Phương pháp giải nhanh hóa hữu cơ

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH BÀI TẬP HÓA HỌC
I/ Phương pháp bảo toàn electron :
1/ Nguyên tắc : Trong quá trình phản ứng thì : Số e nhường = số e thu hoặc số mol e nhường = số mol e thu
Khi giải không cần viết phương trình phản ứng mà chỉ cần tìm xem trong quá trình phản ứng có bao nhiêu mol e do
chất khử nhường ra và bao nhiêu mol e do chất oxi hoá thu vào. Cách giải này chỉ áp dụng cho phản ứng oxi hóa –
khử . Trong trường hợp có nhiều quá trình oxi hóa - khử nên giải theo cách này .
2/ Các thí dụ :
Thí dụ 1 : Để m gam bột sắt ngoài không khí, sau một thời gian biến thành hỗn hợp (A) có khối lượng 12g gồm Fe ,
FeO , Fe
3
O
4
, Fe
2
O
3
. Cho (A) td hoàn toàn với dd HNO
3
thấy sinh ra 2,24l khí NO duy nhất ở đktc. Tính m .
Giải : Số mol e do Fe nhường phải bằng số mol e do oxi thu ( O
2
thu 4e ) và
5+
N
của HNO
3
thu (
5+
N
thu 3e ) :
Quá trình oxi hóa :

3+
→ FeFe
+ 3e

56
m
mol
→
3
56
m
mol
Quá trình khử :
0
O
2
+ 4e
→
2
2−
O
;
5+
N
+ 3e
→

2+
N

32
12 m−

→
4
32
12 m−
mol 0,3mol
←
0,mol
Ta có: 3
56
m
= 4
32
12 m−
+ 0,3 Giải ra : m = 20,08g
Thí dụ 2 : Hòa tan hoàn toàn 12g hỗn hợp Fe và Cu ( tỉ lệ mol 1:1) bằng axit HNO
3
thì thu được V lít (ở đktc) hỗn hợp
khí X (gồm NO và NO
2
) và dd Y ( chỉ chứa 2 muối và axit dư ) . Tỉ khối của X đối với H
2
bằng 19 . Tìm giá trị của V .
Ta có : M
X
= 19 .2 = 38
Gọi x là %V của NO trong X
M

X
= 30x + 46(1 – x ) = 38
⇒
x = 0,5
⇒
%V của NO = 50%
⇒

2
NONO
nn =
= y mol
Gọi a là số mol của Fe và Cu
⇒
56a + 64a = 12
⇒
a = 0,1 mol
Các quá trình oxi hóa – khử

3+
→ FeFe
+ 3e
2+
→ CuCu
+ 2e
0,1 mol 0,3 mol 0,1 mol 0,2 mol

5+
N
+ 3e

→

2+
N

5+
N
+ 1e
→

4+
N

3y mol y mol y mol y mol
Theo định luật bảo toàn electron : 0,3 + 0,2 = 3y + y
⇒
y = 0,125 mol

⇒
n
X
= 0,125 . 2 = 0,25 mol
⇒
V = 5,6 lít .
Thí dụ 3 : Trộn 60g bột Fe với 30g lưu huỳnh rồi đun nóng (không có kkhí ) thu được chất rắn A. Hoà tan A bằng dd
axit HCl dư được dd B và khí C. Đốt cháy C cần V lít O
2
(đktc). Tính V, biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
Giải : n
Fe

> n
S
=
32
30
. nên Fe dư và S hết
Khí C là hh H
2
và H
2
S . Đốt cháy C thu được SO
2
và H
2
O . H
+
nhận e tạo H
2
, sau đó H
-2
nhường e tạo lại H
+
.
Do đó : Trong phản ứng có thể coi chỉ có Fe và S nhường e , còn O
2
nhận e .

→Fe

2+

Fe
+ 2e S
→

4+
S
+ 4e O
2
+ 4e
→
2
2−
O


56
60
mol 2
56
60
mol
32
30
mol 4
32
30
mol xmol 4x mol
Theo định luật bảo toàn electron : 2
56
60

+ 4
32
30
= 4x
⇒
x = 1,47
⇒

2
O
V
= 32,928 lít
Thí dụ 4 : Hỗn hợp A gồm 2 kim loại R
1
, R
2
có hoá trị x, y không đổi (R
1
, R
2
không tác dụng với nước và đứng trước
Cu trong dãy hoạt động hóa học của kim loại). Cho hỗn hợp A phản ứng hoàn toàn với dd HNO
3
dư thu được 1,12 l khí
NO duy nhất ở đktc.
Nếu cho lượng hỗn hợp A trên phản ứng hoàn toàn với dd HNO
3
thì thu được bao nhiêu lít N
2
ở đktc.

Giải : Trong bài toán này có 2 thí nghiệm : ở 2 thí nghiệm khối lượng hh kim loại như nhau . Nên số mol e nhường ở 2
thí nghiệm này như nhau . Do đó số mol e nhận ở 2 thí nghiệm cũng bằng nhau .
TN 1 :
5+
N
+ 3e
→

2+
N
TN 2 : 2
5+
N
+ 10e
→
N
2

0,15 mol 0,05 mol 10x mol x mol

⇒
10x = 0,15
⇒
x = 0,015
⇒

2
N
V
= 0,336 lít

3/ Bài tập áp dụng ( câu hỏi trắc nghiệm ) :
Câu 1 : Hòa tan 5,6g Fe bằng dung dịch H
2
SO
4
loãng dư thì thu được dd X . Dung dịch X phản ứng vừa đủ với Vml
dd KMnO
4
0,5M . Giá trị của V là :
A. 20ml B. 40ml C. 60ml D. 80ml
Câu 2 : Cho 1,35 g hỗn hợp gồm Cu , Mg , Al tác dụng hết với dd HNO
3
thu được hỗn hợp khí gồm 0,01 mol NO vào
0,04 mol NO
2
. Khối lượng muối tạo ra trong dung dịch là :
A. 3,45g B. 4,35g C. 5,69g D. 6,59g
Câu 3 : Nung m gam bột Fe trong oxi , thu được 3g hỗn hợp chất rắn X . Hòa tan hết hh X Trong dd HNO
3
dư thì thu
được 0,56 lít ( đktc) NO ( là sản phẩm duy nhất ) . Giá trị m là :
A. 2,22 B. 2,32 C. 2,42 D. 2,52
Câu 4 : Cho m gam Al tan hoàn toàn trong dd HNO
3
thì thấy thoát ra 11,2 lít (đktc) hh khí A gồm 3 khí N
2
, NO , N
2
O

có tỉ lệ số mol tương ứng là 2:1:2 . Giá trị m là bao nhiêu ?
A. 27g B. 16,8g C. 35,1g D. 3,51g
Câu 5 : Hòa tan a gam hh X gồm Mg và Al vào dd HNO
3
đặc nguội , dư thì thu được 0,336 lít NO
2
( ở 0
0
C , 2at) .
Cũng a gam hh X trên khi hòa tan trong HNO
3
loãng , dư thì thu được 0,168lít NO ( ở 0
0
C , 4at) . Khối lượng 2 kim
loại Al và Mg trong a gam hh X lần lượt là bao nhiêu ?
A. 0,45g và 4,8g B. 5,4g và 3,6g C. 0,54g và 0,36g D. Kết quả khác
Câu 6 : Thể tích dd FeSO
4
0,5M cần thiết để phản ứng vừa đủ với 100ml dd chứa KMnO
4
0,2M và K
2
Cr
2
O
7
0,1M ở
môi trường axit là :
A. 160 ml B. 320 ml C. 80 ml D. 640 ml
Câu 7 : Cho H

2
SO
4
loãng dư td với 6,66g hỗn hợp 2 kim loại X và Y đều hóa trị II , người ta thu được 0,1 mol khí,
đồng thời khối lượng hh giảm 6,5g . Hòa tan phần còn lại bằng H
2
SO
4
đặc nóng người ta thấy thoát ra 0,16g khí SO
2
.
X và Y là những kim loại nào sau đây ?
A. Hg và Zn B. Cu và Zn C. Cu và Ca D. Kết quả khác
Câu 8 : Hòa tan hoàn toàn 12,8 gam Cu trong dd HNO
3
thấy thoát ra V lít hh khí A gồm NO và NO
2
(ở đktc ) . Biết tỉ
khối hơi của A đối với H
2
là 19 . V bằng :
A. 4,48 lít B. 2,24 lít C. 0,448 lít D. 3,36 lít
Câu 9 : Hòa tan hết 7,44g hỗn hợp Al và Mg trong dd vừa đủ là 500ml dd HNO
3
loãng thu được dd A và 3,136lít (ở
đktc) hh 2 khí đẳng mol có khối lượng 5,18g , trong đó có 1 khí bị hóa nâu trong không khí . Thành phần % theo khối
lượng của Al và Mg lần lượt trong hh là :
A. 18,2% và 81,8% B. 72,58% và 27,42% C. 81,2% và 18,8% D. 71,8% và 28,2%
Câu 10 : Nung m gam Fe trong không khí thì thu được 104,8 gam hh chất rắn A gồm Fe , FeO , Fe
3

O
4
, Fe
2
O
3
. Hòa tan
A trong dd HNO
3
dư thì thu được dd B và 12,096 lít hh khí NO và NO
2
(đktc) có tỉ khối đối với heli là 10,167 . Khối
lượng x gam là bao nhiêu ?
A. 74,8g B. 87,4g C. 47,8g D. 78,4g
Câu 11 : Cho 2,22 g hỗn hợp Al, Fe vào dung dịch chứa hỗn hợp Fe(NO
3
)
3
và Cu(NO
3
)
2
. Sau một thời gian cho tiếp
dung dịch HNO
3
dư vào thấy thoát ra 1,12 l khí NO (đktc) . Tp % về khối lượng Al trong hỗn hợp là:
A. 12,2% B. 24,32% C. 36,5% D. 48,65%
Câu 12 : Cho một hỗn hợp Fe, Cu vào 100ml dd Fe(NO
3
)

3
. Sau phản ứng cho thêm dd NaOH dư vào và lọc lấy kết tủa
nung trong điều kiện không có không khí được chất rắn A . Cho CO dư đi qua A nung nóng để phản ứng hoàn toàn thu
được hỗn hợp khí B. Cho B qua Ca(OH)
2
thu được 30 g kết tủa . C
M
của Fe(NO
3
)
3
là:
A. 1,5M B. 2,5M C. 2M D. 3M
Câu 13 : Cho hỗn hợp Mg và Al vào dd HNO
3
loãng dư, phản ứng xong thu được 0,02 mol khí N
2
O và dd B. Cho
NaOH dư vào B đun nóng thu được 0,02 mol khí thoát ra và 5,8 g kết tủa . Khối lượng của Al trong hỗn hợp là:
A. 0,27g B. 0,54 g C. 0,81g D. 1,08g
Câu 14 : Cho 3,9 g hỗn hợp Al, Fe vào dd HNO
3
dư phản ứng xong thu được 0,672 lít khí A (đktc) và dd B. Cho B vào
dd NaOH dư thu được kết tủa D. Nung D ở nhịêt độ cao đến khối lượng không đổi thu được 4,8 g chất rắn . Khí A là:
A. NO B. N
2
O C. N
2
D. NO
2

Câu 15 : Cho m g Al trộn với 37,6 g hỗn hợp Fe
2
O
3
và CuO rồi nung ở t
0
cao được hỗn hợp chất rắn A . Cho A vào dd
HNO
3
dư, kết thúc phản ứng thu được 8,96 lít khí NO (đktc) và dd B. Khối lượng m là:
A. 8,1 g B. 5,4 g C. 2,7 g D. 10,8 g
Câu 16 : Đốt cháy mg Fe trong O
2
sau 1 thời gian thấy có 6,72 lít khí O
2
phản ứng (đktc)và thu được 4 chất rắn . Hoà
tan 4 chất rắn này trong HNO
3
dư thì thu được 4,48 lít khí NO (đktc). Gía trị của m là :
A. 22,4 g B. 11,2 g C. 3,36g D. 33,6g
Câu 17 : Cho 8g Ba , Na hấp thụ hết 0,672 l khí O
2
(đktc) được hỗn hợp chất rắn A.Cho A vào dung dịch H
2
SO
4
loãng
dư được kết tủa B và 0,336 l khí H
2
(đktc) . Khối lượng chất kết tủa B là:

A. 8,345g B. 5,825 g C. 11,65g D. 23,3 g
Câu 18 : Cho 16,2g một kim loại R có hoá trị không đổi vào dd CuSO
4
dư, để cho phản ứng xảy ra hoàn toàn. Cho tiếp
dung dịch HNO
3
dư vào hỗn hợp sau phản ứng trên thấy thoát ra 13,44 lit khí NO (đktc) . Kim loại R là:
A. Mg B. Fe C. Al D. Zn
Câu 19 : Cho 12,9 g hh Mg và Al vào dd HCl dư thu được 14,56 lít khí ở đktc . Khối lượng của Al và Mg lần lượt là:
A. 8,1g và 4,8 g B. 5,4g và 7,5g C. 5,7g và 7,2g D. 3,3g và 9,6g

Câu 20 : Hoà tan 27,2 g hỗn hợp kim loại M và M
2
O
3
trong dd H
2
SO
4
dư thu được dd A và V lít khí SO
2
(đktc). Cho dd
A vào dd NaOH dư thu được kết tủa B. Nung B đến khối lượng không đổi thu được 32 g chất rắn E .V bằng :
A. 4,48 B. 6,72 C. 8,96 D. 5,6
Câu 21 : Cho mg hỗn hợp Al, Mg phản ứng vừa đủ với 100 ml dd chứa hỗn hợp AgNO
3
và Cu(NO
3
)
2

có nồng độ
tương ứng là C
1
và C
2
mol/l thì thu được 64,4 g chất rắn . Nếu cho mg hỗn hợp ban đầu phản ứng với HCl dư thì thu
được 14,56 l khí H
2
(đktc). C
1
và C
2
lần lượt nhận các giá trị là :
A. 2 ;3 B. 2,5 ; 3 C. 3 ; 4 D. 3 ; 5
Câu 22 : Cho m g hỗn hợp Mg , Al vào dd HNO
3
loãng dư thu được dd A và không có khí thoát ra . Cho dd NaOH dư
vào dd A đun nóng thu được 0,896 lít khí thoát ra (đktc) và 5,8 g kết tủa . m có giá trị là :
A. 2,67 g B. 2,94 g C. 3,21 g D. 3,48g
Câu 23 : Cho 12,9 g hỗn hợp Al và Mg phản ứng với 100ml dd hốn hợp 2 axit HNO
3
4M , H
2
SO
4
7M (đậm đặc) thu
được 0,1 mol mỗi khí SO
2
, NO , N
2

O . Số mol Al và Mg tương ứng là:
A. 0,2 và 0,3 B. 0,3 và 0,2 C. 0,1 và 0,2 D. 0,2 và 0,1
Câu 24 : Hoà tàn hoàn toàn mg Fe
x
O
y
bằng dd H
2
SO
4
đặc nóng thu được khí A và dd B .Cho A hấp thụ hoàn toàn vào
dd NaOH dư thu được 12,6 g muối. Cô cạn dd thu được 120 g muối khan . Công thức của oxit sắt là :
A. FeO B. Fe
3
O
4
C. Fe
2
O
3
D. A,B đúng
Câu 25 : Hoà tan hoàn toàn 1,805 g hỗn hợp gồm kim loại A có hoá trị không đổi duy nhất và Fe bằng dung dịch HCl
thu được 1,064 lít khí H
2
. Khi hoà tan 1,085 g hỗn hợp trên bằng dung dịch HNO
3
loãng dư thu được 0,896 lit khí NO
duy nhất(đktc). Các khí đo ở cùng điều kiện. Kim loại A là:
A. Cu B. Cr C. Al D. Mn.
Câu 26 : Để m gam phoi bào sắt (A) ngoài không khí, sau một thời gian biến thành hỗn hợp (B) có khối lượng 12 gam

gồm sắt và các oxit FeO , Fe
3
O
4
, Fe
2
O
3
. cho B tác dụng hoàn toàn với dung dịch HNO
3
thấy giải phóng ra 2,24 lít khí
NO duy nhất (đktc) . Khối lượng tính theo gam của m là:
A. 11,8 B. 10,08 C. 9,8 D. 8,8
Câu 27 : Hoà tan hoàn toàn m gam Fe
3
O
4
vào dung dịch HNO
3
loãng dư, tất cả lượng khí NO thu được đem oxi hoá
thành NO
2
rồi sục vào nước cùng dòng khí O
2
để chuyển hết thành HNO
3
. Cho biết thể tích khí oxi (đktc) đã tham gia
quá trình trên là 3,36 lít. Khối lượng m của Fe
3
O

4
là giá trị nào sau đây?
A. 139,2 gam. B. 13,92 gam. C. 1,392 gam. D. 1392gam
Câu 28 : Hòa tan hoàn toàn 28,8 g kim loại Cu vào dung dịch HNO
3
loãng, tất cả khí NO thu được đem oxi hóa thành
NO
2
rồi sục vào nước có dòng oxi để chuyển hết thành HNO
3
. Thể tích khí oxi ở đktc đã tham gia vào quá trình trên là:
A. 100,8 lít B. 10,08lít C . 50,4 lít D. 5,04 lít
Câu 29 : Cho hỗn hợp gồm FeO , CuO , Fe
3
O
4
có số mol ba chất đều bằng nhau tác dụng hết với dung dịch HNO
3
thu
được hỗn hợp khí gồm 0,09 mol NO
2
và 0,05 mol NO. Số mol của mỗi chất là:
A. 0,12 mol. B. 0,24 mol. C. 0,21 mol. D. 0,36 mol.
Câu 30 : Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp FeS và FeCO
3
bằng dd HNO
3
đặc nóng thu được hỗn hợp khí A gồm hai khí X , Y
có tỷ khối so với hiđro bằng 22,805 . Công thức hoá học của X và Y theo thứ tự là:
A. H

2
S và CO
2
B. SO
2
và CO
2
C. NO
2
và CO
2
D. NO
2
và SO
2
Câu 31 : Trộn 0,54 g bột nhôm với bột Fe
2
O
3
và CuO rồi tiến hành phản ứng nhiệt nhôm thu được hỗn hợp A . Hoà tan
hoàn toàn A trong dung dịch HNO
3
được hỗn hợp khí gồm NO và NO
2
có tỉ lệ số mol tương ứng là 1: 3 . Thể tích
(đktc) khí NO và NO
2
lần lượt là:
A. 0,224 lít và 0,672 lít. B. 0,672 lít và 0,224 lít. C. 2,24 lít và 6,72 lít. D. 6,72 lít và 2,24 lít.
Câu 32 : Hoà tan hoàn toàn 12g hỗn hợp Fe, Cu ( tỷ lệ 1:1 ) bằng axit HNO

3
thu được V lít khí (đktc) hỗn hợp X gồm
NO và NO
2
. Tính V
A. 3,36 B. 2,24 C. 4,48 D. 5,60
Câu 33 : Nung mg bột sắt trong oxi, thu được 3 g hỗn hợp chất rắn X . Hoà tan hết hỗn hợp X trong HNO
3
dư thấy
thoát ra 0,56 lít khí NO ( sản phẩm khử duy nhất ) .Gía trị của m là:
A. 2,52 B. 2,22 C. 2,32 D: 2,62
Câu 34 : Cho 0,01 mol hợp chất của sắt tác dụng hết với H
2
SO
4
đặc nóng dư thấy thoát ra 0,112 lít khí SO
2
( đktc ) là
sản phẩm khí duy nhất . Công thức của hợp chất là:
A. FeS B. FeS
2
C. FeO D. FeCO
3

Hướng dẫn giải các câu dạng bảo toàn electron
Câu 1 : n
Fe
= 0,1 mol
Các quá trình oxi hóa – khử :

→Fe

2+
Fe
+ 2e
32 ++
→ FeFe
+ 1e
0,1 mol 0,1 mol 0,1 mol 0,1 mol

7+
Mn
+ 5e
→

2+
Mn
xmol 5x mol
Theo định luật bảo toàn electron : 5x = 0,1
⇒
x = 0,02 mol
⇒
V = 40 ml

Câu 2 : Quá trình oxi hóa và Quá trình khử :
Cu
→

2+
Cu

+ 2e Mg
→

2+
Mg
+ 2e Al
→

3+
Al
+ 3e
x mol x mol 2x mol y mol y mol 2y mol z mol z mol 3z mol

5+
N
+ 3e
→

2+
N

5+
N
+ 1e
→

4+
N

0,03 mol 0,01 mol 0,04 mol 0,04 mol

⇒
2x + 2y + 3z = 0,03 + 0,04 = 0,07 = số mol gốc NO
3
–
trong muối

⇒
Khối lượng hh muối = khối lượng kim loại + khối lượng gốc NO
3
–
trong muối = 1,35 + 62 . 0,07 = 5,69g
Câu 3 :
→Fe

3+
Fe
+ 3e O
2
+ 4e
2−
→ O

5+
N
+ 3e
→

2+
N

a mol 3a mol bmol 4b mol 0,075mol 0,025 mol

⇒
3a = 4b + 0,075
Mặt khác : m
X
= m
Fe
+
2
O
m

⇒
56a + 32b = 3
⇒
a = 0,045
⇒
m = 2,52
Câu 4 : n
A
= 0,5 mol
⇒

2
N
n
= 0,2 ; n
NO

= 0,1 ;
ON
n
2
= 0,2

→
0
Al

3+
Al
+ 3e
a mol 3a mol
2
5+
N
+ 10e
→
N
2

5+
N
+ 3e
→

2+
N
2

5+
N
+ 8e
→
2
1+
N

2 0,2 0,3 0,1 1,6 0,2.2

⇒
3a = 2 + 0,3 + 1,6 = 3,9
⇒
a = 1,3
⇒
m = 35,1 gam
Câu 5 : Với HNO
3
đặc nguội : Chỉ có Mg td
Mg
→

2+
Mg
+ 2e
5+
N
+ 1e
→

4+
N

x mol
→
2x mol 0,03 mol
←
0,03 mol

⇒
2x = 0,03
⇒
x = 0,015
⇒
m
Mg
= 0,36g
⇒
loại A và B
Với HNO
3
: cả 2 kl đều td
Mg
→

2+
Mg
+ 2e Al
→

3+
Al
+ 3e
5+
N
+ 3e
→

2+
N

x mol
→
2x mol y mol
→
3y mol 0,09 0,09

⇒
2x + 3y = 0,09
⇒
y = 0,02
⇒
m
Al
= 0,54g
⇒
Chọn C
Câu 6 : Ta có :
4
KMnO

n
= 0,02
722
OCrK
n
= 0,01
→
+2
Fe

3+
Fe
+ 1e
7+
Mn
+ 5e
→

2+
Mn
2
6+
Cr
+ 6e
→
2
3+
Cr

x mol x mol 0,02 0,1 0,02 0,06

⇒
x = 0,1 + 0,06 = 0,16
⇒

4
FeSO
V
= 0,32 lít = 320 ml
Câu 7 : Giải : Khối lượng giảm = 6,5 < 6,66
⇒
chỉ có 1 kim loại td với H
2
SO
4
loãng . Giả sử đó là kim loại X .
X + H
2
SO
4
XSO
4
+ H
2

0,1 0,1
⇒
M
X
= 65
⇒

X là Zn
Phần chất rắn còn lại là Y có khối lượng = 6,66 – 6,5 = 0,16
Y
→

2+
Y
+ 2e
6+
S
+ 2e
→

4+
S

amol 2a mol 0,005 0,0025

⇒
2a = 0,005
⇒
a = 0,0025
⇒
M
Y
= 64
⇒
Y là Cu
Câu 8 : Giải : M
A

= 30x + 46 ( 1 – x ) = 38
⇒
x = 0,5 hay 50%
⇒

2
NONO
nn =
= a mol
n
Cu
= 0,2 mol
Cu
→

2+
Cu
+ 2e
5+
N
+ 3e
→

2+
N

5+
N
+ 1e
→

4+
N

0,2 0,4 3a a a a

⇒
3a + a = 0,4
⇒
a = 0,1
⇒
V = 22,4 ( 0,1 + 0,1 ) = 4,48 lít
Câu 9 : n
hh khí
= 0,14
⇒

__
M
hh khí
= 37
⇒

ONNO
nn
2
=
= 0,07 (từ
__
M

hh khí
xđ được khí còn lại là N
2
O

)
Al
→

3+
Al
+ 3e Mg
→

2+
Mg
+ 2e
x mol 3x mol y mol 2y mol

5+
N
+ 3e
→

2+
N
2
5+
N
+ 8e

→

1+
N
2
O
0,21 0,07 0,56 0,07

⇒
3x + 2y = 0,21 + 0,56 = 0,77
27x + 24y = 7,44
⇒
x = 0,2 ; y = 0,085
⇒
%Al = 72,58%
⇒
Chọn B

Câu 10 : n
hh khí
= 0,54
⇒

__
M
hh khí
= 40,668
⇒

NO

n
= 0,18 ;
2
NO
n
= 0,36
Kết hợp các quá trình chỉ có Fe nhường e ; O
2
,
5+
N
nhận e

→Fe

3+
Fe
+ 3e

56
m
mol 3
56
m
mol
O
2
+ 4e
2−
→ O

5+
N
+ 3e
→

2+
N

5+
N
+ 1e
→

4+
N


32
8,104 m−
mol
8
8,104 m−
mol 0,54 mol 0,18 mol 0,36 mol 0,36 mol
⇒
3
56
m
=
8

8,104 m−
+ 0,54 + 0,36
⇒
m = 78,4g
Câu 11 : Al , Fe có thể bị oxi hóa 1 phần bởi dd muối và 1 phần bởi dd HNO
3
. Nói chung sau 2 quá trình oxi hóa Al ,
Fe đều bị oxi hóa hết đến Al
3+
, Fe
3+
. Hai muối nếu có bị khử bởi Al , Fe bao nhiêu thì cũng bị oxi hóa bới HNO
3
bấy
nhiêu . Do đó có thể coi 2 muối không bị khử và oxi hóa ( vì số mol e cho = số mol e nhận ) .
Vậy : có thể coi quá trình oxi hóa chỉ có Al , Fe ( bị oxi hóa hết ) , quá trình khử cỏ có N
+5

Al
→

3+
Al
+ 3e
→Fe

3+
Fe
+ 3e
5+

N
+ 3e
→

2+
N
x 3xmol x 3xmol 0,15 0,05 mol
3x + 3y = 0,15 ; 27x + 56y = 2,22
⇒
y = 0,03 , x = 0,02 Al % = 24,3%
Câu 12 : Fe và Cu bị oxi hóa bao nhiêu thì sẽ bị khử ( bởi CO ) bấy nhiêu để tạo trở lại Fe và Cu . Do đó ta có thể
không tính 2 quá trình cho và nhận này . Vậy có thể coi chỉ có Fe
3+
của Fe(NO
3
)
3
bị khử , CO bị oxi hóa .
CO
→
CO
2

→
CaCO
3

0,3
¬
0,3 mol

Fe
3+

→
Fe + 3e C
+2
→

C
+4

+ 2e
⇒
3x = 0,6
⇒
x = 0,2
⇒
C
M
= 2M
xmol 3xmol 0,3 0,6
Câu 13 : Cho NaOH dư vào B đun nóng thu được khí . Nên dd B phải có NH
4
NO
3

⇒
Khí thoát ra là NH
3

⇒
Số mol NH
4
NO
3
= Số mol NH
3
= 0,02 mol
Dd B td với NaOH dư , nên kết tủa thu được chỉ có Mg(OH)
2

⇒
Số mol Mg(OH)
2
= 0,1 mol = n
Mg

Al
→

3+
Al
+ 3e Mg
→

2+
Mg
+ 2e
x 3x 0,1 0,2

2
5+
N
+ 8e
→

1+
N
2
O
5+
N
+ 8e
→

3
N
−
0,16 0,02 0,16 0,02

⇒
3x + 0,2 = 0,16 + 0,16 = 0,32
⇒
x = 0,04
⇒
m
Al
= 1,08 mol
Lưu ý bài này viết phương trình phản ứng dạng phân tử rất khó , vì phải xác định N
2

O

và NH
4
NO
3
được tạo ra từ Al
hay Mg .
Câu 14 : D là Fe(OH)
3
, nung D chất rắn thu được là Fe
2
O
3
: 0,03 mol
2Fe
→
2Fe(NO
3
)
3

→
2Fe(OH)
3

→
Fe
2
O

3
0,06 mol 0,03 mol

⇒
m
Fe
= 3,36
⇒
m
Al
= 0.54
⇒
n
Al
= 0,02
⇒
Số mol e nhường = 0,02x3 + 0,06x3 = 0,24 = Số mol e nhận .

5+
N
+ x e
→
A
⇒
Số e nhận = x =
0,24
0,03
= 8
⇒
A là N

2
O
0,03x 0,03
Có thể giải theo cách đặt A là N
x
O
y
Số mol e nhận = ( 5x – 2y ) 0,03 = 0,24
⇒
5x – 2y = 8 ( 1 )
Theo đáp án x chỉ có thể là 1 hoặc 2 . Chỉ có x = 2 , y = 1 là thỏa mãn phương trình ( 1 )
⇒
A là N
2
O
II/ Phương pháp bảo toàn khối lượng và bảo toàn nguyên tố :
1/ Nguyên tắc:
+ Trong một phản ứng hóa học tổng khối lượng của các sản phẩm bằng tổng khối lượng của các chất phản ứng .
+ Khối lượng nguyên tử của một nguyên tố ở các chất trước phản ứng bằng khối lượng nguyên tử của nguyên tố
đó ở các chất sau phản ứng .
+ Khi cô cạn dd thì khối lượng hỗn hợp muối thu được bằng tổng klượng của các cation kloại và anion gốc axit .
 Phạm vi sử dụng : Trong bài toán có nhiều phản ứng , lúc này đôi khi không cần thiết viết các phương trình
phản ứng , mà chỉ cần viết 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 .

2/ Các ví dụ :
Ví dụ 1 : Một dd có chứa 2 cation là Fe
2+
: 0,1mol và Al
3+

: 0,2 mol và 2anion là Cl
–
: x mol và SO
4
2–
: y mol . Tính x và
y , biết rằng khi cô cạn dd thu được 46,9 g chất rắn khan.
Giải : Theo định luật bảo toàn khối lượng , ta có : 0,1 . 56 + 0,2 . 27 + 35,5x + 96y = 46,9

⇒
35,5x + 96y = 35,9 ( 1 )
Theo định luật bảo toàn điện tích , ta có : 0,1 . 2 + 0,2 .3 = x + 2y = 0,8 ( 2 )
Giải ( 1 ) và ( 2 ) ta được x = 0,2 và y = 0,3 .
Ví dụ 2 : 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
đun nóng thu
được 64g sắt, khí đi ra sau phản ứng cho đi qua dd Ca(OH)
2
dư được 40g kết tủa . Tính m.
Giải: Khí đi ra sau phản ứng gồm CO
2
và CO dư
CO
2

+ Ca(OH)
2
→ CaCO
3
↓ + H
2
O
0,4
4,0
100
40
=
mol
ta có:
4,0
2
==
COCO
nn
pu
Theo định luật bảo toàn khối lượng:
m + 28.0,4 = 64 + 44.0,4 → m = 70,4g.
Ví dụ 3 : Hoà tan hoàn toàn 23,8g hỗn hợp gồm một muối cacbonat của kim loại hoá trị I và một muối cacbonat của
kim loại hoá trị II vào dd HCl thu được 0,2mol khí CO
2
. Tính khối lượng muối mới tạo ra trong dung dịch.
Giải: Đặt công thức của các muối là M
2
CO
3

và RCO
3

M
2
CO
3
+ RCO
3
+ 4HCl → 2MCl + RCl
2
+ 2CO
2
+ 2H
2
O
0,4 0,2 mol → 0,2
Theo định luật BTKL: 23,8 + 0,4.36,5 = m
muối
+
OHCO
mm
22
+
hay: 23,8 + 0,4.36,5 = m
muối
+ 0,2.44 + 0,2.18
⇒
m
muối

= 26g
Ví dụ 4 : Đun 132,8 g hỗn hợp 3 ancol no, đơn chức với H
2
SO
4
đặc ở 140
0
C thu được 111,2g hỗn hợp các ete trong đó
các ete có số mol bằng nhau. Tính số mol mỗi ete.
Giải: Đun hỗn hợp 3 ancol được
( )
6
2
133
=
+
ete.
Theo định luật bảo toàn khối lượng: m
ancol
= m
ete
+
OH
m
2
OH
m
2
= m
ancol

- m
ete
= 132,8 – 111,2 = 21,6 g.
Tổng số mol các ete = số mol H
2
O =
18
6,21
= 1,2
⇒
Số mol mỗi ete =
2,0
6
2,1
=
mol.
Ví dụ 5 : hòa tan hoàn toàn hh gồm 0,12 mol FeS
2
và a mol Cu
2
S vào axit HNO
3
( vừa đủ ) thì thu được dd 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 ( Đề thi đại học khối A – 2007 )
Giải : X chỉ chứa 2 muối sunfat , nên ta có sơ đồ :
2 FeS
2

→

Fe
2
(SO
4
)
3
Cu
2
S

→
2 CuSO
4

0,12 mol
→
0,06 mol a mol
→
2a mol
Theo định luật bảo toàn nguyên tố đối với S , ta có :
0,12 .2 + a = 0,06 .3 + 2a
⇒
a = 0,06 mol
Ví dụ 6 : Nung hh bột gồm 15,2 gam Cr
2
O
3
và m gam Al ở t
0
cao . Sau khi phản ứng hoàn toàn thì thu được 23,3 gam

hh rắn X . Cho toàn bộ hh X phản ứng với axit HCl ( dư) thoát ra V lít khí H
2
( đktc ) . Giá trị của V là bao nhiêu ?
A. 4,48 lít B. 7,84 lít C. 10,08 lít D. 3,36 lít ( Đề thi đại học khối B – 2007 )
Giải :
32
OCr
n
= 0,1 mol n
Al
= 0,3 mol
Cr
2
O
3
+ 2Al
→
Al
2
O
3
+ 2Cr
0,2
←
0,1
→
0,2

⇒
hh X gồm : Al dư : 0,1 mol

Cr : 0,2 mol
Al
2
O
3

Theo đl bt electron , ta có :
Al
→

+3
Al
+ 3e Cr
→

+2
Cr
+ 2e 2H
+
+ 2e
→
H
2
0,1 mol 0,3 mol 0,2 0,4 2a mol
←
a mol
Ta có : 0,3 + 0,4 = 2a
⇒
a = 0,35
⇒

V = 7,84 lít
Ví dụ 7 : Để m gam bột sắt (A) ngoài không khí, sau một thời gian biến thành hỗn hợp (B) có khối lượng 12 gam gồm
Fe, FeO, Fe
3
O
4
, Fe
2
O
3
. Cho B tác dụng hoàn toàn với dd HNO
3
thấy sinh ra 2,24l khí NO duy nhất ở đktc. Tính m .
Giải
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: (kí hiệu khối lượng là m)

( )
OHNONOFeHNOB
mmmmm
pu 2
3
33
++=+
(1)
Tính các giá trị chưa biết của (1):
+
( )
56
3
3

m
nn
FeNOFe
==
. Vậy
( )
56
.242
3
3
m
m
NOFe
=
+ Muốn tính
3
HNO
m
cần tính
3
HNO
n
. ở đây số mol HNO
3
được dùng vào 2 việc là tạo ra NO và tạo ra muối:
3
HNO
n
tạo NO
= n

NO
=
1,0
4,22
24,2
=
và
3
HNO
n
tạo muối
= 3.n
Fe
= 3.
56
m
3
HNO
n
pư
= 0,1 +
56
3m
. Vậy
3
HNO
m
pư
=







+
56
3
1,0.63
m
+ Tính
OH
n
2
: ta có
OH
n
2
=
2
1
3
HNO
n
pư
=
2
1







+
56
3
1,0
m

⇒







+=
56
3
1,0
2
1
.18
2
m
m
OH
Thay các giá trị tìm được vào (1) được phương trình bậc nhất, chỉ chứa ẩn m:

12 +






+
56
3
1,0.63
m
= 242.
56
m
+ 30.0,1 +






+
56
3
1,0.
2
1
.18
m

. Giải ra m = 10,08g
3/ Bài tập áp dụng :
Câu 1: Cho 0,52 gam hh 2 kim loại tan hoàn toàn trong H
2
SO
4
0,5M (loãng) dư thấy có 0,336 lít khí thoát ra
(đktc).
a/ Khối lượng hh muối sunfat khan (gam) thu được là:
A. 2 B. 2,4 C. 3,92 D. 1,96
b/ Thể tích tối thiểu dd H
2
SO
4
(lít) đã dùng là:
A. 0,3 B. 0,1 C. 0,03 D. 0,01
Câu 3: Khi lấy 3,33g muối clorua của một kim loại chỉ có hoá trị II & một lượng muối nitrat của kim loại đó
có cùng số mol như muối clorua nói trên, thấy khác nhau 1,59g. Kim loại trong 2 muối nói trên là:
A. Mg B. Ba C. Ca D. Zn
Câu 4: Cho 1,53 gam hh Mg, Fe, Zn vào dd HCl dư thấy thoát ra 448 ml khí (đktc). Cô cạn hh sau phản ứng
thì thu được m gam chất rắn. Giá trị của m là:
A. 2,95 B. 3,9 C. 2,24 D. 1,85
Câu 5: Hoà tan m gam hỗn hợp A gồm Fe & kim loại M (có hoá trị không đổi) trong dd HCl dư thì thu được
1,008 lít khí (đktc) và dd chứa 4,575g muối khan . Tính m.
A. 1,38 B. 1,83 C. 1,41 D. 2,53
Câu 6: Cho 14,5 gam hh Mg, Fe, Zn vào dd H
2
SO
4
loãng dư tạo ra 6,72 lít H

2
(đktc). Khối lượng (gam) muối
sunfat thu được là:
A. 43,9 B. 43,3 C. 44,5 D. 34,3
Câu 7: Cho hỗn hợp 3 muối ACO
3
, BCO
3
, XCO
3
tan trong dd HCl 1M vừa đủ tạo ra 0,2 mol khí. Thể tích
(ml) dd HCl đã dùng là:
A. 200 B. 100 C. 150 D. 400
Câu 8: Để m gam phoi bào sắt (A) ngoài không khí, sau một thời gian biến thành hh B khối lượng 12g gồm
Fe , FeO , Fe
3
O
4
, Fe
2
O
3
. Cho B t/d hoàn toàn với dd HNO
3
thấy giải phóng 2,24 lít NO duy nhất (đktc) .
Tính m.
A. 9,72 B. 10,08 C. 12,47 D. kết quả khác
Câu 9: Nung m gam sắt trong không khí, sau một thời gian người ta thu được 104,8g hh rắn A gồm Fe , FeO ,
Fe
3

O
4
, Fe
2
O
3
. Hoà tan hoàn toàn A trong HNO3 dư, thu được dd B & 12,096 lít hh khí NO và NO
2
(đktc) có
tỷ khối so với He là 10,167. Tính m.
A. 72 B. 69,54 C. 91,28 D. kết quả khác
Câu 10: Hỗn hợp A gồm 2 muối cacbonat của hai kim loại kế tiếp nhau trong nhóm IIA . Hoà tan hoàn toàn
3,6g hỗn hợp A trong HCl thu được khí B. Cho toàn bộ lượng khí B hấp thụ hết bởi 3 lít Ca(OH)
2
0,015M ,
thu được 4g kết tủa . 2 kim loại trong muối cacbonat là:
A. Mg , Ca B. Ca , Ba C. Be , Mg D. A , C
III/ phương pháp bảo toàn điện tích :
1/ Nguyên tắc : Tổng điện tích dương luôn luôn bằng tổng điện tích âm về giá trị tuyệt đối. Vì thế dung dịch
luôn luôn trung hoà về điện.

2/ Các ví dụ :
Ví dụ 1: Kết quả xác định nồng độ mol của các ion trong một dung dịch ghi ở bảng dưới đây:
Ion Na
+
Ca
2+
NO
3
-

Cl
-
HCO
3
-
Số mol 0,05 0,01 0,01 0,04 0,025
Hỏi kết quả đó đúng hay sai? Tại sao?
Giải
Do điện tích của một ion trong dd bằng tích của điện tích và số mol của nó, nên ta có:
Tổng điện tích dương là: (+1).0,05 + (+2).0,01 = + 0,07
Tổng điện tích âm là: (-1).0,01 + (-1).0,04 + (-1).0,025 = - 0,075.
Giá trị tuyệt đối của điện tích dương khác điện tích âm. Vậy kết quả trên là sai.
Ví dụ 2: Dung dịch A chứa các ion Na
+
: a mol ; HCO
3
–
: b mol ; CO
3
2 –
: c mol ; SO
4
2 –
: d mol . Để tạo ra kết tủa lớn
nhất người ta dùng 100 ml dd Ba(OH)
2
nồng độ x mol/l. Lập biểu thức tính x theo a và b.
Giải: HCO
3
-

+ OH
-
→ CO
3
2-
+ H
2
O
bmol → b
Ba
2+
+ CO
3
2-
→ BaCO
3
↓
Ba
2+
+ SO
4
2-
→ BaSO
4
↓
Dd sau phản ứng chỉ có Na
+
: a mol. Vì bảo toàn điện tích nên cũng phải có: a mol OH
-
. Để tác dụng

với HCO
3
-
cần b mol OH
-
.
Vậy số mol OH
-
do Ba(OH)
2
cung cấp là (a + b) mol
Ta có:
( )
2
2
ba
n
OHBa
+
=
và nồng độ
2,01,0
2
ba
ba
x
+
=
+
=

mol/l
IV/ Phương pháp trung bình (khối lượng mol trung bình, số nguyên tử trung bình)
a. Cách giải:
- Phương pháp trung bình chỉ áp dụng cho bài toán hỗn hợp các chất.
- Giá trị trung bình dùng để biện luận tìm ra nguyên tử khối hoặc phân tử khối hay số nguyên tử trong phân tử hợp chất.
- Khối lượng mol trung bình là khối lượng của một mol hỗn hợp (kí hiệu là
M
)
M
=
b. Các ví dụ:
Ví dụ 1: Hoà tan hoàn toàn 4,68g hỗn hợp muối cacbonat của hai kim loại A và B kế tiếp trong nhóm IIA vào dd HCl
thu được 1,12 lit CO
2
ở đktc. Xác định tên kim loại A và B.
Giải: Đặt
M
là NTK trung bình của 2 kim loại A và B
M
CO
3
+ 2HCl →
M
Cl
2
+ CO
2
↑ + H
2
O

0,05
mol05,0
4,22
12,1
=
M
CO
3
=
;6,93
05,0
68,4
=
M
= 93,6 – 60 = 33,6
Biện luận: A < 33,6 → A là Mg = 24
B > 33,6 → B là Ca = 40.
Ví dụ 2: Đốt cháy hoàn toàn a g hỗn hợp hai ancol no, đơn chức liên tiếp trong dãy đồng đẳng thu được 3,584 lít CO
2
ở
đktc và 3,96g H
2
O. Tính a và xác định CTPT của các ancol.
Giải: Gọi
n
là số ngtử C trung bình và x là tổng số mol của hai ancol .
( )
OHnCOnO
n
OHHC

nn
222
12
1
2
3
++→+
+
x mol
( )
xnxn 1+→
16,0
4,22
584,3
2
=== xnn
CO
(1)
( )
22,0
18
96,3
.1
2
==+= xnn
OH
(2)
Từ (1) và (2) giải ra x = 0,06 và
n
= 2,67

Ta có: a = (14
n
+ 18).x = (14.2,67) + 18.0,06 = 3,32g

Khối lượng hỗn hợp
Số mol hỗn hợp
n
= 2,67
OHHC
OHHC
73
52
Ví dụ 3: Hỗn hợp 3 ancol đơn chức A, B, C có tổng số mol là 0,08 và khối lượng là 3,387. xác định CTPT của A, B, C,
biết rằng B và C có cùng số nguyên tử cacbon và số mol ancol A bằng
3
5
tổng số mol của ancol B và C.
Giải:
2,42
08,0
38,3
==M
Như vậy phải có ít nhất một ancol có M < 42,2. Chỉ có CH
3
OH = 32
Ta có:
05,0
35
5.08,0
=

+
=
A
n
; m
A
= 32.0,05 = 1,67.
m
B + C
= 3,38 – 1,6 = 1,78g; n
B + C
=
03,0
35
3.08,0
=
+
3,59
03,0
78,1
,
==
CB
M
Gọi
y
là số ngtử H trung bình trong phtử hai ancol B và C
Ta có: C
x
H

y
OH = 59,3 hay 12x +
y
+ 17 = 59,3 Rút ra: 12x +
y
= 42,3
Biện luận:
x 1 2 3 4
y
30,3 18,3 6,3 <0
Chỉ có nghiệm khi x = 3. B, C phải có một ancol có số ngtử H < 6,3 và một ancol có số ngtử H > 6,3.
Có 2 cặp nghiệm: C
3
H
5
OH (CH
2
= CH – CH
2
OH) và C
3
H
7
OH
C
3
H
3
OH (CH ≡ C – CH
2

OH) và C
3
H
7
OH
Ví dụ 4: Cho 2,84g hỗn hợp 2 ancol đơn chức là đồng đẳng liên tiếp nhau tác dụng với một lượng Na vừa đủ tạo ra 4,6g
chất rắn và V lít khí H
2
ở đktc. Tính V và xác định CTPT của các ancol.
V/ Phương pháp ghép ẩn số :
a. Cách giải: Một số bài toán cho thiếu dữ kiện nên giải bằng phương pháp đại số ta có số ẩn nhiều hơn số phương
trình và có dạng vô định, không giải được.
Nếu dùng phương pháp ghép ẩn số ta có thể giải loại bài toán này một cách dễ dàng.
b. Các ví dụ:
Ví dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn ag hỗn hợp hai ancol no, đơn chức được hỗn hợp khí và hơi. Cho hỗn hợp khí và hơi này
lần lượt đi qua bình 1 đựng H
2
SO
4
đặc và bình 2 đựng nước vôi trong dư, thấy bình 1 tăng 1,98g và bình 2 có 8g kết
tủa. Tính a.
Giải: Đặt CTPT của các ancol là C
n
H
2n+1
-OH và C
m
H
2m+1
-OH.

Gọi x, y là số mol các ancol .
C
n
H
2n+1
OH +
2
3n
O
2
→ nCO
2
+ (n + 1)H
2
O
x nx (n + 1)x
C
m
H
2m+1
OH +
2
3m
O
2
→ mCO
2
+ (m + 1)H
2
O

y my (m + 1)y
CO
2
+ Ca(OH)
2
→ CaCO
3
↓ + H
2
O
0,08 0,08
Ta lập được 2 phương trình đại số theo số mol CO
2
và số mol H
2
O:
2
CO
n
= nx + my = 0,08 (1)
( ) ( )
11,0
18
98,1
11
2
==+++= ymxnn
OH
(2)
ở đây, với 4 ẩn số (n, m, x, y) mà chỉ có 2 phương trình nên có dạng vô định.

Ta triển khai (2) để ghép ẩn số
Từ (2):
OH
n
2
= nx + x + my + y = (nx + my) + (x + y) = 0,11
Thay nx + my = 0,08, rút ra x + y = 0,11 – 0,08 = 0,03.
Tính a : a = (14n + 18)x + (14m + 18)y
⇒
a = 14nx + 18x + 14my + 18y
⇒
a = 14(nx + my) + 18(x + y).
Thay các giá trị đã biết được a = 14.0,08 + 18.0,03 = 1,66g

Ví dụ 2: Đun p gam hỗn hợp 2 ancol với H
2
SO
4
đặc thu được V lít (đktc) hỗn hợp 2 anken. Đốt cháy hoàn toàn hỗn
hợp anken đó thu được x lít CO
2
(đktc) và y gam H
2
O. Lập biểu thức tính x, y theo p, V.
Giải: Đun nóng với H
2
SO
4
đặc thu được hỗn hợp 2 anken, suy ra hỗn hợp 2 ancol đó phải thuộc loại no, đơn chức.
C

n
H
2n+1
OH C
n
H
2n
+ H
2
O (1)
a mol a
C
m
H
2m+1
OH → C
m
H
2m
+ H
2
O (2)
b mol b
C
n
H
2n
+
2
3n

O
2
→ nCO
2
+ nH
2
O (3)
a mol na na
C
m
H
2m
+
2
3m
O
2
→ mCO
2
+ mH
2
O (4)
b mol mb mb
Theo (1), (2): a + b =
4,22
V
(5). Theo (3), (4):
OHCO
nn
22

=
= na + mb (6)
Khối lượng 2 rượu là: (14n + 18)a + (14m + 18)b = p
hay 14(na + mb) + 18(a + b) = p (7)
Thế (5) vào (7) được:
na + mb =
14
4,22
.18
V
p −
== ym
OH
2
14
4,22
.18
V
p −
.18 →
7
23,79 Vp
y
−
=
== xV
CO
2
14
4,22

.18
V
p −
.22,4 →
7
92,11 Vp
x
−
=
VI/ Phương pháp tăng giảm khối lượng :
a. Cách giải: Khi chuyển từ chất này sang chất khác klượng có thể tăng hoặc giảm do các chất khác nhau có khối
lượng mol khác nhau. Dựa vào mối tương quan tỉ lệ thuận của sự tăng giảm ta tính được lượng chất tham gia hay tạo
thành sau phản ứng.
b. Các ví dụ :
Ví dụ 1: Nhúng thanh kẽm vào dd chứa 8,32g CdSO
4
. Sau khi khử hoàn toàn ion Cd
2+
khối lượng thanh kẽm tăng
2,35% so với ban đầu. Hỏi khối lượng thanh kẽm ban đầu.
Giải: Gọi khối lượng thanh kẽm ban đầu là a gam thì khối lượng tăng thêm là
100
35,2 a
gam.
Zn + CdSO
4
→ ZnSO
4
+ Cd
65g →1mol → 112g

⇒
tăng 112 – 65 = 47g

04,0
208
32,8
=
mol
100
35,2 a
g
⇒

100
35,2
47
04,0
1
a
=
⇒
a = 80g
Ví dụ 2: Nhúng thanh kim loại M hoá trị 2 vào dd 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 dd Pb(NO
3
)
2
, sau một thời gian thấy khối lượng tăng 7,1%. Xác định M, biết

rằng số mol CuSO
4
và Pb(NO
3
)
2
tham gia ở 2 trường hợp như nhau.
Giải: Gọi m là khối lượng thanh kim loại, A là NTK của kim loại, x là số mol muối phản ứng.
M + CuSO
4
→ MSO
4
+ Cu↓
Agam → 1mol 64g giảm (A – 64)g
xmol
100
05,0 m
g
Rút ra: x =
64
100
05,0
−A
m
(1)
M + Pb(NO
3
)
2
→ M(NO

3
)
2
+ Pb↓

H
2
SO
4đ
≤ 140
0
C
Agam → 1mol 207 tăng (207 – A)g
xmol tăng
100
1,7 m
g
Rút ra: x =
A
m
−207
100
1,7
(2) Từ (1) và (2) ta có:
64
100
05,0
−A
m
=

A
m
−207
100
1,7
(3)
Từ (3) giải ra A = 65. Vậy kim loại M là kẽm.
Ví dụ 3: Cho 3,78g bột Al phản ứng vừa đủ với dd muối XCl
3
tạo thành dd Y. Khối lượng chất tan trong dd Y giảm
4,06g so với dd XCl
3
. xác định công thức của muối XCl
3
.
Giải: Gọi A là NTK của kim loại X.
Al + XCl
3
→ AlCl
3
+ X

14,014,0
27
78,3
→=
0,14 mol
Ta có: (A + 35,5.3).0,14 – (133,5.0,14) = 4,06 Giải ra A = 56. Kim loại X là Fe và muối FeCl
3
.

Ví dụ 4 : Hoà tan hoàn toàn 23,8g hỗn hợp một muối cacbonat của kim loại hoá trị I và một muối cacbonat của kim
loại hoá trị II vào dd HCl thấy thoát ra 0,2mol khí. Khi cô cạn dd sau phản ứng thì thu được bao nhiêu gam muối khan?
Giải: Kí hiệu kim loại hoá trị I là M, số mol là x kim loại, hoá trị II là R, số mol là y.
M
2
CO
3
+ 2HCl → 2MCl + CO
2
↑ + H
2
O (1)
1mol(2M+60)g 2(M+35,5) tăng (2M+71)-(2M+60) = 11gam
xmol 11x gam
RCO
3
+ 2HCl → RCl
2
+ CO
2
↑ + H
2
O (2)
1mol(R+60)g (R+71) tăng (R+71)-(R+60) = 11g
ymol 11y gam
Từ (1) và (2): m
hh
= x + y =
2
CO

n
= 0,2
Theo (1), (2) , ta có :
(x + y) mol hỗn hợp phản ứng thì khối lượng hh muối tăng (11x + 11y)g = 11(x + y) = 11.0,2 = 2,2g.
Vậy khối lượng muối thu được bằng khối lượng muối ban đầu cộng với khối tượng tăng thêm.
m
muối
= 23,8 + 2,2 = 26g.
Ví dụ 5 : Nung 100g hỗn hợp gồm Na
2
CO
3
và NaHCO
3
cho đến khi khối lượng hỗn hợp không đổi được 69g chất rắn.
Xác định phần trăm khối lượng của mỗi chất trong hỗn hợp.
Giải: Chỉ có NaHCO
3
bị phân hủy. Đặt x là số gam NaHCO
3
.
2NaHCO
3

→
0
t
Na
2
CO

3
+ CO
2
↑ + H
2
O↑
2.84g giảm: 44 + 18 = 62g
xg giảm: 100 – 69 = 31g
Ta có:
gx
x
84
31
6284,2
=→=
Vậy : NaHCO
3
chiếm 84% và Na
2
CO
3
chiếm 16%.
VII/ Phương pháp đường chéo :
a. Cách giải:
- Phương pháp đường chéo thường dùng để giải bài toán trộn lẫn các chất với nhau có thể đồng thể hoặc dị thể nhưng
hỗn hợp cuối cùng phải là đồng thể.
- Nếu trộn lẫn các dung dịch thì phải là các dung dịch của cùng một chất (hoặc chất khác, nhưng do phản ứng với H
2
O
lại cho cùng một chất. Ví dụ trộn Na

2
O với dd NaOH ta được cùng một chất là NaOH).
- Trộn hai dung dịch của chất A với nồng độ khác nhau, ta thu được một dung dịch chất A với nồng độ duy nhất . Như
vậy lượng chất tan trong phần đặc giảm xuống phải bằng lượng chất tan trong phần loãng tăng lên. Sơ đồ tổng quát của
phương pháp đường chéo như sau:
D
1
x
1
x – x
2

x
xx
xx
D
D
−
−
=
1
2
2
1
D
2
x
2
x
1

– x
x
1
, x
2
, x là khối lượng chất ta quan tâm với x
1
> x > x
2
D
1
, D
2
là klượng hay thể tích các chất (hay dd ) đem trộn lẫn.
b. Các ví dụ:
Ví dụ 1: Cần thêm bao nhiêu gam nước vào 500g dung dịch NaOH 12% để có dd NaOH 8% ?
Giải:
OH
m
2
0 4


8
m
dd12%
12 8
gm
m
OH

OH
250
8
4
500
2
2
=→=
(ở đây x
1
= 0, vì nước thì nồng độ NaOH bằng 0).
Ví dụ 2: Cần trộn H
2
và CO theo tỉ lệ thể tích như thế nào để được hỗn hợp khí có tỉ khối so với metan bằng 1,5.
Giải:
hh
M
= 1,5.16 = 24
2
H
V
2 4
24
11
2
22
4
2
==→
CO

H
V
V
CO
V
28 22
Ví dụ 3: Hoà tan 4,59g Al bằng dd HNO
3
loãng thu được hỗn hợp khí NO và N
2
O có tỉ khối so với H
2
bằng 16,75. Tính tỉ lệ
thể tích khí trong hỗn hợp.
Giải:
hh
M
= 16,75.2 = 33,5
ON
V
2
44 3,5
33,5
3
1
5,10
5,3
2
==→
NO

ON
V
V
NO
V
30 10,5
Ví dụ 4: Trộn 2 thể tích CH
4
với 1 thể tích hiđrocacbon X thu được hỗn hợp khí (đktc) có tỉ khối so với H
2
bằng 15.
Xác định CTPT của X.
Giải:
hh
M
= 15.2 = 30
2V 16 M
X
- 30

30
58
1630
30
1
2
=→
−
−
=→

X
X
M
M
V
V
1V M
X
30 – 16
Với 12x + y = 58 chỉ có nghiệm khi x = 4 và y = 10 → C
4
H
10

Ví dụ 5: Từ 1 tấn quặng hematit (A) điều chế được 420kg sắt . Từ 1 tấn quặng manhetit (B) điều chế được 504kg sắt.
Phải trộn 2 quặng trên với tỉ lệ về khối lượng là bao nhiêu để được 1 tấn quặng hỗn hợp mà từ 1 tấn quặng hỗn hợp này
điều chế được 480kg sắt ?
Giải:
m
A
420 24
480
5
2
60
24
==→
B
A
m

m
m
B
504 60