tổng hợp các phương pháp giải nhanh bái toán hóa

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

lượng, phương pháp bảo tồn điện tích, phương pháp tăng giảm khối lượng, phương pháp bảo
tồn electron, phương pháp sử dụng các đại lượng trung bình, phương pháp biện luận,
Với một lượng kiến thức lớn, chương trình Hóa học vô cơ ở trường THPT là một thách
thức lớn với đại đa số học sinh. Nhằm mục đích sưu tầm, hệ thống và phân loại các dạng tốn
có thể giải nhanh bằng các phương pháp trên được áp dụng trong TNKQ, tôi mạnh dạn chọn
tiểu luận “Phân dạng và phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm khách quan phần
Hóa vô cơ ở trường THPT”.
II. Mục đích và đối tượng nghiên cứu:
- Mục đích: hình thành các phương pháp giải nhanh các dạng bài tập TNKQ thường
gặp trong chương trình Hóa vô cơ ở trường THPT.
- Đối tượng: các phương pháp giải tốn trong Hóa học được xây dựng trên cơ sở các
định luật; bài tập TNKQ.
III. Nhiệm vụ nghiên cứu:
- Sưu tầm hoặc tự soạn các bài tập có những dữ kiện đặc biệt hoặc những bài tốn có
thể giải nhanh và giải nhẩm được bằng việc áp dụng các định luật, các phương pháp giải tốn
trong Hóa học.
- Phân loại các bài tập TNKQ và đưa ra cách giải đối với từng phương pháp.
Tuy nhiên, trong giới hạn của một tiểu luận, do đó đối tượng mà tác giả nghiên cứu chỉ
giới hạn trong chương trình hóa vô cơ ở trường THPT và một số phương pháp giải tốn hóa
học thường được sử dụng:
- Phương pháp bảo tồn:
 Bảo tồn khối lượng (BTKL)
 Tăng giảm khối lượng
 Bảo tồn nguyên tố (BTNT)
 Bảo tồn electron (BT e)
- Phương pháp sử dụng các đại lượng trung bình:
 Sử dụng khối lượng mol trung bình
M
 Sử dụng hóa trị trung bình
- Phương pháp đường chéo

Với đề tài này, tác giả mong muốn có thể cung cấp một tài liệu tham khảo hữu dụng cho
các học sinh cuối bậc THPT về phương pháp làm bài tập TNKQ môn hóa học để chuẩn bị tốt
cho các kỳ thi tốt nghiệp, tuyển sinh đại học.
Tiểu luận cũng nhằm cung cấp một phương pháp để soạn thảo bài tập TNKQ là cách
soạn thảo dựa vào đặc tính của bài tốn có cách giải nhanh hoặc có những dữ kiện đặc biệt.
B. NỘI DUNG
CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỐN HÓA HỌC Ở TRƯỜNG PHỔ THÔNG
CHƯƠNG I: PHƯƠNG PHÁP BẢO TỒN KHỐI LƯỢNG VÀ
PHƯƠNG PHÁP TĂNG GIẢM KHỐI LƯỢNG
I. Phương pháp bảo tồn khối lượng :[2], [6], [11], [13], [14]
Vào khoảng đầu những năm 50 của thế kỷ XVIII, nhà bác học vĩ đại người
Nga M.V Lômônôxốp (1711-1765) và Lavoadie (A.Lavoisier) người Pháp là những
người đầu tiên phát hiện ra ĐLBTKL: “Trong một phản ứng hóa học, tổng khối lượng
của các sản phẩm bằng tổng khối lượng của các chất tham gia”. Qua hơn 100 năm
sau, định luật đã được hai nhà bác học là Stat kiểm tra lại vào những năm 1860-1870;
Landon vào năm 1909 sử dụng cân với đọ chính xác 0,00001g.
I.1. Nội dung của định luật:
“Khối lượng của các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng của các chất
tạo thành sau phản ứng”.
I.2. Vận dụng định luật vào giải tốn:
Vận dụng định luật bảo tồn khối lượng trong giải tốn hóa học, giúp người học có
thể đưa ra những phương pháp nhanh chóng để giải quyết một bài tốn TNKQ hơn
nhiều lần so với phương pháp thông thường là tính tốn theo phương trình, đồng thời
người dạy cũng có thể dựa vào đó để xây dựng bộ câu hỏi TNKQ liên quan đến định
luật nhằm rèn luyện tư duy năng lực phát hiện vấn đề của người học.
Sau đây là một số dạng tốn được sưu tầm và xây dựng từ sự vận dụng ĐLBTKL:
I.2.1. Dạng 1: Xác định khối lượng của chất tham gia hoặc sản phẩm
trong phản ứng hóa học dựa trên nguyên tắc trong phản ứng hóa học, dù các chất
tham gia phản ứng là vừa đủ hay có chất dư thì tổng khối lượng của các chất
trước phản ứng bằng tổng khối lượng của các chất tạo thành sau phản ứng (sản

phẩm và chất dư nếu có): m
trước
= m
sau
Nếu sau phản ứng có chất tách khỏi môi trường do bay hơi hay kết tủa là
không trùng trạng thái vật lý thì hệ quả trên vẫn không thay đổi nhưng: m
trước
=
m
sau
= m
tan
+ m↓ + m↑.
Ví dụ 1: [10] Khử 4,64g hỗn hợp X gồm FeO, Fe
3
O
4,
Fe
2
O
3
có số mol bằng nhau
bằng CO thu được chất rắn Y. Khí thốt ra sau phản ứng được dẫn vào dung dịch
Ba(OH)
2
dư thu được 1,79g kết tủa. Khối lượng của chất rắn Y là:
A. 4,48g B. 4,84g C. 4,40g D. 4,68g
Cách giải: hh X + CO → Y + CO
2
CO

2
+ Ba(OH)
2
→ BaCO
3
↓+ H
2
O

2
CO
1,97
n n 0,01(mol)
197
↓
= = =
Áp dụng ĐLBTKL, ta có:
2 2
X CO Y CO Y X CO CO
m m m m m m m m+ = + ⇒ = + −

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

với việc tính tốn; do đó giải quyết bài tốn một cách nhanh chóng.
Ví dụ 2: [17] Nung 13,4g hỗn hợp 2 muối cacbonat của 2 kim loại của hóa trị II,
thu được 6,8g chất rắn và khí X. Lượng khí X sinh ra cho hấp thụ vào 75ml dd NaOH
1M, khối lượng muối khan thu được sau phản ứng là (cho H =1, C =12, O =16, Na
=23)
A. 5,8g B. 6,5g C. 4,2g D. 6,3g
Cách giải:
Gọi chung công thức hỗn hợp 2 muối:
3
MCO
0
t
3 2
MCO MO CO→ +
Áp dụng ĐLBTKL, ta có:
2
3
CO
MCO MO
m m m= +


2 2
3
CO CO
MCO MO
NaOH
m m m 13, 4 6,8 6,6(g) n 0,15(mol)
n 0,075x1 0,075(mol)
⇒ = − = − = ⇒ =

⇒ = =


2
1
1
2
NaOH
CO
n
T
n
= = <
→ tạo muối NaHCO
3
và dư CO
2

2 3
CO NaOH NaHCO+ →

3
NaHCO
m 0,075x84 6,3(g)= =
Vậy chọn đáp án D.
Ví dụ 3: [tự ra] Hòa tan m(g) hỗn hợp Zn và Fe cần vừa đủ 1l dd HCl 3,65M
(d=1,19g/ml) thu được 1 chất khí và 1250g dd D. Vậy m có giá trị:
A. 65,63(g) B. 61,63(g) C. 63,65(g) D. 63,61(g)
Cách giải:
ddHCl

m 1000x1,19 1190(g)= =
;
HCl
n 3,65x1 3,65(mol)= =
Zn + 2HCl→ ZnCl
2
+ H
2

↑

Fe + 2HCl→ FeCl
2
+ H
2

↑

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

hh(Zn,Fe)
3,65
m m 1250 2( ) 1190 63,65(g)
2
⇒ = = + − =
Vậy chọn đáp án C.
Ví dụ 4: [15] Cho 115g hỗn hợp gồm ACO

3
, B
2
CO
3
, R
2
CO
3
tác dụng hết với dd
HCl thấy thốt ra 0,448l CO
2
(đktc). Khối lượng muối clorua tạo ra trong dung dịch
là:
A. 115,22g B.151,22g C. 116,22g D. 161,22g
Cách giải:

3 2 2 2
2 3 2 2
2 3 2 2
ACO 2HCl ACl H O CO
B CO 2HCl 2BCl H O CO
R CO 2HCl 2RCl H O CO
↑
↑
↑
+ → + +
+ → + +
+ → + +

2 2 2
CO HCl H O CO
0,448
n 0,02(mol);n 2n 2n 2x0,02 0,04(mol)
22,4
= = = = = =
Áp dụng ĐLBTKL: m
muối cacbonat
+ m
HCl
= m
muối clorua
+
2 2
H O CO
m m+
→ m
muối clorua
= m
muối cacbonat
+ m
HCl
-
2 2
H O CO
m m−
= 115 + 0,04 x 36,5 - 0,02 (18 + 44) = 115,22 (g)
→ Chọn đáp án A.
Ví dụ 5: [21] Hòa tan 3,28g hỗn hợp muối MgCl
2

và
3 2
Cu( NO )
vào nước được
dung dịch A. Nhúng vào dung dịch A một thanh Fe. Sau một khoảng thời gian lấy
thanh Fe ra cân lại thấy tăng thêm 0,8g. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thì thu được
m gam muối khan. Giá trị của m là:
A. 4,24g B. 2,48g C. 4,13g D. 1,49g
Cách giải: giải theo phương pháp bảo tồn khối lượng:
Áp dụng ĐLBTKL, ta có: sau một khoảng thời gian độ tăng khối lượng của
thanh Fe bằng độ giảm khối lượng của dung dịch muối. Vậy: m = 3,28 - 0,8 = 2,48 (g)
Chọn đáp án B.
 Nhận xét: Chỉ với áp dụng ĐLBTKL, đã giải quyết bài tốn nhanh gọn;
nhưng điều này đòi hỏi HS phải nắm vững định luật và biết phát hiện ra
vấn đề.
I.2.2. Dạng 2: Khi cation kết hợp với anion để tạo ra hợp chất như axit,
oxit, hiđroxit, muối, thì ta luôn có: khối lượng hợp chất = khối lượng các cation
+ khối lượng các anion
Thông thường để tính tốn khối lượng các muối khan thu được trong dung dịch
sau phản ứng.
Ví dụ 6: [10] Cho 1,04g hỗn hợp hai kim loại tan hồn tồn trong dung dịch H
2
SO
4
lỗng dư thốt ra 0,672 lít khí H
2
(đktc). Khối lượng hỗn hợp muối sunfat khan thu
được sẽ là:
A. 3,92g B. 1,96g C.3,52g D.5,88g
Cách giải: 2 kim loại + H

2
SO
4
l → hh muối sunfat + H
2
2
2 2 4
4
H H SO
SO
0,672
n n n 0,03(mol)
22,4
−
= = = =
Nhận thấy m
muối sunfat
= m
cation
+ m
anion
= m
kim loại
+
2
4
SO
m
−
= 1,04 + 0,03 x 96 = 3,92

(g)
Vậy chọn đáp án A.
 Nhận xét :
- Nếu HS phát hiện được vấn đề của bài tốn thì việc giải quyết bài tốn này
trở nên vô cùng đơn giản. Nhưng nếu HS cứ áp dụng máy móc phương pháp giải
truyền thống là đặt ẩn, giải hệ đưa đến một hệ phương trình nhiều ẩn số hơn số
phương trình, do đó bài tốn trở nên phức tạp. Các dạng bài tập này có thể sử dụng để
rèn luyện năng lực phát hiện vấn đề của HS.
- Vận dụng định luật BTKL để tính khối lượng hợp chất sẽ được phát
triển thêm, hình thành nên một phương pháp được ứng dụng phổ biến trong giải tốn
hóa học. Đó là phương pháp tăng giảm khối lượng. Do đó, các bài tập của phần vận
dụng này được kết hợp giải quyết với phương pháp tăng giảm khối lượng.
II. Phương pháp tăng giảm khối lượng:[2], [13], [14]
II.1. Nguyên tắc của phương pháp:
Dựa vào sự tăng (giảm) khối lượng khi chuyển từ 1 mol chất A thành 1 mol
hoặc nhiều mol chất B (có thể qua các giai đoạn trung gian) ta có thể dễ dàng tính
được số mol của các chất và ngược lại hoặc trong quá trình phản ứng có sự thay
đổi khối lượng các chất.
II.2. Vận dụng phương pháp tăng giảm khối lượng trong giải tốn:
II.2.1. Dạng tốn phản ứng hóa học có sự thay đổi thành phần của hợp
chất (có thể là anion hoặc cation) và làm chênh lệch khối lượng giữa chất cũ và
chất mới:
Ví dụ 1: giải lại ví dụ 4 của ĐLBTKL bằng phương pháp tăng giảm khối lượng.
Theo (1), (2), (3): từ muối cacbonat chuyển thành muối clorua thì khối lượng
muối tăng:
71 - 60 = 11g và tạo ra 1 mol CO
2
Theo đề:
2
CO

n 0,02(mol)=
⇒
khối lượng muối tăng:
m 0,02x11 0,22(g)∆ = =

⇒
m
muối clorua
= m
muối cacbonat
+
m∆
= 115 + 0,22 = 115,22 (g)
Vậy đáp án đúng là A.
Ví dụ 2: [10] Hòa tan 9,875g một muối hiđrocacbonat vào nước, cho tác dụng
với dung dịch H
2
SO
4
vừa đủ rồi đem cô cạn thu được 8,25g một muối sunfat trung
hòa khan. Công thức phân tử của muối là:
A. NH
4
HCO
3
B. NaHCO
3
C.
3 2
Ca( HCO )

D. KHCO
3
Cách giải: gọi muối hiđrocacbonat:
3 n
R(HCO )
với n là hóa trị của kim loại trong
muối đó.
3 n 2 4 2 4 n 2 2
2R(HCO ) nH SO R (SO ) 2nH O 2nCO+ → + + ↑
Theo phương trình: cứ 2 mol muối hiđrocacbonat chuyển thành 1 mol muối
sunfat thì khối lượng muối giảm: 61x 2n - 96n = 26n (g) và là khối lượng của 2n mol
CO
2.
Theo đề: ∆m
giảm
= 9,875 - 8,25 = 1,625 (g)

2 3 n
CO M(HCO )
2n 0,125
n 1,625x 0,125(mol) n (mol)
26n n
⇒ = = ⇒ =
Độ tăng (giảm) lượng muối theo đề bài
Số mol =
Độ tăng (giảm) lượng muối theo phương trình
Ta có hệ thức tính M
R
: M
R

=
9,875
61n 18n
0,125
n
− =
n 1 2
R
18
(NH
4
)
39
(loại)
⇒
Chọn đáp án A.
 Nhận xét:
- Nếu HS dựa vào phương trình hóa học với 2 số liệu của đề bài để giải
quyết bài tốn thì phải chia ra 2 trường hợp tương ứng với hóa trị của R là 1 hoặc 2 để
đưa ra công thức của muối sunfat phù hợp (công thức tổng quát không phù hợp với
trường hợp n = 2). Nhưng khi sử dụng phương pháp tăng giảm khối lượng thì chỉ cần
quan tâm đến tỉ lệ số mol CO
2
với muối hiđrocacbon luôn là n. Do đó với việc chỉ sử
dụng phương trình tổng quát có thể tính được số mol CO
2
và bài tốn được giải quyết
nhanh chóng hơn nhiều lần.
- Dựa vào phương pháp này, cho ta rút ra công thức tính số mol của khí
CO

2
:

Ví dụ 3: [9] Oxy hóa hồn tồn a(g) hỗn hợp X (gồm Zn, Pb, Ni) được b(g) hỗn
hợp 3 oxit Y (ZnO, PbO, NiO). Hòa tan b(g) Y trên trong dung dịch HCl lỗng thu
được dung dịch Z. Cô cạn Z được hỗn hợp muối khan có khối lượng (b + 55) gam.
Khối lượng a (g) của hỗn hợp X ban đầu là:
A. a = b -16 B. a = b - 24 C. a = b- 32 D. a = b - 8
Cách giải: các kim loại này có cùng hóa trị → gọi chung là M
hh
M
hh
+
0
t
2 hh
1
O M O
2
→
M
hh
O + 2 HCl → M
hh
Cl
2
+ H
2
O
Z chứa muối khan có khối lượng lớn hơn khối lượng oxit 55g. Đó chính là độ

chênh lệch khối lượng của 2 anion Cl
-
và O
2-
: 1 mol M
hh
O chuyển thành 1 mol M
hh
Cl
2

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

⇒
a =

hh
M oxit O
m m m b 1x16 b 16= − = − = −
.
Vậy đáp án đúng là A.
II.2.2. Dạng tốn cho thanh kim loại vào dung dịch muối và sau phản ứng
có sự thay đổi khối lượng của thanh kim loại hoặc dung dịch phản ứng:
Dựa vào các dữ kiện của đề bài, thiết lập được mối quan hệ ẩn số với đề bài cho:
a. Cho thanh kim loại A có khối lượng ban đầu là m(g) vào dung
dịch muối B (Avà B cùng hóa trị)
- Khối lượng thanh kim loại A tăng hoặc tăng a % (nguyên tử khối của A<
nguyên tử khối của B) thì: m
KL giải phóng
- m
KL tan
= ∆m
tăng
hay
a
xm
100
- Khối lượng thanh kim loại A giảm hoặc giảm b% (nguyên tử khối của A >
nguyên tử khối của B) thì: m
KL tan
- m
KL giải phóng
= ∆m
giảm
hay
b

xm
100
b. Khi cho hai thanh kim loại khác nhau (cùng hóa trị ) nhúng
vào hai dung dịch muối giống nhau: nếu đầu bài cho số mol hai muối dùng cho
phản ứng bằng nhau nghĩa là số mol hai thanh kim loại tan vào hai dung dịch muối là
như nhau. Nếu cùng một khối lượng thì khối lượng hai thanh kim loại tan vào dung
dịch muối là như nhau.
Ví dụ 4: [12] Cho m(g) Fe vào 100 ml dung dịch Cu(NO
3
)
2
thì nồng độ của Cu
2+

còn lại trong dung dịch bằng 1/2 nồng độ của Cu
2+
ban đầu và thu được một chất rắn
A có khối lượng (m + 0,16)g. Tính m (khối lượng Fe) và nồng độ ban đầu của
Cu(NO
3
)
2
(phản ứng hồn tồn).
A. 1,12g Fe, C = 0,3 M B. 2,24g Fe, C = 0,2 M
C. 1,12g Fe, C = 0,4 M D. 2,24g Fe, C = 0,3 M
Cách giải: sau phản ứng còn dư Cu
2+
, vậy Fe đã phản ứng hết. Gọi x là số mol Fe
có ban đầu
Fe + Cu

2+
→ Fe
2+
+ Cu
x x x
Khối lượng của chất rắn tăng lên 0,16g là do Cu sinh ra
Ta có: 64x - 56x = 0,16 ↔ x =
0,16
0,02(mol)
8
=
⇒
m
Fe
= 0,02 x 56 = 1,12 (g);
2
bd
Cu
n 0,02x2 0,04(mol)
+
= =
3 2
Cu(NO )
0,04
C 0,4(M)
0,1
⇒ = =
. Vậy, chọn đáp án C.
Ví dụ 5: [10] Nhúng một thanh graphit được phủ một lớp kim loại hóa trị II vào
dung dịch CuSO

4
dư. Sau phản ứng khối lượng của thanh graphit giảm đi 0,24g.
Cũng thanh graphit này nếu được nhúng vào dung dịch AgNO
3
thì khi phản ứng xong
khối lượng thanh graphit tăng lên 0,52g. Kim loại hóa trị II là kim loại nào sau đây:
A. Pb B.Cd C.Fe D.Sn
Cách giải: gọi kim loại có hóa trị II đó là M có khối lượng m(g)
M + Cu
2+
→ M
2+
+ Cu ↓
1 mol 1 mol → giảm M - 64 (g)

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

0,52
(mol)

216 M−
← ∆m
tăng
= 0,52 (g)
Vì cùng một thanh graphit tham gia phản ứng nên:
0,24
M 64
=
−
0,52
216 M−
↔ M = 112
Vậy đáp án đúng là B: Cd.
II.2.3. Dạng tốn về nhiệt phân (ví dụ: nhiệt phân muối cacbonat, muối
nitrat, kết tủa hidroxit )
Ví dụ 6: [5] Nung nóng 50g hỗn hợp gồm NaHCO
3
và Na
2
CO
3
cho đến khối
lượng không thay đổi còn lại 34,5g chất rắn. Thành phần phần trăm khối lượng mỗi
chất trong hỗn hợp ban đầu là:
A. 15% và 85% B. 16% và 84% C. 17% và 83% D.21% và 79%
Cách giải:
Khi nung chỉ có NaHCO
3
bị phân hủy. Gọi x là số mol NaHCO
3

0
t
3 2 3 2 2
2NaHCO Na CO CO H O→ + +
2 mol 1 mol → khối lượng giảm: 2 x 84 - 106 = 62
(g)

15,5x2
0,5(mol)
62
=
← ∆m
giảm
= 50 - 34,5 = 15,5 (g)
3
NaHCO
m 0,5x84 42(g)= =
⇒
%
3
NaHCO
42
m x100 84
50
= =
(%) ; %
2 3
Na CO
m 16=

(%)
Vậy đáp án đúng là B.
Nhiệt phân muối nitrat của các kim loại:
- Các muối nitrat kim loại khác nhau sẽ cho các sản phẩm nhiệt phân khác nhau.
Tổng quát:
( )
( )
0
t
3 2 2
nn
n
A NO A NO O
2
→ +
(1)
( )
0
t
3 2 m 2 2
m
m
2B NO B O 2mNO O
2
→ + +
(2)
( )
0
t
3 2 2

k
k
M NO M kNO O
2
→ + +
(3)
 Phương trình (1) ứng với các kim loại kiềm thổ(Ca, Ba), riêng các kim loại
kiềm thổ sẽ không cho sản phẩm cuối cùng là muối nitrit mà tiếp tục bị
nhiệt phân tạo oxit kim loại kiềm thổ.
 Phương trình (2) ứng với các kim loại từ Mg → Cu trong dãy Beketop.
 Phương trình (3) ứng với các kim loại dứng sau Cu trong dãy Beketop.
- Khi nhiệt phân muối thường cho ra chất rắn có khối lượng giảm đi một lượng
bằng chính khối lượng của NO
2
và O
2
thốt ra. Dựa vào dữ kiện đó để giải quyết bài
tốn.
Ví dụ 7: [Tự ra] Nung nóng AgNO
3
trong một thời gian. Sau đó để nguội, đem
cân thì thấy khối lượng giảm đi 15,5g. Khối lượng AgNO
3
đã bị phân hủy và thể tích
các khí thốt ra ở 30
0
C và 1,5 atm là:
A. 40,25g; 2,07 lít và 6,02 lít B. 42,50g; 2,07 lít và 6,22 lít
C. 42,50g; 2,40 lít và 6,22 lít D. 40,25g; 2,40 lít và 6,30 lít
Cách giải:

PTPƯ:
0
t
3 2 2
1
AgNO Ag NO O
2
→ ↓ + ↑ +
170g 108g → ∆m
giảm
= 170 - 108 = 62 (g)
x (g) ← ∆m
giảm
= 15,5 (g)
3
AgNO
m
bị phân hủy
= x =
170x15,5
42,5(g)
62
=
Theo phương trình:
2 2 3
O NO AgNO
1 1
n n n
2 2
= =

bị phân hủy
=
1 42,5
0,125(mol)
2 170
 
=
 ÷
 
Ở 30
0
C; 1,5 atm thể tích khí thốt ra là:
( )
2
O
22,4
0,125 273 30
nRT
273
V 2,07(lít)
P 1,5
 
+
 ÷
 
= = =
( )
2
NO
22,4

0,25 273 30
nRT
273
V 6,22(lít)
P 1,5
 
+
 ÷
 
= = =
Vậy đáp án đúng là đáp án B.
Ví dụ 8: [12] Nung 13,85g muối KClO
x
thì khối lượng chất rắn thu được giảm
46,21% so với khối lượng muối ban đầu. Xác định công thức của muối.
Nếu cho tồn bộ thể khí thu được trong phản ứng trên tác dụng với 32g Cu (phản
ứng hồn tồn). Tính khối lượng chất rắn thu được sau phản ứng.
A. KClO
3
; 36,8g B. KClO
4
; 40g C.KClO
4
; 38,4g D.KClO
3
; 38,5g
Cách giải:
0
t
x 2

x
KClO KCl O
2
→ +
Độ giảm khối lượng là khối lượng oxi mất đi.
2
O
13,85.46,21
m 6,4(g)
100
= =

⇒
x
O
KClO
m
16x 6,4
x 4
m 74,5 16x 13,85
= = ⇒ =
+
⇒
Công thức muối là KClO
4
4
KClO
13,85
n 0,1(mol)
138,5

= =
;
2 4
O KClO
n 2n 0,2(mol)= =
2
1
Cu O CuO
2
+ →
Áp dụng ĐLBTKL, ta có:
2
r Cu O
m m m 3,2 0,2x32 38,4(g)= + = + =
Vậy chọn câu C.
II.2.4. Một số dạng tốn khác
Ví dụ 9: [10] Một bình cầu dung tích 448ml được nạp oxi rồi cân. Phóng điện để
O
2
chuyển thành O
3
(ozon hóa), sau đó lại nạp oxi cùng thể tích như bình trước rồi
cân. Khối lượng trong hai trường hợp chêch lệch nhau 0,06g. Biết thể tích khí nạp
vào bình đều ở đktc. Phần trăm về khối lượng của ozon trong hỗn hợp là:
A. 24,72% B. 26,72% C. 28,72% D. 25,71%
Cách giải:
Phương trình ozon hóa:
h
2 3
3O 2O

ν
ˆ ˆ ˆ†
‡ ˆ ˆ ˆ
Vì thể tích 2 bình như nhau, nên ta có thể hiểu để chuyển 1 mol O
2
thành 1 mol
O
3
thì khối lượng tăng là 16g (bằng khối lượng 1 mol O nguyên tử)
⇒
n
O nguyên tử
=
3
0,06
3,75.10 (mol)
16
−
=
n
Onguyêntử
=
3 3
3 3
O O
n 3,75.10 (mol) m 3,75.10 x48 0,18(g)
− −
= ⇒ = =
Các khí được nạp đều ở đktc nên:
3

hh
448.10
n 0,02(mol)
22,4
−
= =
2
hh O
m m m⇒ = + ∆
tăng
= 0,02 x 32 + 0,06 = 0,7 (g)
3
O
0,18
%m x100 25,71(%)
0,7
⇒ = =
.

Vậy đáp án đúng là D.
Ví dụ 10: [12] Một hỗn hợp X gồm Ba và Cu. Khi nung X với O
2
dư thì khối
lượng tăng lên 4,8g. Khi cho chất rắn thu được sau phản ứng tác dụng với H
2
dư thì
khối lượng chất rắn giảm 3,2g. Tính khối lượng của hỗn hợp X.
A. 20,1g B. 33,8g C. 26,5g D. 16,2g
Cách giải: gọi n
Ba

: x (mol) ; n
Cu
: y (mol)

2
1
Ba O BaO
2
+ →
x
1
2
x x

2
1
Cu O CuO
2
+ →
y
1
2
y y
Độ tăng khối lượng chính là
2
O
m
phản ứng
⇒
2

O
x y 4,8
n 0,15(mol)
2 32
+
= = =
↔ x + y = 0,3
(1)
Khử bằng H
2
, chỉ có CuO bị khử: CuO + H
2
→ Cu + H
2
O
⇒
Độ giảm khối lượng là khối lượng oxi trong CuO bị H
2
lấy đi:
O
3,2
n y 0,2
16
= = =
(2)
(1) và (2) suy ra: x = 0,1
m
X
= 137x + 64y = 137.0,1 + 64.0,2 = 26,5 (g)
⇒

đáp án đúng là C.
Ví dụ 11: [tự ra] Nung nóng hỗn hợp X gồm PbO và FeO với một lượng C vừa
đủ. Sau khi phản ứng xảy ra hồn tồn, thu được hỗn hợp chất rắn Y và khí không màu
Z. Đem cân hỗn hợp rắn Y thấy khối lượng giảm 4,8g so với hỗn hợp X. Cho hỗn hợp
Y tác dụng với dung dịch HCl dư, thu được chất khí A. Sục khí Z vào dung dịch nước
vôi trong dư được kết tủa trắng. Thể tích khí A (đktc) và khối lượng kết tủa thu được
là:
A. 6,72 lít và 15g B. 3,36 lít và 30g
C. 6,72 lít và 30g D. 3,36 lít và 15g
Cách giải:
0
t
2
2PbO C 2Pb CO+ → +

0
t
2
2FeO C 2Fe CO+ → +
Khối lượng chất rắn Y giảm so với hỗn hợp X là khối lượng O trong oxit đã bị C
lấy đi tạo CO
2

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

n n n 0,3(mol)⇒ = = =

2
CO O
1
n n 0,15(mol)
2
= =
Pb + 2 HCl → PbCl
2
+ H
2
↑
Fe + 2 HCl →Fe + H
2
↑
2
H hhY
n n 0,3(mol)= =

2
H
V 0,3x22,4 6,72(lít)⇒ = =
CO
2
+ Ca(OH)
2
→ CaCO
3
↓ + H

2
O
2
CO
n n 0,15(mol)
↓
= =

⇒
3
CaCO
m 0,15x100 15(g)= =
Vậy đáp án đúng là A.
 Nhận xét: qua 2 ví dụ trên, ta có thể rút ra một số nhận xét sau giúp giải
nhanh các bài tập về khử oxit kim loại:
- Khi khử oxit kim loại bằng CO, khí sinh ra cho qua nước vôi trong dư
(hoặc dung dịch Ba(OH)
2
) thì: n
O của oxit kim loại
=
2 3
CO CaCO
2n 2n=
- Khi khử oxit kim loại bằng C dư, khí sinh ra cho qua nước vôi trong dư
(hoặc dung dịch Ba(OH)
2
) thì: n
O của oxit kim loại
=

2 3
CO CaCO
2n 2n=
- Kim loại tạo thành khi oxit kim loại tác dụng với chất khử: m
kim loại
= m
oxit
kim loại
- m
oxi
III. Một số bài tập TNKQ giải theo phương pháp bảo tồn khối lượng và tăng
giảm khối lượng :
Bài tập 1: [4] Cho khí CO qua ống đựng a (g) hỗn hợp gồm CuO, Fe
3
O
4
, FeO,
Al
2
O
3
nung nóng. Khí thốt ra được cho vào nước vôi trong dư thấy có 30g kết tủa
trắng. Sau phản ứng, chất rắn trong ống sứ có khối lượng 202g. Khối lượng a (g) của
hỗn hợp các oxit ban đầu là:
A. 200,8g B. 216,8g C. 206,8g D. 103,4g
Hướng dẫn: Áp dụng ĐLBTKL a = m
chất rắn
+ m
O(trong oxit)
a = m

chất rắn
+
2
CO
m

x 16
Bài tập 2: [10] Hòa tan 5g hỗn hợp 2 muối cacbonat kim loại hóa trị I và hóa trị
II bằng dung dịch HCl thu được dung dịch M và 1,12l khí CO
2
(đktc). Khi cô cạn
dung dich M thu được khối lượng muối khan bằng:
A. 11,1g B. 5,55g C. 16,5g D. 22,2g
Bài tập 3: [10] Ngâm một lá kẽm trong dung dịch chứa 2,24g ion kim loại M
2+
.
Phản ứng xong, khối lượng lá kẽm tăng thêm 0,94g. M
2+
là ion kim loại nào sau đây:
A. Ba
2+
B. Sr
2+
C. Pb
2+
D. Cd
2+
Bài tập 4: [5] Cho 50g hỗn hợp bột oxit kim loại gồm ZnO, FeO, Fe
2
O

3
, Fe
3
O
4
,
MgO tác dụng hết với 200ml dung dịch HCl 4M (lấy vừa đủ) thu được dung dịch X.
Lượng muối có trong dung dịch X bằng:
A. 79,2g B. 78,4g C. 72g D. 72,9g
Bài tập 5: [16] Hòa tan 5,94g hỗn hợp hai muối clorua của hai kim loại A, B (A
và B là 2 kim loại thuộc PNC nhóm II) vào nước được 100ml dung dịch X. Để làm kết
tủa hết ion Cl
-
có trong dung dịch X, Người ta cho dung dịch X tác dụng với dd
AgNO
3
thu được 17,22g kết tủa. Lọc bỏ kết tủa, thu được dung dịch Y. Cô cạn Y được
m (g) hỗn hợp muối khan, m có giá trị là:
A. 6,36g B. 63,6g C. 9,12g D. 91,2g
Bài tập 6: [16] Nhúng một thanh kim loại hóa trị II vào dung dịch CuSO
4
, sau
một thời gian lấy thanh kim loại ra thấy khối lượng giảm 0,05%. Mặt khác nhúng
thanh kim loại trên vào dung dịch Pb(NO
3
)
2
, sau một thời gian thấy khối lượng tăng
7,1%. Biết rằng số mol CuSO
4

và Pb(NO
3
)
2
tham gia phản ứng ở hai trường hợp là
như nhau. Vậy M là kim loại nào sau đây:
A. Zn B. Fe C. Mg D. Ni
Bài tập 7: [12] Nung 24,5g KClO
3
. Khí thu được tác dụng hết với Cu (lấy dư).
Phản ứng cho ra chất rắn có khối lượng lớn hơn khối lượng Cu dùng lúc đầu là 4,8g.
Tính hiệu suất phản ứng nhiệt phân KClO
3
.
A. 75% B. 80% C. 50% D. 100%
Bài tập 8: [22] Nhúng một thanh kẽm và một thanh sắt vào cùng một dung dịch
CuSO
4
. Sau một thời gian lấy hai thanh kim loại ra thấy trong dung dịch còn lại có
nồng độ mol ZnSO
4
bằng 2,5 lần nồng độ mol FeSO
4
. Mặt khác, khối lượng dung dịch
giảm 2,2g. Khối lượng đồng bám lên thanh kẽm và thanh sắt lần lượt là:
A. 12,8g ; 32g B. 64g ; 25,6g
C. 32g ; 12,8g D. 25,6g ; 64g
Hướng dẫn: do cùng nhúng hai thanh kim loại vào một dung dịch nên dung dịch
còn lại cùng thể tích
C

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

↔ 2,2 = 64(2,5x + x) -65. 2,5x- 56x → x = 0,4 (mol)
→ m
Cu bám lên thanh Zn
= 64g ; m
Cu bám lên thanh Fe
= 25,6g
Bài tập 9: [20] Nung hỗn hợp A gồm CaCO
3
và CaSO
3
tới phản ứng hồn tồn
được chất rắn B có khối lượng bằng 50,4% khối lượng của hỗn hợp A. Thành phần
phần trăm về khối lượng các chất trong hỗn hợp A:
A. 40% và 60% B. 25% và 75%
C. 30% và 70% D. 20% và 80%
Hướng dẫn:
Cách 1: Phương pháp đại số

CaCO
3
→ CaO + CO
2
(1)
x x x
CaSO
3
→ CaO + SO
2
(2)
y y y

Gọi khối lượng của hỗn hợp A là a (g).

3
CaO
0,504a
n 9 10 a(mol)
56
−
= = ×
3
3 3
CaCO
x y 9 10 a 9 10 (100x 120y) x 0,8y
100x 100 0,8y
%m 40%
100x 120y 100 0,8y 120y
− −
+ = × = × + ↔ =
×
⇒ = = =
+ × +
Cách 2: Phương pháp tăng giảm khối lượng
Theo pt (1), (2) ta có:
100g CaCO
3
→56g CaO tương ứng 56% m
cacbonat
120g CaSO
3
→56g CaO tương ứng 46,67% m

sunfit
Gọi x là thành phần phần trăm về khối lượng của CaCO
3
. Ta có :
56x + 46,67(1-x) = 50,4 ↔ x = 0,4 → %
3
CaCO
m
= 40%.
Bài tập 10: [12] Trộn 1l dung dịch (NH
4
)
2
CO
3
0,01M với 1l dung dịch Ba(OH)
2

0,005M nóng, khối lượng riêng của hai dung dịch này đều bằng 1g/ml. Tính khối
lượng dung dịch thu được sau phản ứng (khí thốt ra hồn tồn khỏi dung dịch nóng)
A. 1998,845g B. 1998,830g
C. 1999,015g D. 1998,120g
Bài tập 11: [1] Một hỗn hợp gồm Fe và Fe
2
O
3
. Nếu cho lượng khí CO dư đi qua
m (g) hỗn hợp trên ở điều kiện nhiệt độ cao, sau khi kết thúc phản ứng, người ta thu
được 11,2g Fe. Nếu ngâm m (g) hỗn hợp trên trong dung dịch CuSO
4

dư, phản ứng
xong thu được chất rắn có khối lượng tăng thêm 0,8g. Khối lượng nào sau đây là khối
lượng m (gam) ban đầu:
A. 14g B. 13,6g C. 13g D. 12g
Bài tập 12: [Tự ra] Cho 6,72l khí oxi (đkktc) phản ứng hồn tồn với kim loại hóa
trị III thu được 20,4g oxit. Công thức phân tử của oxit là
A. Fe
2
O
3
B. Al
2
O
3
C. Cr
2
O
3
D. Ga
2
O
3
Bài tập 13: [Tự ra] Khử hồn tồn 11,6g oxit sắt bằng C ở nhiệt độ cao. Sản phẩm
khí dẫn vào nước vôi trong dư, tạo ra 10g kết tủa. Công thức phân tử oxit sắt là công
thức nào sau đây:
A. FeO B. Fe
2
O
3
C. Fe

3
O
4
D. FeO
2
Bài tập 14: [Tự ra] Hòa tan hồn tồn 5g hỗn hợp ba kim loại Zn, Fe,Mg vào
dung dịch H
2
SO
4
tháy thốt ra 0,672l khí H
2
(đktc). Khi cô cạn dung dịch ta thu được
bao nhiêu gam muối khan?
A. 4,66g B. 6,46g C. 9,7g D. 7,9g
Bài tập 15: [Tự ra] Điện phân nóng chảy a(g) muối clorua của kim loại nhóm
IA thu được b(g) kim loại ở catot và 0,896l khí (đktc) ở anot. Cho b(g) kim loại vào
nước, sau phản ứng khối lượng dung dich giảm 0,08(g) . Kim loại nhóm IA đó là kim
loại nào và khối lượng muối clorua ban đầu là:
A. K và 3,12g B. K và 1,56g
C. Na và 3,12g D. Li và 1,56g
Bài tập 16: [Tự ra] Đem nung một khối lượng Cu(NO
3
)
2
sau một thời gian dừng
lại làm nguội, rồi cân thấy khối lượng giảm 0,54g. Cho biết muối nitrat bị nhiệt phân
60%. Vậy khối lượng muối Cu(NO
3
)

2
ban đầu là:
A. 2,8g B. 0,82g C. 5,17g D.1,57g
Bài tập 17: [Tự ra] Cho 29,7g hỗn hợp Na
2
CO
3
, K
2
CO
3
tác dụng vừa đủ với
dung dịch BaCl
2
. Sau phản ứng thu được 49,25g kết tủa. Lọc tách kết tủa, cô cạn
dung dịch thu được m(g) muối clorua. Vậy m có giá trị là
A. 4,53g B. 23,5g C. 32,45g D. 3,45g
Bài tập 18: [Tự ra] Nung 5,05g nitrat kim loại kiềm cho đến khi nitrat bị nhiệt
phân hết. Khối lượng chất rắn thu được giảm 15,84% so với khối lượng muối ban
đầu. Kim loại kiềm đó là gì và thể tích khí thu được ở đktc
A. Na và 0,56 lít B. K và 1,12 lít
C. K và 0,56 lít D. Li và 1,12 lít
Hướng dẫn: gọi công thức của muối nitrat: MNO
3
MNO
3
→ MNO
2
+1/2 O
2

Khối lượng chất rắn giảm đi là khối lượng của O
2


3 2
2
MNO O
O
2 15,84 5,05
n 2n 0,05(mol)
100 32
5,05
M 62 39(Kali)
0,05
V 0,25 22,4 0,56(l)
× ×
⇒ = = =
×
⇒ = − =
= × =
Bài tập 19: [Tự ra] Đun nóng 31,2g hỗn hợp X gồm một muối hiđrocacbonat và
một muối cacbonat của cùng một kim loại đến khi tạo hồn tồn thành 25g muối
cacbonat. Hòa tan hồn tồn muối cacbonat thu được trong dung dịch HCl dư tạo
thành dung dịch Y. Đem cô cạn dung dịch Y thu được 27,75 muối khan Y. Kim loại đó
là gì và khối lượng muối cacbonat trong hỗn hợp X là bao nhiêu?
A. Na và 15,9g B. K và 29,7g
C. Ca và 25,2g D. Ca và 15g
Hướng dẫn:
- Hòa tan 25g muối cacbonat tạo thành 27,75g muối clorua
→ tăng 2,75g →

2
CO
n
= 0,25 mol
- Tìm biểu thức mối liên hệ giữa M và n, sau đó biện luận suy ra kim loại là Ca.
- Dựa vào phương trình Ca(HCO
3
)
2
→ CaCO
3
+ H
2
O + CO
2
. Tính
3
CaCO
m
Bài tập 20: [Tự ra] Cho 19,5g hỗn hợp Cu, Fe, Zn tác dụng với O
2
dư, nung
nóng thu được m (g) hỗn hợp X. Cho hỗn hợp X này tác dụng vừa đủ với dung dịch
HCl cần 325ml dung dịch 2M (không có khí thốt ra). Tính khối lượng muối clorua thu
được:
A. 28,525g B. 42,025g C. 65,1g D. 56,1g
Bài tập 21: [Tự ra] Cho hỗn hợp gồm ba muối MgCl
2
, NaBr, KI với số mol
tương ứng là 0,2 mol; 0,4 mol và 0,2 mol. Hòa tan hỗn hợp A trên vào nước tạo ra

dung dịch X. Dẫn V(l) Cl
2
sục vào dung dịch X, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu
được 66,2g chất rắn. Tính V (đktc)
A. 2,24l B. 8,96l C. 6,72l D. 4,48l
Hướng dẫn: PTPƯ có thể xảy ra

2 2
2 2
Cl 2I 2Cl I (1)
Cl 2Br 2Cl Br (2)
− −
− −
+ → +
+ → +
 Nếu phản ứng (1) xảy ra hồn tồn, khối lượng muối giảm: 0,2(127 - 35,5) =
18,3 (g)
 Khi cả hai phản ứng (1) và (2) xảy ra hồn tồn khối lượng muối giảm:
0,2(127 - 35,5) + 0,4(80 - 35,5) = 36,1 (g)
Theo đề bài, khối lượng muối giảm 93,4 - 66,2 = 27,2 (g)
18,3< 27,2 < 36
⇒
chứng tỏ phản ứng (1) xảy ra hồn tồn và có một phần phản
ứng (2)
Gọi
Br
n
−
pư
= x thì khối lượng của muối giảm: 18,3 + x(80 - 35,5) = 27,2

2
2
Cl
Cl
1
x 0,2(mol) n (0,2 0,2) 0,2(mol)
2
V 4,48(l)
↔ = → = + =
⇒ =
Chọn đáp án D.
CHƯƠNG II: PHƯƠNG PHÁP BẢO TỒN NGUYÊN TỐ
I. Nguyên tắc của phương pháp: [2], [6]
Dựa vào định luật bảo tồn nguyên tố: “Trong các phản ứng hóa học, các nguyên
tố luôn luôn được bảo tồn”.
Có thể hiểu định luật như sau: tổng số mol nguyên tử của một nguyên tố A trước
phản ứng hóa học luôn bằng tổng số mol nguyên tử của một nguyên tố A đó sau phản
ứng.
• Chú ý: Định luật được xem như nguyên nhân của định luật bảo tồn khối
lượng.
II. Vận dụng phương pháp bảo tồn nguyên tố trong giải tốn :
Các dạng tốn thường sử dụng bảo tồn nguyên tố:
- Nguyên tử của nguyên tố tồn tại trong nhiều hợp chất trong cùng một hỗn hợp
hoặc dung dịch thì khối lượng của nguyên tử (hay ion) đó bằng tổng khối lượng của
nguyên tử của nguyên tố đó trong các dạng tồn tại.
- Tính tốn khối lượng sản phẩm sau một quá trình phản ứng thì chỉ cần căn cứ
vào chất đầu và chất cuối, bỏ qua các phản ứng trung gian vì các nguyên tố luôn được
bảo tồn.
II.1. Khối lượng nguyên tử của nguyên tố ban đầu bằng tổng khối lượng

các dạng tồn tại của nguyên tố đó trong hỗn hợp hoặc trong dung dịch.
Thường gặp trong phản ứng nhiệt nhôm hoặc khử oxit sắt vì sắt có nhiều trạng
thái oxi hóa nên thường tồn tại trong nhiều hợp chất.
Chẳng hạn: hỗn hợp A
2 3
FeO : a(mol)
Fe O :b(mol)



bị khử bởi CO cho hỗn hợp chất rắn
B
gồm Fe
2
O
3
(còn dư): x mol
Fe
3
O
4
: y mol
FeO (còn dư) : z mol
Fe : t mol
Khi đó ta có:
Fe(trongA) Fe(trongB)
n n=
∑ ∑
hay a +2b = 2x + 3y +z +t
Ví dụ 1: [tự ra] Khử hết m (g) Fe

3
O
4
bằng khí CO thu được hỗn hợp A gồm FeO
và Fe. A tan vừa đủ trong 300ml dung dịch H
2
SO
4
1M tạo dung dịch B. Tính m và
khối lượng muối sunfat thu được khi cô cạn B.
A. 23,2g và 45,6g B. 23,2g và 54,6g
C. 2,32g và 4,56g D. 69,6g và 45,6g
Cách giải:
Fe
3
O
4
→ (FeO, Fe)→ FeSO
4
x mol

2
4
4
Fe(trongFeSO )
SO
n n 0,3(mol)
−
= =
Áp dụng ĐLBTNT Fe:

3 4 4
Fe(trongFe O ) Fe(trongFeSO )
n n=
↔ 3x = 0,3 → x = 0,1 (mol)

4
B FeSO
m m 0,3 152 45,6(g)= = × =
Chọn đáp án A.
Ví dụ 2: [12] Khử 39,2g một hỗn hợp A gồm Fe
2
O
3
và FeO bằng khí CO thu
được hỗn hợp B gồm FeO và Fe. B tan vừa đủ trong 2,5 lít dung dịch H
2
SO
4
0,2M
cho ra 4,48 lít khí (đktc). Tính khối lượng Fe
2
O
3
và FeO trong hỗn hợp A.
A. 32g Fe
2
O
3
; 7,2g FeO B. 16g Fe
2

O
3
; 23,2g FeO
C. 18g Fe
2
O
3
; 21,2g FeO D. 20g Fe
2
O
3
; 19,2g FeO
Cách giải:
Gọi hỗn hợp A
2 3
Fe O : x(mol)
FeO: y(mol)



↔ 160x + 72y = 39,2 (1)
Hỗn hợp B + H
2
SO
4
: FeO + H
2
SO
4
→ FeSO

4
+ H
2
O (2)
Fe + H
2
SO
4
→ FeSO
4
+ H
2
↑ (3)
2 3
Fe O
FeO
m 0,2x160 32(g)
m 0,1x72 7, 2(g)
= =
= =
;
2 4
H SO
n 0,2x2,5 0,5(mol);= =

2
H
4,48
n 0,2(mol)
22,4

= =
Fe(3)
n 0,2mol;⇒ =

2 4
FeO H SO Fe(3)
n n n 0,5 0,2 0,3(mol)= − = − =
Áp dụng ĐLBTNT Fe trong hai hỗn hợp A và B ta có: 2x + y = 0,5 (4)
Từ (1), (4)
⇒

x 0,2
y 0,1
=


=

⇒

2 3
Fe O
m 0,2x160 32(g)= =
;
FeO
m 0,1x72 7,2(g)= =
. Vậy đáp án đúng là A.
II.2. Chất tham gia trải qua một số giai đoạn phản ứng để tạo sản phẩm:
Ví dụ 3: [tự ra] Hòa tan hồn tồn hỗn hợp A gồm 0,1 mol Fe và 0,2 mol Cu vào
một lượng vừa đủ dung dịch H

2
SO
4
98% (đặc , nóng) thu được khí SO
2
(đktc) và dung
dịch B.Cho ddB tác dụng với NaOH dư, được kết tủa C, nung C đến khối lượng
không đổi được hỗn hợp chất rắn E. Cho E tác dụng với lượng dư CO, đun nóng thu
được hỗn hợp chất rắn F. Khối lượng của hỗn hợp chất rắn F là:
A. 24g B. 18,4g C. 15,6g D. 16,5g
Cách giải
0
0
NaOH t CO
2 4 3 3
2 3
t
4 2
Fe (SO ) Fe(OH)
Fe O
Fe Fe
hhA ddB C E F
Cu Cu
CuSO Cu(OH)
CuO
 

 
→ → ↓ → →
    

 

 
Áp dụng ĐLBTNT, ta có:
hhA hhF
m m 0,1x56 0,2x64 18,4(g)= = + =
Chọn đáp án B.
 Nhận xét: với dạng tốn này, HS thường viết phương trình phản ứng, cân
bằng sau đó tính tốn theo phương trình hóa học. Nhưng với HS nắm vững
định luật BTNT thì giải quyết bài tốn chỉ trong vài giây.
Ví dụ 4: [4] Đi từ 120 gam quặng pirit sắt (chứa 80% là FeS
2
) sẽ điều chế được
(hiệu suất 100%) một lượng H
2
SO
4
là:
A. 196g B. 147g C. 156,8g D. 245g
Cách giải: để sản xuất H
2
SO
4
đi từ quặng pirit sắt phải qua nhiều giai đoạn, song
trong tính tốn với giả sử hiệu suất 100% cho mọi quá trình, có thể áp dụng ĐLBTNT
đối với nguyên tố S:

2 2 4
FeS 2H SO→
120g 196g

120x80
96g
100
=
→ xg
Lượng H
2
SO
4
điều chế được là:
96x196
x 156,8(g)
120
= =
. Đáp án đúng là C.
 Nhận xét: đối với dạng tốn tính tốn từ thực tế sản xuất: chất phản ứng
không chỉ trải qua mà là cả một chuỗi các phản ứng thì việc áp dụng
ĐLBTNT cho một nguyên tố (chính) sẽ dễ dàng cho việc tính tốn hơn.
III. Một số bài tập tương tự được giải theo phương pháp BTNT:
Bài tập 1: [1] Hòa tan a gam hh gồm FeO và Fe
3
O
4
hết 300ml ddHCl 2M được
ddX. Cho X tác dụng với một lượng ddNH
3
dư được kết tủa. Nung kết tủa trong không
khí đến khối lượng không đổi được a +1,2 g chất rắn. Phần trăm khối lượng của FeO
trong hh trên là:
A. 28,4% B. 24,6% C. 38,3% D. 40,2%

Hướng dẫn:
0
3d
ddNH
HCl t trongkk
2 2
2 3
3 4
3 3
FeCl Fe(OH)
FeO
Fe O
Fe O
FeCl Fe(OH)
 

→ → →
  

 
Vì trong hh ban đầu đã có một lượng Fe
2
O
3
và coi Fe
3
O
4
= FeO. Fe
2

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

⇒
n
O cần
=
1,2
0,075(mol)
16
=

⇒
n
FeO
= 0,15 (mol)

Gọi hh
3 4 2 3
FeO: x(mol)
x y 0,15
Fe O (FeO.Fe O ) : y(mol)

⇒ + =


(1)
n
HCl
= 0,6 (mol)
⇒
n
O trong oxit
= 0,3 (mol) ↔ x + 4y = 0,3 (2)
Từ (1), (2)
⇒
FeO
x 0,1
m 38,3%
y 0,05
=

⇒ =

=

Bài tập 2: [4] Cần bao nhiêu tấn quặng phôtphorit chứa 80% Ca

3
(PO
4
)
2
để thu
được 1 tấn photpho, cho rằng sự hao hụt trong quá trình sản xuất bằng 5%.
A. 6,58 tấn B. 6,29 tấn C. 5,86 tấn D. Kết quả khác
Bài tập 3: [12] Cho 21,52g hhX gồm kim loại M có hóa trị 2 và muối nitrat của
kim loại ấy vào 1 bình kín và nung cho đến khi muối nitrat bị nhiệt phân hồn tồn.
Chất rắn thu được sau phản ứng được chia làm 2 phần bằng nhau:
- Phần 1: phản ứng vừa đủ với 2/3 lit dd HNO
3
0,38M cho ra khí NO.
- Phần 2: phản ứng vừa hết với 0,3l dd H
2
SO
4
0,2M để lại 1 chất rắn không tan.
Xác định kim loại M, khối lượng M và nitrat kim loại M trong hỗn hợp X.
A. Cu; 12,8g Cu; 8,72g Cu(NO
3
)
2
B. Cu; 10,24g Cu; 11,28g Cu(NO
3
)
2
C. Zn; 68g Cu; 14,72g Zn(NO
3

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

2
1
M O MO
2
+ →
(2)
Chất rắn còn lại gồm MO và M dư (vì khi cho chất rắn phản ứng với HNO
3

có
khí thốt ra). Gọi
M : x(mol)
MO : y(mol)



trong 1/2 chất rắn.
Phần 1:
2
3 3 2
3M 8HNO 3M(NO ) 2NO 4H O+ → + +
x 8/3x
M + 2HNO
3
→ M(NO
3
)
2
+ H
2
O
y 2y

3
HNO
8 2 0,76
n x 2y .0,38
3 3 3
= + = =

(3)
Phần 2: tác dụng với H
2
SO
4
lỗng tạo ra chất rắn (M) nên M đứng sau H trong dãy
Bêkêtop
MO + H
2
SO
4
→ MSO
4
+ H
2
O
y y
2 4
MO H SO
n n y 0,06(mol)= = =
⇒
x = 0,05(mol)
Vì bình kín nên O
2
dùng cho phản ứng (2) là O
2
tạo ra từ phản ứng (1):
3 2 3 2
MO(1) MO(2) M(NO ) MO(1) MO(2) M(NO )
n n n n n 2n 0,12(mol)= = ⇒ + = =

⇒
3 2
M(NO )
n 0,12(mol)=
Áp dụng ĐLBTNT: n
M (trong X)
= n
M (chất rắn)
↔ n
M đầu
+ 0,06 = n
M (trong MO)
+ n
M dư

⇒
n
M đầu
= 0,16(mol)
3 2
3 2
X M M(NO )
Cu Cu(NO )
m m m 0,16M 0,06(M 124) 21,52 M 64(Cu)
m 0,16.64 10,24(g);m 21,52 10,24 11,28(g)
= + = + + = ⇒ =
⇒ = = = − =
Bài tập 4: [10] Dùng a gam Al để khử hết 0,8g Fe
2
O

3
. Sản phẩm sau phản ứng
tác dụng với lượng dư dd NaOH tạo 0,336l khí (đktc). Giá trị của a là:
A. 1,08g B.0,56g C. 0,54g D. 0,45g
Bài tập 5: [7] Cho oxit sắt X hòa tan hồn tồn trong dd HCl thu được dd Y chứa
1,625g muối sắt clorua. Cho ddY tác dụng hết với ddAgNO
3
thu được 4,3025g AgCl.
X có công thức phân tử là:
A. Fe
2
O
3
B. Fe
2
O
3
C. FeO D. FeO
2
CHƯƠNG III: PHƯƠNG PHÁP BẢO TỒN ĐIỆN TÍCH
I. Nguyên tắc của phương pháp : [6] [14]
Phương pháp BTĐT dựa trên định luật: “ điện tích của một hệ cô lập luôn
không đổi tức là được bảo tồn”.
Nghĩa là tổng điện tích dương luôn bằng tổng điện tích âm về giá trị tuyệt đối.
Do đó dung dịch luôn trung hòa về điện ( ∑q
+
= ∑q
-
)
II. Vận dụng phương pháp bảo tồn điện tích vào giải tốn:

- Thường dùng để giải quyết các dạng tốn trong dung dịch với việc tính tốn
khối lượng muối khan, nồng độ dung dịch Sau đây là vài ví dụ:
Ví dụ 1: [tự ra] Cho 100ml dung dịch A chứa Na
2
SO
4
0,1M và Na
2
CO
3
0,2M tác
dụng vừa đủ với 100ml dung dịch B chứa Ba(NO
3
)
2
và Pb(NO
3
)
2
0,05M tạo kết tủa.
Tính nồng độ mol của Ba(NO
3
)
2
và khối lượng chung của các kết tủa?
A. 0,25M và 66,2g B. 0,15M và 6,62g
C. 0,25M và 6,62g D. 0,15M và 66,2g
Cách giải: theo ĐLBTĐT các ion
2
4

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

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

2
Ba
x C 0, 25(M)
+
⇒ = =
Khối lượng chung của các kết tủa ( BaSO
4
+PbSO

4
+ BaCO
3
+ PbCO
3
) là:

2 2 2 2
4 3
SO CO Ba Pb
m m m m m
− − + +
= + + +
= 0,1. 0,1. 96 + 0,1. 0,2. 60 + 0,25. 0,1. 137 + 0,05. 0,1. 207 = 6,62 (g)
 Nhận xét: Đối với bài tốn trên nếu giải quyết theo phương pháp đại số
bằng cách viết phương trình rồi tính tốn theo phương trình sẽ gặp rắc rối vì
không đủ dữ kiện để định lượng được khối lượng từng loại kết tủa.
Phương pháp BTĐT trong trường hợp này là một giải pháp tối ưu.
- Phương pháp này cũng có thể dùng để kiểm tra kết quả định lượng thành phần
các ion đúng hay sai.
Ví dụ 2: [13] Kết quả xác định nồng độ mol của các ion trong một dung dịch
được ghi ở bảng dưới đây:
Ion
Na
+
2
Ca
+
3
NO

−
Cl
−
3
HCO
−
Số
mol
0,05 0,01 0,01 0,04 0,025
Hãy đánh giá kết quả trên.
A. Đúng B. Sai
Cách giải:
Theo ĐLBTĐT, ta có ∑q
+
= ∑q
-

2
Na Ca
q ( 1)n ( 2)n 0,05 0,01.2 0,07
+ +
+
= + + + = + = +
∑
3 3
NO Cl HCO
q ( 1)(n n n ) ( 1)(0,01 0,04 0,025) 0,075
− − −
−
= − + + = − + + = −

∑
Giá trị tuyệt đối của điện tích (+) khác điện tích (-)
⇒
kết quả trên là sai.
Ví dụ 3: [tự ra] 100ml dung dịch X chứa các ion Ca
2+
: 0,1mol;
−
3
NO
: 0,05mol;
−
Br
: 0,15mol;
−
3
HCO
: 0,1mol và một ion của kim loại M. Cô cạn dung dịch thu được
29,1g muối khan. Ion kim loại M là ion nào và tính nồng độ của nó trong dung dịch.
A. Na
+
và 0,15M B. K
+
và 0,1M
C. Ca
2+
và 0,15M D. K
+
và 1M
Cách giải: gọi n là điện tích của ion kim loại M; x là số mol của M

n+
Áp dụng ĐLBTĐT, ta có: 0,1.2 + xn =0,05 + 0,15 + 0,1 → xn = 0,1
Mặt khác: m
muối

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

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

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

2+
, Ca
2+
và 0,2mol
−
Cl
, 0,3 mol
−
3
NO
.
Thêm dần dần dung dịch Na
2
CO
3
1M vào dung dịch Acho đén khi thu được lượng kết
tủa lớn nhất thì ngừng lại. Hỏi thể tích dung dịch A đã thêm là bao nhiêu?
A. 150ml B. 200ml C. 250ml D. 300ml
Cách giải:
Gọi x,y,z là số mol Mg
2+
, Ba
2+
, Ca
2+
trong dung dịch A.
Theo ĐLBTĐT, ta có: 2x + 2y + 2z = 0,2 + 0,3 = 0,5 ↔ x + y + z = 0,25

2 2
3 3

2 2
3 3
2 2
3 3
Mg CO MgCO
Ba CO BaCO
Ca CO CaCO
+ −
+ −
+ −
+ → ↓
+ → ↓
+ → ↓

2
2 3 2 3
3
Na CO Na CO 1M
CO
0,25
n n x y z 0,25 V 0,25(l) 250ml
1
−
= = + + = ⇒ = = =
→ Chọn đáp án C.
III. Một số bài tập giải theo phương pháp bảo tồn điện tích:
Bài tập 1: [5] Một dung dịch chứa hai cation Fe
2+
(0,1mol) và Al
3+

(0,2mol) và
hai anion
−
Cl
(x mol) và
−2
4
SO
(y mol). Biết rằng khi cô cạn dung dịch thu được 46,9g
chất rắn khan. x và y có giá trị là:
A. 0,2 và 0,3mol B. 0,15 và 0,3mol
C. 0,2 và 0,35mol D. 0,15 và 0,2mol
Bài tập 2: [10] Có dung dịch X, dung dich này chỉ chứa hai cation và hai anion
trong số các ion sau: K
+
(0,15mol) ;
+
4
NH
(0,25mol); H
+
(0,2mol);
−
Cl
(0,1mol);
−2
4
SO
(0,075 mol);
−2

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

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

−
Bài tập 3: [12] 100ml dung dịch A chứa AgNO
3
0,06M và Pb(NO
3
)
2
0,05M tác
dụng vừa đủ với 100ml dung dịch B chứa NaCl 0,08M và KBr. Tính nồng độ mol của
KBr trong dung dịch B và lượng kết tủa tạo ra trong phản ứng giữa hai dung dịch A
và B.
A. 0,08M và 2,458g B. 0,016M và 2,185g
C. 0,008M và 2,297g D. 0,08M và 2,607g
Bài tập 4: [7] Dung dịch A chứa x mol Al
3+
, y mol Cu
2+
, z mol
−2
4
SO
và 0,4 mol
−
Cl
- Cô cạn dung dịch A được 45,2g muối khan.
- Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch NH
3
lấy dư thu được 15,6g kết tủa.
Tìm x,y,z.
A. 0,2; 0,04; 0,24mol B. 0,1; 0,1; 0,05mol

C. 0,2; 0,2; 0,3mol D. 0,1; 0,15; 0,1mol
Bài tập 5: [tự ra] Cho 3,75g hỗn hợp A gồm Mg và Al vào 250ml dung dịch X
chứa HCl 1M và H
2
SO
4
0,5M, được đung dịch B và 3,92l H
2
(đktc). Cô cạn ddB thu
được m(g) muối khan. Tìm m?
A. 19,3g B. 17,425g< m <19,3g
C. 17,425g D.
17,425g m 19,3g≤ ≤
Hướng dẫn:
2
H
H (X)
n 0,175(mol);n 0,50(mol)
+
= =

2
2
3
2
Mg 2H Mg H
3
Al 3H Al H
2
+ +

+ +
+ → +
+ → +

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

2
4
KL
SO Cl
m m m
− −
= + +
Trong dung dịch X, ta luôn có: ∑ q
(+)

= ∑ q
(-)

2
4
SO Cl H
2n n n 0,35
− − +
↔ + = =
 Giả sử dung dịch HCl phản ứng trước:
Cl
n 0,25(mol)
−
=
2
4
SO
0,35 0,25
n 0,05(mol)
2
m 3,75 0,25.35,5 0,05.96 17,425(g)
−
−
→ = =
= + + =

 Giả sử dung dịch H
2
SO
4

phản ứng trước:
2
4
SO
n 0,25(mol)
−
=
Cl
n 0,35 2.0,125 0,1(mol)
m 3,75 0,125.96 0,1.35,5 19,3(g)
−
→ = − =
= + + =
.
Vậy 17,425g < m < 19,3g
CHƯƠNG IV: PHƯƠNG PHÁP BẢO TỒN ELECTRON
I. Nguyên tắc của phương pháp: [2], [13], [14]
Trong phản ứng oxi hóa - khử thì: ∑ electron nhường = ∑ electron nhận.
- Khi có nhiều chất oxi hóa, chất khử trong một hỗn hợp phản ứn (nhiều phản
ứng hoặc phản ứng qua nhiều giai đoạn) thì tổng số electron các chất khử cho phải
bằng tổng số electron mà các chất oxi hóa nhận.Ta chỉ cần nhận định đúng trạng thái
đầu và trạng thái cuối của các chất oxi hóa hoặc chất khử thậm chí không cần quan
tâm đến việc cân bằng các phương trình phản ứng.
- Phương pháp này đặc biệt lí thú đối với các bài tốn phải biện luận nhiều
trường hợp có thể xảy ra. Tuy nhiên phương pháp này chỉ áp dụng tốt cho phản ứng
oxi hóa - khử thường để giả các bài tốn vô cơ.
II. Vận dụng phương pháp bảo tồn electron vào giải tốn:
Sử dụng phương pháp bảo tồn electron để giải nhiều dạng tốn nhưng về cơ bản
gồm những dạng sau đây:
II.1. Cho hỗn hợp của kim loại (hoặc hợp chất của kim loại) tác dụng với

dung dịch axit tạo ra một khí hoặc hỗn hợp khí.
Để giải quyết bài tốn dạng này ta thực hiện các bước:
 Tính số mol của mỗi khí trong hỗn hợp, thường dựa vào sơ đồ đường chéo
(được trình bày ở chương sau).
 Tính tổng số electron nhận và electron nhường.
 Cho ∑ electron nhường = ∑ electron nhận → tìm ẩn số của bài tốn
Ví dụ 1: [tự ra] Cho 18,98g hỗn hợp A gồm Cu, Mg, Al tác dụng vừa đủ với 2l
ddHNO
3
được 1,792l khí X (đktc) gồm N
2
và NO
2
có tỉ khối so với He là 9,25. Tổng
khối lượng muối nitrat sinh ra là bao nhiêu và nồng độ mol/l của HNO
3
trong dung
dịch đầu?
A. 53,7g và 0,28M B. 46,26g và 0,28M
C. 46,26g và 0,06M D. 53,7g và 0,06M
Cách giải: nhận thấy:

2 2
2 2
N NO
X
X
N NO
M M
M 9,25x4 37

2
n
1,792
n n 0,04(mol)
2 2.22,4
+
= = =
⇒ = = = =
Ta có quá trình nhận electron:

5 0
2
3
2 N(NO ) 10e N
+
−
+ →
0,08 ← 0,4 ← 0,04 → ∑ e nhận = 0,4 +0,04 = 0,44(mol)

5 4
3 2
N(NO ) 1e N(NO )
+ +
−
+ →

3
HNO
n
bị khử

= 0,08 + 0,04 = 0,12 (mol)
0,04 ← 0,04← 0,04