 = 0,84 (mol)
Chất rắn khan thu được gồm
33
43
Al(NO ) : 0,46 (mol)
NH NO : 0,105 (mol)




Vậy m = 213

0,46 + 80

0,105 = 106,38 (g).
Ví dụ 3: Hỗn hợp X gồm hai kim loại Al và Cu. Hoà tan hoàn toàn 18,2 gam X vào
100 ml dung dịch B chứa đồng thời H
2
SO

4
12M và HNO
3
2M, đun nóng. Sau
phản ứng thu được dung dịch Y và 8,96 lít hỗn hợp khí (đktc) T gồm NO và SO
2
.
Tỉ khối của T so với H
2
là 23,5. Khối lượng của muối trong dung dịch Y là
A. 34,2 gam. B. 32,0 gam. C. 66,2 gam gam. D. 33,1
gam.
Lời giải
Dễ dàng tìm được: n
NO
= 0,2 mol ;
2
SO
n 0,2(mol)

Dung dịch B gồm: H
+
= 2,6 mol ; SO
2
4
= 1,2 mol ; NO

3
= 0,2 mol.
Các quá trình nhường và nhận electron:

Al  Al
3+
+ 3e

SO
2
4
+ 2e + 4H
+
 SO
2
+ 2H
2
O
x 3x 0,2 0,4 0,8 0,2
Cu  Cu
2+
+ 2e

NO

3
+ 3e + 4H
+
 NO + 2H
2
O
y 2y 0,2 0,6 0,8 0,2
Áp dụng sự bảo toàn electron, ta có: 3x + 2y = 1 (1)
Phương trình khối lượng : 27x + 64y =18,2 (2)

Giải hệ (1) và (2), ta được : n
Al
= 0,2 mol ; n
Cu
= 0,2 mol.
Dung dịch Y gồm: Al
3+
= 0,2 mol ; Cu
2+
= 0,2 mol; H
+
=1 mol ; SO
4
2–
= 1 mol
(
3
NO

bị oxi hoá hết).
Y gồm các muối sunfat :
Al
2
(SO
4
)
3
= 0,1.342 = 34,2 (g)
CuSO
4

= 0,2. 160 = 32 (g)
m = 66,2 gam.
Ví dụ 4:
Hoà tan hoàn toàn 12 gam
hỗn
hợp Fe, Cu (tỉ lệ mol 1 : 1)
bằng
axit HNO
3
,
thu được V lít (ở

đktc) hỗn hợp khí X (gồm NO và NO
2
) và dung dịch Y (chỉ chứa hai
muối và axit dư). Tỉ khối của X

đối với H
2

bằng 19. Giá trị của V là

A. 2,24. B. 4,48. C. 5,60. D. 3,36.
(Trích đề thi TSĐH năm 2007 - Khối A)
Hướng dẫn
Đặt
NO
n
= a (mol) và
2

NO
n
= b (mol)
Ta có
X
30a 46b
M 19 2 38
ab

   



a = b
Gọi số mol của Fe hoặc Cu trong hỗn hợp là x mol
56x + 64x = 12 (g)

x = 0,1 (mol)
Các quá trình oxi hoá - khử xảy ra:

0
Fe



3
Fe

+ 3e
5

N

+ 3e


2
N


0,1

0,3 3a

a

0
Cu



2
Cu

+ 2e
5
N

+ e


4
N


0,1

0,2 a

a
Do đó 0,3 + 0,2 = 3a + a

a = 0,125 (mol)
Vậy V = 22,4

(a + b) = 22,4

2

0,125 = 5,60 (l).
Ví dụ 5: Cho 1,35 g hỗn hợp gồm Cu, Mg, Al tác dụng hết với dung dịch HNO
3
thu
được hỗn hợp khí gồm 0,01 mol NO vào 0,04 mol NO
2
. Khối lượng muối nitrat
tạo ra trong dung dịch là
A. 5,69g B. 6,59g C. 4,59g D. 4,69g

Lời giải
Đặt x, y, z lần lượt là số mol Cu, Mg, Al.

Cu Cu(NO
3
)
2
NO
Mg + HNO
3


Mg(NO
3
)
2
+ + H
2
O
Al Al(NO
3
)
3
NO
2
m
muối
= m
3KL
+
3
NO
m



Ta có: 2x + 2y + 3z = 0,03 + 0,04 = 0,07 (1)
Nhưng 0,07 cũng chính là số mol
3
NO

tạo muối với ion kim loại.
Khối lượng muối nitrat là : 1,35 + 62.0,07 = 5,69 (g)

Dạng 2: Tìm công thức của sản phẩm khử N
+5
và S
+6
.

Ví dụ 1: Hoà tan 9,28 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, Zn với số mol bằng nhau trong
một lượng vừa đủ dung dịch H
2
SO
4
đặc, nóng thu được dung dịch Y và 0,07 mol một
sản phẩm Z duy nhất chứa lưu huỳnh. Sản phẩm Z là
A. S. B. H
2
S.

C. SO
2
.

D. SO
3
.
Hướng dẫn
Gọi x là số oxi hoá của S trong sản phẩm Z ;
a là số mol của mỗi kim loại trong hỗn hợp X
Ta có 24a + 27a + 65a = 9,28 (g)

a =
9,28
116
= 0,08 (mol)
Các quá trình oxi hoá - khử xảy ra:
Quá trình nhường electron Quá trình nhận electron

0
Mg



2
Mg

+ 2e
6
S

+ (6 – x)e


x
S

a

2a (6 – x)0,07

0,07

0
Al



3
Al

+ 3e
a

3a

0
Zn



2
Zn


+ 2e
a

2a

n
e
= 0,08.7 = 0,56. Số e nhận = 0,56/0,07 = 8 : H
2
S.
Ví dụ 2: Thổi luồng không khí đi qua 25,2 gam bột sắt sau một thời gian biến thành
hỗn hợp X có khối lượng 30 gam gồm Fe, FeO, Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4
. Cho X phản ứng
hoàn toàn với dung dịch HNO
3
thấy giải phóng ra 5,6 lít khí Y duy nhất (đktc).
Khí Y là
A. NO B. NO
2
C. NH
3
D. N

2

Lời giải
- Số mol e nhường :
e Fe
25,2
n 3.n 3. 1,35 mol
56
  

- Số mol e mà O
2
nhận :
2
eO
30 25,2
n 4.n 4. 0,6 mol
32

  

Số mol e mà N
+5
nhận để tạo Y : n
e
= 1,35 - 0,6 = 0,75
Số e mà N
+5
nhận tạo Y là 0,75/0,25 = 3 : NO

Ví dụ 3: Hoà tan hoàn toàn 13,92 gam Fe
3
O
4
bằng dung dịch HNO
3
thu được 448 ml
khí X (đktc). Khí X là
A. NO B. N
2
O C. NO
2
D. N
2
HD. n
e
= 0,06 mol. Số e nhận = 0,06/0,02 = 3 : NO

Ví dụ 4: Cho 4,05 gam Al tan hoàn toàn vào dung dịch chứa 0,54 mol HNO
3
thu được
dung dịch chứa một muối duy nhất và một chất khí X. Chất khí X đó là
A. NO B. N
2
C. N
2
O D. NO
2

n

e
= 3.n
Al
= 0,45 mol.
Bảo toàn nguyên tố : n
N(trong X)
= 0,54 - 0,45 = 0,09 mol
Số e mà N
+5
nhận = 0,45/0,09 = 5. Một nguyên tử N nhận 5e: N
2


Dạng 3 : Tìm công thức của oxit sắt
- Khi tác dụng với chất oxi hóa, các oxit của sắt (FeO và Fe
3
O
4
) đều chỉ nhường 1e.
- Khi tác dụng với các chất khử, 1 mol Fe
2
O
3
nhận 6 mol e; 1 mol Fe
3
O
4
nhận 8 mol e
và 1 mol FeO nhận 2 mol e.

Ví dụ 1: Hoà tan hoàn toàn 46,4 gam một sắt oxit bằng dung dịch H
2
SO
4
đặc nóng
(vừa đủ), thu được 2,24 lít khí SO
2
(đktc). Công thức của sắt oxit là
A. FeO. B. Fe
3
O
4
. C. Fe
2
O
3
. D. FeO hoặc Fe
3
O
4
.
Hướng dẫn
Ta có
2
SO
n

=
2,24
22,4

= 0,1 (mol)
n
e
= 2.0,1 = 0,2 mol.
M
oxit
46,4/0,2 = 232 : Fe
3
O
4


Ví dụ 2 : Hoà tan hoàn toàn 20,88 gam một oxit sắt bằng dung dịch H
2
SO
4

đặc, nóng
thu được dung dịch X và 3,248 lít khí SO
2

(sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Cô cạn
dung dịch X, thu được m gam muối sunfat khan. Giá trị của m và công thức của oxit
sắt là
A. 58,0 và FeO. B. 36,0 và Fe
3
O
4
. C. 36,0 và FeO. D. 58,0 và Fe
3

O
4
.

HD. n
e
= 2.0,145 = 0,29. M
oxit
= 20,88/0,29 = 72 : FeO
số mol Fe
2
(SO
4
)
3
= 0,145. m = 0,145.400 = 58.

Dạng 4 : Hỗn hợp kim loại tác dụng với dung dịch muối

Ví dụ 1 : Cho 13g bột Zn phản ứng hoàn toàn với 400 ml dung dịch chứa AgNO
3

0,5M và CuSO
4
0,5M. Kết thúc phản ứng khối lượng kim loại thu được là
A. 25g B. 26g C. 27g D. 28g
Hướng dẫn
2
Zn
Ag Cu

13
n 0,2(mol) ; n 0,4.0,5 0,2(mol) ; n 0,4.0,5 0,2(mol)
65

     

Thứ tự ưu tiên phản ứng xảy ra :

2
22
Zn 2Ag Zn 2Ag (1)
0,1 0, 2 0,2
Zn Cu Zn Cu (2)
0,1 0,1


  
  

Kết thúc phản ứng Zn hết. Kim loại được giải phóng là Ag, Cu.
m
KL
= 0,2.108 + 0,1.64 = 28 (g)
Ví dụ 2:
Cho 0,03 mol Al và 0,05 mol Fe tác dụng với 200 ml dung dịch X chứa
Cu(NO
3
)
2
và AgNO

3
, sau phản ứng thu được dung dịch Y và 8,12 gam chất rắn Z gồm