KẾT hợp SÁNG tạo các PHƯƠNG PHÁP để GIẢI một số bài tập vô cơ NHẰM PHÁT TRIỂN tư DUY học SINH

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT BÌNH SƠN

CHUYÊN ĐỀ
“KẾT HỢP SÁNG TẠO CÁC PHƯƠNG PHÁP ĐỂ GIẢI
MỘT SỐ BÀI TẬP VÔ CƠ NHẰM PHÁT TRIỂN TƯ
DUY HỌC SINH”

Người viết: Tô Quốc Kim
Tổ: Hoá - Sinh

1


Năm học 2013-2014
CHUYÊN ĐỀ:
KẾT HỢP SÁNG TẠO CÁC PHƯƠNG PHÁP ĐỂ GIẢI MỘT SỐ DẠNG BÀI
TẬP HÓA HỌC VÔ CƠ NHẰM PHÁT TRIỂN TƯ DUY CHO SINH.
A.

LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI.

Trong nhà trường phổ thông bài tập hóa học có nghĩa quan trọng trong dạy học, ngoài củng
cố kiến thức và kỹ năng. BTHH còn giúp phát triển tư duy cho học sinh. Những kiến thức
hóa học học sinh có thể quên nhưng tư duy học sinh có được sẽ theo các em suốt cuộc đời để
giải quyết tốt hơn các vấn đề trong cuộc sống.
Trong quá trình giảng dạy ở trường THPT Bình Sơn, tôi nhận thấy các em học sinh còn
gặp nhiều khó khăn khi giải các bài toán hóa học đặc biệt những bài toán khó. Các em còn
lúng túng, tư duy máy móc, dập khuân, chưa xác định được phương pháp phù hợp với các
bài toán trắc nghiệm. Mặt khác yêu cầu của đề thi trắc nghiệm cần phải nhanh. Vì vậy, để
giúp các em hs có được tư duy tốt hơn, giải quyết nhanh các bài toán khó. Để đạt kết quả cao

trong kỳ thi đại học. Tôi đã nghiên cứu đề tài: “Kết hợp sáng tạo các phương pháp để giải
một số dạng bài tập hóa học vô cơ nhằm phát triển tư duy học sinh”

2


B. NI DUNG.
I- XẫT MT S BI TON QUEN THUC
Bi toỏn 1: Xột s kh hon ton MxOy bng CO hoc H2:

Mx O y +

yCO
yH2

0

t

xM +

yCO2
yH2O

nO(oxit) = nCO(pứ ) = nCO2 ( t ạo thành) (hoặc =nH2 (pứ ) = nH2O )

= mO(bị t á ch khỏi oxit)
m
Điều cần biết nhất là: cr ắn
moxit = mM + mO

M < Al
Bi toỏn 2: Hũa tan ht cựng mt lng Al bi hn hp (HCl, H2SO4 loóng, HBr) hoc bi
hn hp (NaOH, KOH, Ba(OH)2 )
iu quan trng nht l nH2 thoỏt ra bng nhau:

Al + 3H+ Al3+ + 1,5H2



Al + OH + H2O AlO2 + 1,5H2

Bi toỏn 3: Ho tan hon ton hn hp oxit kim loi MxOy bng dung dch H2SO4 :
iu cn nht l:
1 mol O thay bng 1 mol SO42- ( tc

nO = nSO2 : vỡ cựng húa tr)
4

mmuối = moxit + mSO2 mO
4

Bi toỏn 4: Hũa tan m (g) hn hp Na, Al vo H2O d c V1 lớt khớ. Nu cng cho m (g)
hn hp ú vo dung dch NaOH d thỡ c V2 lớt khớ (Bit V2 > V1)
iu cn nht l: Vỡ V2 > V1 nờn Al cha tan ht thớ nghim 1
Bi toỏn 5:
+ HNO3d
+ O2
Fe
r{
ắn X

NO
{
{ (duy nhất); biết m1,v t ì m m ?

m(g)

m1 (g)

Vlít(đktc)

iu quan trng nht :
3


Dựng nh lut bo ton khi lng tỡm mO2 (p) = m1 m
Nhn dng c TT u v TT cui ca (Fe, O2, HNO3 l Fe3+, O2- v N2+)LBT e
Khi bit 2 trong 3 giỏ tri (m, m1, v) i lng th 3
* T NHNG BI TON QUEN THUC TRấN TA Cể NHN XẫT:
hc v cú t duy nhanh, chớnh xỏc, gn nh cn:
1.

Nm vng h thng lớ thuyt vn dng vo vic gii nhanh cỏc bi toỏn.

2.

Nm vng nhng vn ct lừi ca tng dng bi toỏn gc vn dng linh hot

vo cỏc bi tng t.
3.

Thng xuyờn luyn tp, ghi nh hỡnh thnh k nng, rỳt kinh nghim sau mi

bi toỏn.
4.

Nm vng cỏc vn quan trng ca cỏc phng phỏp gii nhanh.

5.

Cú k nng nhn xột tng quỏt, ỳng bn cht; phõn tớch bi toỏn.

II- RẩN K NNG NHN XẫT TNG QUT:
1. Xột quỏ trỡnh c mụ t bi s :
(1)+HCld
Fe
m1(g) r ắn khan Cho biết m1,m2
(2) cô cạn
Fe x O y

+ CaOHd
CO2
m2 (g) CaCO3 XĐCT : Fe x Oy ?
+ COd
(H=100%)

*Cỏch t duy thụng thng:


gọi nFexOy = a

Vi
ế
t
c
á
c
ptp


Từ quan hệ tỉ lệ mol t ì m x : y CT Fe O
x y


- Di, mt nhiu thi gian Khụng phự hp trong trc nghim
*Cỏch t duy theo phng phỏp trc nghim

nCaCO3 = nCO2 = nO)oxit)

x : y = nFe : nO Fe x O y
n
=
n
=
n
FeCl2
Fe(oxit)
r ắn

4


2. Vận dụng: Khử hoàn toàn m(g) hỗn hợp X (FeO, Fe2O3, FexOy) bằng CO nóng, dư được
chất rắn X và khí Y. Hòa tan hết X bằng HCl dư rồi cô cạn được 7,62g chất rắn khan. Toàn
bộ Y hấp thụ vào dung dịch Ca(OH)2 dư thấy có 8g kết tủa. Giá trị của m là:
A. 5,20 (g)
B. 6,20(g)
C. 4,64(g)
D. 5,26(g)
Sơ đồ:

FeO
+ HCld
Fe 
→ FeCl2 (7,62g) = 0,06mol

+ COd
Fe
O

→
 2 3 (H=100%) 
+ Ca(OH)2 d
→ CaCO3 (8g) = 0,08mol
CO2 
Fe O
14 2x 43y
m(g)=?

Theo sơ đồ dễ thấy

nO( X) = nCO2 = nCaCO3 = 0,08 

 ⇒ mx = mFe + mO = 56.0,06
1 4 44 2+ 16.0,08
4 4 43
n
=
n
=
n
=
0,06
Fe
FeCl2

4,64g
 Fe( X)
( §¸p ¸nC )
III- TẬP PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH.
Bài toán 1: Dùng CO dư để khử hoàn toàn m(g) FexOy, dẫn toàn bộ khí sinh ra qua dung
dịch Ba(OH)2 dư được 0,15mol kết tủa. Mặt khác hòa tan toàn bộ m(g)Fe xOy bằng HCl dư
rồi cô cạn được 16,95g muối khan. Giá trị của m và công thức của Fe xOy là.
A. 8,7; Fe2O3
B. 8,7; Fe3O4
C. 15,6; Fe3O4
D. 14,5; FeO
* Tư duy bài toán theo sơ đồ
+ Ba(OH)2 d

+ COd
 
→ CO2 
→ BaCO3 : 0,15mol ( §¸p ¸nB )
H=100%
Fe x O y 
→  +HCld
123
→ Fe x Cl2y : 16,95g
 
m(g)

* Phương pháp phân tích:
Thông thường sản phẩm của FexOy với HCl là FeCl2y/x, nhưng ở đây lại là FexCl2y(!) vì:
(!)- khi tác dụng với HCl, Fe trong oxit không thay đổi hóa trị
(!!)- Hóa trị của O là II trong khi Cl là I nên 1 mol O →2 mol Cl
Ta thấy
Ta thấy:

nCO2 = nBaCO3 = nO(oxit ) = 0,15 ⇒ nCl− (muèi) = 2.0,15 = 0,3

mmuèi = mFe + mCl− ⇒ mFe = 16,95 − 0,3. 35,5 = 6,3(0,1125mol Fe)
moxit = mFe + mO = 6,3 + 0,15.16 = 8,7 = m
⇒
5
 x : y = nFe : nO = 0,1125 : 0,15 = 3 : 4 (Fe3 O4 )


⇒ Đáp án B
Bài toán 2: Hòa tan hết 10g hỗn hợp X (MgCO3, CaCO3, Na2CO3, K2CO3) bằng dung dịch

HCl dư thu được 2,24 lít khí (Đktc) và dung dịch Y. Cô cạn Y được m(g) muối khan. Giá trị
của m là:
A.

12

B. 11,1

C. 11,8

D. 14,2

*Phương pháp tư duy thông thường: Viết 4 pt pư, đặt ẩn, lập pt rồi ghép ẩn mới tìm được
kết quả (phương pháp này mất nhiều thời gian, nếu không biết ghép ẩn sẽ rối !)
* Phương pháp tư duy trắc nghiệm:
+ Phương pháp 1: Gọi CTC của X: M2(CO3)n

M2 (CO3 )n + 2nHCl → 2MCln + nCO2 + nH2O
0,2mol
14 2 43

14 2 43
10g

?

0,1mol
1 2 3 → 0,1mol
123

7,3g

4,4g

1,8g

§LBTKL ⇒ mmuèi = 10 + 7,3 − (4,4 + 1,8) = 11,1 g

Đáp án B

+ Phương pháp 2:
Khi chuyển từ muối CO32-→Cl- thì cứ 1 mol CO32- → 2 mol Cl- (theo
quy tắc hóa trị)

nCO2− = nCO2 = 0,1 ⇒ nCl− = 0,2
3

⇒ mmuèi clorua = mmuèi cacbonat − mCO2− − mCl− = 11,1g
14243 { 3
{
10g
0,2.35,5
0,1.60

IV- TẬP PHƯƠNG PHÁP DIỄN DỊCH VÀ QUY NẠP
1/ MỤC ĐÍCH:
-Từ một hay 1 số bài toán gốc để luận ra hàng loạt các bài toán nhỏ
- Từ hàng loạt bài toán nhỏ quy về một dạng toán với phương pháp giải cơ bản không
thay đổi
Xét bài toán gốc:

Bài toán : Cho a(g) hỗn hợp các kim loại hoạt động tác dụng hết với dung dịch HCl thu
được dung dịch X chứa b(g) muối và c mol khí.
Biểu thức liên hệ giữa b với a và c là:
6


A. b = a + 71c

B. b = a + 35,5c

C. b = a + 34,5c

D. b = 2a – c + 71

Bài giải

Theo §LBTNT : HCl →

1
−
H2 + Cl
{
2
2c(mol)
{
c(mol)

Theo §LBTKL : mmuèi = mKL + mCl- ⇒ b = a + 71c
{
{

{
b(g)

a( g)

2c.35,5

( §¸p ¸n A)
2/ NHẬN XÉT (PHƯƠNG PHÁP DIỄN DỊCH) .
Đây là bài toán gốc, từ đó biến dạng ra hàng trăm bài tưởng là khác nhau bằng cách:
- Bài toán có 3 đại lượng (KL, H2, muối) đề bài sẽ cho hai đại lượng và hỏi đại lượng còn
lại
- Thay thế hỗn hợp nhiều KL bằng các KL cụ thể khác nhau (số lượng không nhiều lắm) sẽ
mắc bẫy là lập hpt.
- Thay thế HCl bằng axit khác (như H2SO4 loãng, HBr, HI) thậm chí bằng hỗn hợp axit (tác
dụng vừa đủ với số mol cụ thể của mỗi axit. Khi đó:
mmuối = mkl + mcác gốc axit và Hn X → n H2 + Xn−
2
- Thay thế hỗn hợp KL hoạt động nói chung thành KLK, kiềm thổ; thay thế axit bằng H2O
(dĩ nhiên khi đó muối sẽ được thay thế bằng bazơ, ta có:
mBazơ (rắn khan) = mKL+ mOH- và H2O → ½ H2 + OH- Không hỏi trực tiếp 1 trong 3 đại lượng trên mà hỏi gián tiếp thông qua nền kiến thức
khác. Chẳng hạn sau khi hỗn hợp KLK, KT tác dụng với H2O thì lấy dd trung hòa bởi axit,
yêu cầu tính lượng axit hay pH…
- Cho thêm 1 dữ kiện khác đi kèm với 2 dữ kiện cơ bản để chuyển về 1 dạng toán khác.
Chẳng hạn cho hỗn hợp 2 KL nhóm IA hoặc IIA thuộc 2 chu kì kế tiếp… yêu cầu xác định 2
kim loại…

3/ MỘT SỐ BÀI TOÁN BIẾN DẠNG:
Ví dụ 1: (TSCĐ – Khối A – 2007):
7

Hòa tan 3,22g hỗn hợp X (Fe, Mg, Zn) bằng một lượng vừa đủ dd H2SO4 loãng, thu được
1,344lít H2 (đktc) và dd chứa m(g) muối. Giá trị của m là:
A. 9,52
B. 7,25
C. 8,98
D. 10, 27
Bài giải:
mmuèi = mKL + mSO2−


4

 ⇒ mmuèi = 3,22 + 0,06.96 = 8,98(g)
2−

H
SO
→
H
+
SO
4
2
4 

 2
0,06 0,06
Đáp án C

Ví dụ 2: Hòa tan 10g hỗn hợp (Al; M > H) vào 100ml dd (H2SO4 aM; HCl 3aM) được 5,6 lít
H2 (đktc), dd X và 1,7g kim loại chưa tan hết. Cô cạn X được m(g) muối khan. Giá trị của m
là:
A. 26,20
B. 26,67
C. 28,55
D. 30,24
Bài giải:

Đáp án C

KLd nª n axit hÕt ; mKL(p ) = 10 −1,7 = 8,3

+
2−
+
−
H2SO 4 → 2H + SO 4 ; HCl → H + Cl
Ta cã 
0,2a 0,1a
0,3a
0,3a
0,3a
0,1a
2H+ → H ⇒ 0,3a + 0,2a = 0,5 ⇒ a = 1
2

0,25
 0,5
⇒ mmuèi = mKL(p ) + mSO2− + mCl− = 8,3 + 0,1.96 + 0,3.35,5 = 28,55(g)

4

Ví dụ 3: (TSĐH - CĐ – Khối A – 2007):
Cho m(g) Mg, Al vào 250ml dd X chứa (HCl 0,1M; H2SO40,5M), được 5,32 lít H2 (đktc) và
dd Y (coi V = const). Dung dịch Y có pH là:
A. 1
B. 2
C. 6
D. 7
Bài giải:
∑n + = 0,1 . 0,25 + 0,5 . 0,25 . 2 = 0,5
H (b®)
Ta cã 
2H+ → H ⇒ n + = 0,025 ⇒ H+  = 0,1 = 10 −1 = 10 −pH ⇒ pH = 1
2
H d
 

0, 475

0,2375

Ví dụ 4: Cho một mẫu hợp kim Na – Ba tác dụng với H2O dư được dd X và 3,36lít
H2(đktc). Thể tích dd H2SO4 2M cần dùng để trung hòa dung dịch X là:
A. 60ml
B. 30ml
C. 75ml
D. 150ml
Bài giải:

1

H
O
→
H2 + OH−
2

0,3
2 0,15

Ta cã H SO → 2H+ + SO2−

2
4
4

 ⇒ nH2SO4 = 0,15
H+ + OH− → H2O ⇒ nH+ = nOH− = 0,3 
0,15
⇒ v ddH2SO4 =
= 0,075 lit = 75ml => C
2

8


Ví dụ 5:
Cho m(g) hỗn hợp (K, Na, Ba) vào H2O được 500ml dd X có pH = 13 và V lít khí (đktc). Cô
cạn dd sau phản ứng được 9,25g chất rắn khan. Giá trị của V và m lần lượt là:

A. 2,24; 10
B. 1,12; 10
C. 0,56; 8,3
D. 2,24; 8,3
Bài giải:

−
pH = 13 ⇒ 
OH 
 = 0,1 → nOH = 0,1.0,5 = 0,05mol

H O → 1 H + OH− ⇒ v = 0,025.22, 4 = 0,56 lit
2
 2
2
m = m + m
⇒ m = 8,3 (g) => C
{r ¾n {KL {OH
?
0,05.17
 9,15
−

−

V- KẾT HỢP SÁNG TẠO CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VÔ
CƠ.
1) KẾT HỢP PP BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG VÀ BẢO TOÀN E, VÀ QUY ĐỔI
BÀI TOÁN 1:
Nội dung tổng quát:

+ O2
M
m(g) (1)

m1(g)

MxOy
M

+ HNO3 (H2SO4 dac)
(2)

M+n
NaOb ( SO2, ...) : V(l) (dktc)

Sản phẩm khử: NxOy (hoặc Sx), (n là số oxi hóa cao nhất của M)
(M là kim loại Fe hoặc Cu và dung dịch HNO3 (H2SO4 đặc nóng) lấy vừa đủ hoặc dư)
- Gọi: nM = x mol ; ne (2) nhận = y mol → ∑ ne nhường = x.n mol
- Theo đlbt khối lượng từ (1) → nO = (m1-m)/16 (mol)
- ∑ ne nhận = ne (oxi) + ne (2) = 2.(m1-m)/16 + y
- Theo đlbt mol electron: ∑ ne nhường = ∑ ne nhận → x.n = (m1-m)/8 + y
- Nhân cả hai vế với M ta được: (M.x).n = M(m1- m)/8 + M.y →
M
.m1 + M . y
M
M
8
m
(
n

+
)
=
.
m
+
M
.
y
=>
m
=
(*)
=>
1
M
n
8
n+
8

9


- Thay M = 56 (Fe) ; n = 3 vào (*) ta được: m = 0,7.m1 + 5,6.y (1)
- Thay M = 64 (Cu) ; n = 2 vào (*) ta được: m = 0,8.m1 + 6,4.y (2)
(Khi biết 2 trong 3 đại lượng m, m1, y ta sẽ tính được đại lượng còn lại) 2)
* Điều quan trọng nhất :
+Dùng định luật bảo toàn khối lượng tìm mO2 (pư) = m1 – m
+ Nhận dạng được TT đầu và TT cuối của M, O2, HNO3 là Mn+, O2- và NxOy (hoặc Sx)

→ ĐLBT e
=> Khi biết 2 trong 3 giá tri (m,m1,v) ⇒ đại lượng thứ 3
Từ bài toán gốc có thể giải được nhiều bài toán cụ thể.
Ví dụ 1: Cho 11,36 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 phản ứng hết với dung dịch
HNO3 loãng (dư), thu được 1,344 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc) và dung dịch
X. Cô cạn dung dịch X thu được m gam muối khan. Giá trị của m là
A. 38,72.
B. 35,50.
C. 49,09.
D. 34,36.
Hướng dẫn giải
Hỗn hợp gồm Fe , FeO , Fe2O3 , Fe3O4 được tạo thành từ hai nguyên tố O , Fe .
Gỉa sử coi hỗn hợp trên là hỗn hợp của hai nguyên tố O , Fe . Ta quan sát sự biến đổi số oxi
hóa
Fe – 3e → Fe+3
x 3x
O + 2e → O-2
y 2y
N+5 + 3e → N+2
0,18 0,06
Theo định luật bảo toàn e : 3x – 2y = 0,18
Tổng khối lượng hỗn hợp là : 56x + 16y = 11,36
Giải hệ → x = 0,16 mol , y = 0,15 mol
Viết phản ứng của Fe với HNO3
Fe + HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + H2O
0,16
0,16 mol
→ khối lượng muối là : 0,16.242 = 38,72 gam
Vi dụ 2: Nung nóng a gam bột Fe với oxi thu được b gam hỗn hợp rắn A gồm 3 oxit sắt và Fe.

Cho b gam A này tác dụng với lượng dư dung dịch HNO 3 thì được V lít hỗn hợp khí X (đktc)
gồm NO và NO2. Tỉ khối của X so với khí hidro bằng bằng 19. Biểu thức liên hệ giữa a, b và
V là
A. 2V + 1,4b = a. B. V + 1,4b = 2a. C. V + 0,7b = a.
D. 2V + 0,7b = 3a.
Hướng dẫn giải
10


46 − 38

n

1

NO
-Sử dụng sơ đồ chéo ⇒ n = 38 − 30 = 1
NO
2

-Các quá trình cho và nhận electron:
Fe - 3e → Fe3+
a
3a
→
56
56
O 2 + 4e → 2O 2- ;

+5

+2

+5

N + 3e → N;

b-a
b-a
→
32
8

+4

N + 1e → N

3V
V
¬
44,8
44,8

V
V
¬
44,8
44,8

-Tổng số mol e cho = tổng số mol e nhận

3a b-a
V
=
+
⇒ V+1,4b = 2a => Đáp án B
56
8 11,2

BÀI TOÁN BIẾN DẠNG 1: Trong bài toán 6 trên, thay O2 bằng Cl2. Bản chất vẫn
không thay đổi.
Ví dụ 3: Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Fe , FeCl2 , FeCl3 trong H2SO4 đặc nóng
thoát ra 4,48 lít khí SO2 duy nhất ở đktc và dung dịch Y . Thêm NH3 dư vào Y thu được
32,1 gam kết tủa . Tính m
Hướng dẫn giải
Quy đổi hỗn hợp Fe , FeCl2 , FeCl3 thành Fe , Cl
Fe3+
Fe

+Cl2

FeCl3
FeCl2
Fe

+ H2SO4

Cl

+NH3

-

Fe(OH)3

+ SO2

Sơ đồ cho nhận e :
Fe – 3e → Fe+3
Cl- + e → Cl-1
S+6 + 2e → S+4
Gọi x , y là số mol của Fe , Cl
n SO2 = 0,2 mol
→ 3x = y + 0,4
Fe → Fe+3 → Fe(OH)3
→ Kết tủa là Fe(OH)3 có n = 0,3 → x = 0,3 → y = 0,5
Do đó m = 0,3.56 + 0,5.35,5 = 34,55
BÀI TOÁN BIẾN DẠNG 2. Trường hợp tạo thành sắt (II)
Ví dụ 4: Cho 61,2 gam hỗn hợp X gồm Cu và Fe 3O4 tác dụng với dung dịch HNO3 loãng,
đun nóng và khuấy đều. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 3,36 lít khí NO
11


(sản phẩm khử duy nhất, ở đktc), dung dịch Y và còn lại 2,4 gam kim loại. Cô cạn dung dịch
Y, thu được m gam muối khan. Giá trị của m là
A. 151,5.

B. 97,5.

C. 137,1.

D. 108,9.

Hướng dẫn giải
Sơ đồ:
Cu :x(mol)

+[O] : z(mol)

Fe3O4

Fe2+
Cu2+

+ HNO3

Cu

Fe :y(mol)

NO: 0,15(mol) + Cu(du)

n NO = 0,15 mol ; kim loại dư là Cu → Chỉ tạo thành muối sắt II
Quy đổi hỗn hợp thành 3 nguyên tố Cu , Fe , O
Sơ đồ cho nhận e :
Cu – 2e → Cu2+
Fe – 2e → Fe2+ O + 2e → O-2
N+5 + 3e → N+2
x 2x
y
2y

z 2z
0,45 0,15
Bảo toàn mol e → 2x + 2y = 2z + 0,45
Khối lượng : 61,2 = 64x + 56y + 16z + 2,4 (Cu dư )
Vì Fe3O4 → n Fe : n O = y : z = 3 : 4
Giai hệ ta có : x = 0,375 ; y = 0,45 ; z = 0,6
Muối khan : Cu(NO3)2 = 0,375.188 = 70,5 ; Fe(NO3)2 = 0,45.180 = 81
→ Tổng khối lượng : 151,5 gam .
Đáp án A
Ví dụ 5: Để 2,52 gam bột sắt trong không khí, sau một thời gian thu được 2,84 gam hỗn hợp
X gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4. để hòa tan hết X cần 500 ml dung dịch HNO3 aM thấy sinh ra
0,56 lít NO là sản phẩm khử duy nhất và dung dịch Y. Tính a.
Hướng dẫn giải

Fe

FeO
Fe2O3
Fe3O4
Fe

+O2 :0,01(mol)

2,84(g)

0,045(mol)

Fe3+ :y(mol)3nFe < 4nO2+3nNO
+HNO3:0,5a(mol)

0,045.3< 4.0,01+ 3.0,025

(Fe2+):x(mol)

NO: 0,025(mol)

Ta có: nFe = 0,045 và mO = 0,32 → nO = 0,02 với nNO = 0,025
Vì 0,045.3 = 0,135 > 0,02.2 + 0,025.3 = 0,115
=>dung dịch Y gồm 2 muối Fe(NO3)2 và Fe(NO3)3
gọi n Fe = x và n Fe = y Ta có: x + y = 0,045 và 3x + 2y = 0,02.2 + 0,025.3 = 0,115
giải ra : x= 0,025 và y = 0,02 → naxit = 0,115 + 0,025 = 0,14 → a = 0,28 M.
2+

3+

BÀI TOÁN BIẾN DẠNG 4: Bài toán có 2 kim loại tham gia.
12


Ví dụ 6. Nung x mol Fe và 0, 15 mol Cu trong không khí một thời gian thu được 63,2 gam
hỗn hợp chất rắn X. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp chất rắn trên bằng H2SO4 đặc, nóng, dư thu
được dung dịch Y và 6, 72 lít khí SO2(đktc). Giá trị của x mol là:
A. 0,7 mol
B. 0,3 mol
C. 0,45 mol
D. 0,8 mol
Hướng dẫn giải
Ta có sơ đồ sau:
0

+[O]:y(mol)

Fe:x(mol)
0

Cu: 0,15(mol)

hh(X)
(O2-)

+6

Fe3+

+ H2SO4 du

Cu2+
SO2: 0,3(mol)

Xem hỗn hợp chất rắn là hỗn hợp của x mol Fe, 0, 15 mol Cu và y mol O.
Ta có: mHH=56x + 64.0,15 +16y=63,2
56x+16y=53,6 (1)
Mặt khác quá trình cho và nhận electron như sau
+3

0

+2

0

Fe− 3e → Fe

Cu − 2e → Cu

x → 3x

0,15 → 0,3

0

−2

O + 2e → O
y → 2y

+6

+4

S + 2e → S
...0,6 ¬ 0,3

Áp dụng ĐLBT E ta được:

n e = 3x + 0,3 = 0,6 + 2y, => 3x − 2y = 0,3 (2)

Giải hệ (1) và (2) => x=0,7 mol, y=0, 9 mol. A đúng
BÀI TOÁN BIẾN DẠNG 5: Thay đổi cách hỏi.
Câu 1: Nung 2,23 gam hỗn hợp X gồm các kim loại Fe, Al, Zn, Mg trong oxi, sau một thời

gian thu được 2,71 gam hỗn hợp Y. Hòa tan hoàn toàn Y vào dung dịch HNO 3 (dư), thu
được 0,672 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Số mol HNO3 đã phản ứng là
A. 0,12
.
B. 0,14.
C. 0,16.
D. 0,18.
Bài giải:
-Nhận xét: Khi gặp trường hợp này hs thấy xuất hiện nhiều kim loại, nếu các em không
tìm ra bản chất của các quá trình trên thì sẽ khó khăn cho câu trả lời.
Chúng ta xét bài toán tổng quát theo sơ đồ.
M

+O

M2On
M

HNO3

Mn+ , NO3H2O
NO

Từ sơ đồ trên nhận thấy: Không phụ thuộc vào bao nhiêu kim loại, HNO3 tham gia vào
hai quá trình.
13


2HNO3 + O2- → 2ΝΟ 3 − + Η 2 Ο
4ΗΝΟ 3 + 3 e → 3 ΝΟ 3 − + ΝΟ + 2Η 2 Ο

= > nHNO3 = 2nO + 3nNO + nNO = 2nO + 4nNO = 2nO + (6x-2y)nNxOy
TQ: nHNO3(pư) = 2nO + ne (nhận tạo ra sp khử NxOy hoặc NH4NO3)+ xnNxOy = nNO3- tạo
muối + xnNxOy
*Từ đó suy ra trong trường hợp H2SO4đặc.
M

+O

M2On

H2SO4

M

H2SO4 + O2- →

Mn+ ,SO42H2O
SO2

SO42-

+ Η 2Ο

2H2SO4 + 2 e → SO42- + SO2 + 2Η 2 Ο
Ta có n(H2SO4) = n SO42- + nSO2 = n O2- + 2nSO2.
=> Sau khi có những nhận xét tổng quát trên HS có thể dễ dàng giải quyết các bài tập
tương tự khác.
Cách 1. Ta có: n HNO = 2.n O (oxit) + 4n NO =
3

=> D đúng
Cách 2.

(2,71-2,23).2
0,672
+ 4.
= 0,18 mol .
16
22,4

(2, 71 − 2, 23).2
+ 3.0,03 = 0,15 mol
16
= 0,15 + nNO = 0,15 + 0.03 = 0,18 mol

nHNO3 (tao muoi ) = nM ( cho ) = nO2 thu + nHNO3 (thu ) =
nHNO3 ( pu ) = nHNO3 (tm ) + nHNO3 (oxi hoa )
=> D đúng.

BÀI TOÁN 2: KẾT HỢP PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔI VỚI PHƯƠNG PHÁP BẢO
TOÀN E, PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ ( QUA SƠ ĐỒ ĐẦU - CUỐI)
BÀI TOÁN TỔNG QUÁT.
Bài toán: Cho a (mol) kim loại M tác dụng với b (mol) S ở nhiệt độ cao ( trong điều kiện
không có không khí) sau phản ứng được hỗn hợp rắn X. Lấy X cho tác dụng với dung dịch
HNO3 dư thu được dd A và V(lít) (đktc) khí NxOy. Lấy dung dịch A cho tác dụng với dung
dịch Ba(OH)2 dư thu được kết tủa Y, lọc tách kết tủa. Nung đến khối lượng không đổi m
gam chất rắn Z. Tìm mối liên hệ giữa các đại lượng (a, b, V, m)
Hướng dẫn giải
Ta có sơ đồ sau:
14

M: a (mol)

t0

S: b (mol)

M2Sn
MxSy
hh(X)
m1(g) M
S

dd Y

+ HNO3 dö

SO42Mn+ NO3
H+

+ Ba(OH)2

A

m2(g)

BaSO4
M(OH)n

NxOy :V(l)

PP: điều quan trọng là dựa vào sơ đồ, bảo toàn nguyên tố:
M2On:a/2(mol)

=> (2M+16n)a/2 + 233b= m2 (I)

BaSO4: b(mol)

- Quan sát trạng thái số OXH đầu-> Cuối: (M0, S0, N5+) → (Mn+ , S6+, N+2y/x xOy)
Áp dụng bảo toàn (e) =>

n.nM +6nS = (5x-2y)nNxOy

=> n.a +6b =(5x-2y).

V
22,4

(II)

Kết hợp với bảo toàn khối lượng: M.a+32.b = m1 (III)
Nhìn chung đề bài sẽ cho 2 trong 3 đại lượng (m1, m2, V) => đại lượng còn lại.
Ví dụ 1.Cho 20,80 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeS, FeS 2, S tác dụng với dung dịch HNO 3 đặc
nóng dư thu được V lít khí NO 2 (là sản phẩm khử duy nhất, đo ở đktc) và dung dịch A. Cho
A tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư thu được 91,30 gam kết tủa. Tính V và số mol HNO 3
cần dùng để oxi hóa hoàn toàn hỗn hợp X ?
Hướng dẫn:
Coi hỗn hợp gồm Fe và S ta có sơ đồ:

 3+
Fe(OH )3
Fe
Fe

xmol


xmol
HNO3 d
Ba ( OH ) 2
+

→xmol +
→

S
SO4 2−
BaSO 4



ymol
ymol
ymol

56 x + 32 y = 20,8
 x = 0, 2mol

→

107 x + 233 y = 91,3
 y = 0,3mol

Theo bài ra ta có hệ: 

Áp dụng định luật bảo toàn eletron ta có:
Fe
→ Fe+3 + 3e
0,2mol
3.0,2mol
S
→ S+6 + 6e
0,3mol
6.0,3mol
+5
N + 1e →
N+4
a.1mol
a mol
Áp dụng định luật bảo toàn e ta có:
a = 0,6 + 1,8 = 2,4 mol → V = 53,76 lít
Theo (3) và (4): nHNO = nH = 6.nFe + 4nS = 2, 4mol
3

+

15


Ví dụ 2: Hòa tan hết 30,4 gam hh X gồm Cu, CuS, Cu2S và S bằng dd HNO3 dư thu được 20,16 lít

khí NO duy nhất ở đktc và dd Y. Thêm Ba(OH)2 dư và Y được m gam kết tủa. Tính m?
Giải
+ Qui đổi hh đã cho thành hh Cu và S ta có sơ đồ:
Cu 2+ : x mol + Ba (OH)2 Cu(OH) 2 : x mol
Cu : x mol + HNO3
30, 4 gam 
→ 0,9 mol NO +  2→ 
SO4 : y mol
S : y mol
BaSO 4 : y mol
+ Theo ĐLBT e và giả thiết ta có hệ: 64x + 32y = 30,4 và 2x + 6y = 0,9.3  x = 0,3 mol và y = 0,35
mol
 m = 0,3.98 + 0,35.233 = 110,95 gam.

BÀI TOÁN BIẾN DẠNG:
Ví dụ 3: Đốt cháy hoàn toàn 6,48 gam hỗn hợp chất rắn X gồm: Cu; CuS; FeS; FeS 2;
FeCu2S2; S thì cần 2,52 lít O2 và thấy thoát ra 1,568 lít SO2. Mặt khác cho 6,48 gam X tác
dụng với dung dịch HNO3 đặc nóng dư thu được V lít NO2 (là sản phẩm khử duy nhất) và
dung dịch A. Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư thu được m gam kết tủa.
Biết thể tích các khí đều đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Tính V và m.
Hướng dẫn giải
Xem hỗn hợp X gồm x mol Cu, y mol Fe và z mol S.
-Khối lượng hỗn hợp X: 64x + 56y + 32z = 6,48 (I).
-Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X Cu → Cu2++2e , Fe → Fe3++3e , S → SO2 +4e
x
x 2x
y
y 3y z
z
4z

O
+2e → O 20,225 0,45
-Bảo toàn electron ta có: 2x + 3y + 4z = 0,45 (II).
Ta có z = Số mol S = số mol SO2 = 1,568:22,4 = 0,07. Thay z = 0,07
vào (I) được phương trình: 64x + 56y = 4,24 (*)
vào (II) được phương trình
2x + 3y = 0,17 (**).
Giải hệ 2 PT (*) & (**) tìm được x = 0,04; y = 0,03.
-Hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HNO3 đặc nóng dư tạo khí NO2 duy nhất và dung dịch
A.
Cu → Cu2++2e , Fe → Fe3++3e , S → SO42- +6e
x
x 2x
y
y 3y z
z
6z
NO3- +1e → NO2
a
a mol
-Bảo toàn electron ta có: số mol NO2 = a = 2x+ 3y + 6z = 0,59.
Từ đó tính được V = V(NO2) = 0,59x22,4 = 13,216 lít.
Dung dịch A + dung dịch Ba(OH)2 dư thu được kết tủa gồm:
Cu(OH)2; Fe(OH)3; BaSO4
Số mol Cu(OH)2 = số mol Cu = x = 0,04.
Số mol Fe(OH)3 = số mol Fe = y = 0,03.
Số mol BaSO4 = số mol S = z = 0,07.
m = m↓ = (0,04x98 + 0,03x107 + 0,07x233) = 23,44 gam.

16

Ví dụ 4: Cho 18,4 gam hỗn hợp X gồm Cu2S, CuS, FeS2 và FeS tác dụng hết với HNO 3 (đặc
nóng dư) thu được V lít khí chỉ có NO2 (ở đktc, sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch Y.
Cho toàn bộ Y vào một lượng dư dung dịch BaCl 2, thu được 46,6 gam kết tủa, còn khi cho
toàn bộ Y tác dụng với dung dịch NH3 dư thu được 10,7 gam kết tủa. Giá trị của V là
A. 38,08
B. 11,2
C. 24,64
D. 16,8
Hướng dẫn giải
Cu2+ ; Fe3+ ; H +
→Y 
18,4 gam X gồm Cu2S, CuS, FeS2 và FeS 
2−
−
SO 4 ; NO3
HNO3

dd NH
→ Fe(OH)3:
Ba2+ + SO42– → BaSO4: nS = n BaSO = 0,2 mol; Fe3+ 
3

4

nFe = n Fe(OH)3 = 0,1 mol.
Khi đó nCu =

18, 4 − 0, 2.32 − 0,1.56

64

= 0,1 mol.

Bảo toàn e: 3.nFe + 2.nCu + 6.nS = 1. n NO ⇒ n NO = 1,7 mol.
2

2

Vậy V = 1,7.22,4 = 38,08 lít.
TRONG TRƯƠNG HỢP THAY BẰNG H2SO4 ĐẶC.
Bài toán theo sơ đồ sau:
S : y (mol)
Fe : x (mol)

hh
m1

FeS2
FeS
Fe
S

+ H2SO4dac,t

o

Fe3+
SO2: V/22,4(mol)

- Điều quan trọng bài toán trên là xác định đúng trạng thái số oxh đầu và cuối=> Dùng
pp bảo toàn e.
Quá trình oxi hóa
Quá trình khử
+3
Fe → Fe + 3e
S+6 + 2e → S+4O2
x →
3x (mol)
2z ← z (mol)
S → S+4O2 + 4e
y→ y
4y(mol)
=> ne(Nhận) = 2z
=> ne(cho) = 3x + 4y
Theo phương pháp bảo toàn (e) => 3x + 4y =2z (*)
=> n Σ SO2 = y + z = V/22,4
* Tư duy: Từ (*) => 2nΣ SO2 = 2y+2z = 6y +3z
Từ đó ta có cách suy luộn nhanh: 3nFe + 6nS = 2nΣ SO2
Điều đó có nghĩa là nếu ta cho S → S+6 ta suy ra nhanh lượng SO2 theo biểu thức trên.
Ví dụ :Hòa tan 2,08 gam (FeS, S, FeS2, Fe) vào dung dịch H2SO4 thu được 2,688 lít SO2 (sản
phẩm khử duy nhất) và dung dịch X. Cho X tác dụng với dung dịch NaOH dư, lấy kết tủa
nung trong không khí đến khối lượng không đổi được m gam chất rắn. Giá trị của m là
A. 8,2g
B. 9g
C. 1,6g
D. 10,7g
17

Hướng dẫn giải
Tư duy theo sơ đồ: Quy đổi về (Fe: x(mol) , S: y(mol))
S : y (mol)
Fe : x (mol)

hh
2,08(g)

FeS2
FeS
Fe
S

+ H2SO4dac,to

Fe3+

+NaOH

Fe(OH)3
x(mol)

t0

Fe2O3
x/2(mol)

SO2: 0,12(mol)

Cách 1:

Quá trình oxi hóa
Quá trình khử
+3
Fe → Fe + 3e
S+6 + 2e → S+4O2
x →
3x (mol)
2z ← z (mol)
S → S+4O2 + 4e
y→ y
4y(mol)
=> ne(Nhận) = 2z
=> ne(cho) = 3x + 4y
Theo phương pháp bảo toàn (e) => 3x + 4y = 2z (*)
=> n ΣSO2 = y + z = 0,12. Từ (*) => 3x+6y = 2.0,12 = 0,24
Khối lượng (Fe, S): 56x + 32y = 2,08
=> x= 0,02; y= 0,03
-Bảo toàn nguyên tố Fe: nFe2O3 = 0,02/2. 160 = 1,6 (gam)
Cách 2: Bằng cách suy luận nhanh: 3nFe + 6nS = 2nΣSO2
=> 3x + 6y = 2.0,12 (I)
Bảo toàn khối lượng: 56x + 32y = 2,08 (II)
=> x = 0,02 = nFe = 2nFe2O3 => mFe2O3 = 0,01.160 = 1,6(g)

3. KẾT HỢP BẢO TOÀN ĐIỆN TÍCH VỚI BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ ĐỂ GIẢI BÀI
TOÁN MUỐI CO32- TÁC DỤNG VỚI H +
Bài toán : Cho từ từ dung dịch HCl, HBr, NaHSO4, … vào dung dịch (M2CO3, MHCO3,…).
Sau pư thu được sản phẩm thoả mãn một tính chất nào đó ví dụ như:
1/ Dung dịch A thu được không có khí
2/ Dung dịch A thu được + BaCl2 -> Kết tủa
3 / Dung dịch A tác dụng được với kiềm.

4/Dung dịch A thu được và khí. Cho A + ddBa(OH)2 hoặc Ca (OH)2 → ↓
-

Yêu cầu: Biết 2/3 đại lượng -> Tính được đại lượng còn lại (V khí, C M muối, CM axít, m

kết tủa)
Phương pháp thông thường.
-

Nhận định đúng về bản chất của phương trình phản ứng khi cho từ từ CO 32- từ từ vào H

+

18


Cho từ từ H + vào CO32-: H+ + CO32- → HCO3-

(1)

HCO3- + H+ → CO2 + H2O

(2)

1/ Dung dịch A thu được không có khí -> Chỉ có (1)
2/ Dung dịch A thu được + BaCl2 -> Kết tủa. Chỉ có (1)
3/ Dung dịch A tác dụng được với kiềm -> Có cả (1,2)
4/ Dung dịch A thu được và khí. Cho A + ddBa(OH)2 hoặc Ca (OH)2 → ↓ Có cả (1,2)
Chúng ta phải dựa vào tính chất theo đề bài để kiểm soát mức độ của phản ứng.
-PHƯƠNG PHÁP TƯ DUY MỚI : Kết hợp bảo toàn điện tích với bảo toàn nguyên tố.

Ví dụ: Bài toán có sơ đồ sau:
HCO3-: x(mol)

z(mol)H+

CO32- : y(mol)

HCO3-: t (mol)

+ Ba(OH)2du

BaCO3

CO2: z(mol)

Ta có nếu dd sau phản ứng với H+ tác dụng với dd Ba(OH)2 dư tạo kết tủa thì chứng tỏ HO3dư

Theo bảo toàn điện tích ta có:

n HCO3-

bñ

+

n

nH+

2 CO 23

=

n HCO3- (sau)

Bảo toàn nguyên tố C:

n HCO3-

bñ

+

nCO32-

=

n HCO3-

+
(sau)

nCO2

x + 2y - z = t
x+y=t+z

Kết hợp lại:
Ví dụ 1: Cho 35 gam hỗn hợp X gồm Na2CO3 và K2CO3. Thêm từ từ , khuấy đều 0,8 lit HCl
0,5 M vào dung dịch X trên thấy có 2,24 lit khí CO2 thoát ra ở đktc và dung dịch Y. Thêm

Ca(OH)2 dư vào dung dịch Y được kết tủa A.
Tính khối lượng mỗi chất trong X và khối lượng kết tủa A ?
Hướng dẫn giải
Cách 1:Bài này nếu học sinh dùng phương trình phân tử để làm thì sẽ gặp khó khăn khi xét
phản ứng của Ca(OH)2 với dung dịch Y tạo ra kết.
Nên đối với bài này ta nên sử dụng phương trình ion.
Gọi số mol của Na2CO3 là x, K2CO3 là x.
Khi thêm từ từ dd HCl vào dd X lần lượt xảy ra phản ứng :
19


CO 32 − + H+ → HCO 3−
x+y
x+y
x+y
2−
−
Khi toàn thể CO 3 biến thành HCO 3
−
HCO 3 + H+ → CO2 + H2O
0,1
0,1
0,1
nCO 2 = 2,24/ 22,4 = 0,1 mol.
Dung dịch sau phản ứng tác dụng Ca(OH)2 cho kết tủa. Vậy HCO 3− dư, H+ hết.
HCO 3 + Ca(OH)2 → CaCO3 ↓ + OH- + H2O
= x + y + 0,1 = 0,5 . 0,8 = 0,4
∑ nH
hay x + y
= 0,3 (1)

và 106x + 138y = 35 (2). Giải hệ có x = 0,2 mol Na2CO3,
y = 0,1 mol K 2CO3.
Do đó khối lượng 2 muối là :
−

+

mNa 2 CO 3 = 0,2 . 106 = 21,2 (g)
mK 2 CO 3 = 0,1 . 138 = 13,8 (g)
khối lượng kết tủa :
−

nCaCO 3 = nHCO 3

dư

= a + b - 0,1 = 0,2 mol

mCaCO 3 = 0,2 . 100 = 20 (g)
Cách 2:
0,4(mol)H+ HCO3 : t (mol)

HCO3-: x(mol)
CO32- : y(mol)

CaCO3

CO2: 0,2(mol)

Theo đề bài ta có:

106x+ 138y = 35

Theo định luật bảo toàn nguyên tố :
=> x+ y =

+ Ca(OH)2du

n HCO - du
3

n HCO3-

+

nCO32-

=

n HCO3- du + nCO2

n
+ 0,2 => HCO3 du = x+y-0,2

n HCO3-

+

n

2 CO 23

nH+

Áp dụng ĐLBT điện tích ta có :

x+ 2y – 0,4 = x+y – 0,2 => y = 0,2 , từ (I) => x = 0,1
Do đó khối lượng 2 muối là :

=

n HCO3-

mNa 2 CO 3 = 0,2 . 106 = 21,2 (g)
mK 2 CO 3 = 0,1 . 138 = 13,8 (g)
khối lượng kết tủa :
−

nCaCO 3 = nHCO 3

dư

= x+ y - 0,1 = 0,2 mol

mCaCO 3 = 0,2 . 100 = 20 (g)
20


BÀI TOÁN BIẾN DẠNG:
Ví dụ 2: Hấp thụ hết 3,36 lít CO2(đkc) vào dung dịch chứa x mol KOH và y mol K 2CO3 thu

được 100 ml dung dịch X. Lấy 100 ml X cho từ từ vào 700 ml dung dịch HCl 0,5M thu được
3,36 lít khí(đkc). Mặt khác, 100ml X tác dụng với dung dịch Ca(OH) 2 dư thu được 25 gam
kết tủa. Giá trị của x là:
A.
0,1
B. 0,25
C. 0,05
D. 0,15
GIẢI THEO CÁCH MỚI:
Ta có sơ đồ:
+ H+ : 0,35(mol)

-

CO2 +
0,15

OH : x(mol)
CO3

2-

: y(mol)

CO2: 0,15(mol)
HCO3- :z(mol)

ddX
100ml

+dd Ca(OH)2

CaCO3

:0,25(mol)

Bảo BTNT (C): 0,15 + y = 0,25 = n↓=> y =0,1
Mặt khác theo bảo toàn C: 0,15 + 0,1 = 0,15 + z => z =0,1
Theo BTĐT: x+ 2y – 0,35 = z => x = 0,45 – 0,2 = 0,25 ;
=> y = 0,1; x= 0,25 => Đáp án B đúng.
Ví dụ 3: Hấp thụ hoàn toàn 2,24 lít CO 2 (đktc) vào 100 ml dung dịch gồm K 2CO3 0,2M và
KOH x mol/lít , sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y. Cho toàn bộ Y
tác dụng với dung dịch BaCl2 (dư), thu được 11,82 gam kết tủa. Giá trị của x là:
A. 1,0
B . 1,4
C. 1,2
D. 1,6
GIẢI: Tư duy theo bảo toàn điện tích và bảo toàn nguyên tố
Ta có sơ đồ:

CO2 +
0,1

CO32(1)
OH-:

OH-: 0,1x(mol)
dd Y

CO32- : 0,02 (mol)

BaCl2du

HCO3-

(2)

CO32-

BaCO3 0,06(mol)

Bảo toàn NT (C) => 0,1 + 0,02> 0,06 = n BaCO3 => dd Y tạo ra (2) có HCO3- =
0,1+0,02-0,06=0,06 (mol)
-

2−

−

−

(Nhận thấy nCO2 + nCO 3 ban đầu = nHCO 3 + nBaCO3 → nHCO 3 = 0,06 mol )
- BTĐT => 0,1x + 0,02.2 = 0,06.2 + 0,06 => x = 1,4
4. BÀI TOÁN: QUÁ TRÌNH CHẤT KHỬ + (H+ + NO3-)
MỘT SỐ LƯU Ý VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
* CÁCH GIẢI THƯỜNG GẶP:
-

Ion NO3- trong môi trường H+ có tính oxi hoá mạnh như HNO3

21


Cu, Fe2+…. Khơng phản ứng với (HCl, H2SO4 lỗng, NaHSO4) cũng khơng phản ứng

-

được với muối NaNO3, KNO3 nhưng phản ứng với hỗn hợp 2 loại chất đó như phản ứng với
HNO3
3Cu + 8H+ + 2NO3- → 3Cu2+ + 2NO + 4H2O
3Fe2+ + 4 H+ + NO3- → 3Fe2+ + NO + 2 H2O
Lưu ý: Cu, Fe2+ phản ứng với hỗn hợp (NaHSO4 và NaNO3) nhưng khơng phản ứng với hỗn
hợp (NaHCO3 và NaNO3) và NaHCO3 là muối của axít yếu có tính kiềm
Tổng qt:
Kim loại (M)

M(NO3)n Hoặc HNO3

+

Bản chất là pt ion:

Môi trường H+( HCl, H2SO4, NaHSO4)

Hoặc Fe2+

* Phương trình ion rút gọn

3M + 4nH++ nNO3-

3Mn+ + 2nH2O+ nNO (NO2,...)

3Fe2+ + 4H++ NO3-

3Fe3+ + 2H2O+ NO

G/s Hệ số
Số mol

a
x

b

(NO2,...)

c
y

z

Dựa vào phương trình ion để xác định chất hết chất dư qua tỷ lệ các tỉ lệ {x/a; y/b; z/c}
Từ đó tính số mol của chất chất chưa biêt theo u cầu đề bài:
HCl
HNO 3
−
+ NO 3 
−
Mi NO 3
H 2SO 4

+
* CÁCH TƯ DUY MỚI BÀI TỐN KIM LOẠI + H 

Bằng phương pháp bảo tồn e
Viết phương trình nửa phản ứng theo sản phẩm khử: NH4NO3 , N2 , N2O, NO , NO2
* Q trình khử:
4H+ + NO3- + 3e→ NO + 2H2O
TQ: (6x-2y) H+ + x NO3- + (5x-2y) e → NxOy + (3x-y) H2O (1)
•

Q trình oxi hóa: M → Mk+ + ke

(2)

Từ (1) xác định chất hết {H+ hay NO3-} => ne(nhận)Max
Từ (2) ne(cho) Max = knM
Bảo tồn e => knM(pư) = 3/4n(H+)pư = 3n(NO3-)pư = 3nNO = ne(pư)
(ne(pư) là số mol e nhỏ nhất ở một trong hai q trình)
22


=> Trong trường hợp cần tính n(OH-) phản ứng với dung dịch sau phản ứng ta có
Số mol OH- pứ với dung dịch sau pứ : n OH = n H + n e ( pu )
−

+
du

Ví dụ 1: Hòa tan 9,6 gam Cu vào 180 ml dung dịch hỗn hợp HNO3 1M và H2SO4 0,5M, kết

thúc phản ứng thu được V lít (ở đktc) khí không màu duy nhất thoát ra, hóa nâu ngoài không
khí. Giá trị của V là:
A. 1,344 lít
B. 4,032 lít
C. 2,016 lít
D. 1,008
lít
Hướng dẫn:
Cách 1: Dùng pt ion rút gọn.
nCu = 0,15 mol ; nNO3– = 0,18 mol ; Σ nH+ = 0,36 mol
3Cu + 8H+ + 2NO3– → 3Cu2+ + 2NO + 4H2O ; Do
0,36→
0,09
→ VNO = 0,09.22,4 = 2,016 lít → đáp án C

→ H+ hết ; Cu dư

Cách 2: Sử dụng phương pháp bảo toàn e
Viết nửa phản ứng
4H+
+ NO3+ 3e
→ NO + 2H2O
bđ 0,36
0,18
=> H + hết:
pư 0,36
0,09
0,27
Số mol e (Cu) tách = 2nCu = 2.0,15 = 0,3 > ne(nhận)Max = 0,27 => H+hết, Cu dư
=> nNO = ¼.nH+ = 0,09 (mol)→ VNO = 0,09.22,4 = 2,016 lít → đáp án C

Qua ví dụ trên có thể mở rộng xây dựng bài toán ở mức độ khó hơn nhưng có cùng bản
chất
Ví dụ 2: Cho hỗn hợp gồm 1,12 gam Fe và 1,92 gam Cu vào 400 ml dung dịch chứa hỗn hợp
gồm H2SO4 0,5M và NaNO3 0,2M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung
dịch X và khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Cho V ml dung dịch NaOH 1M vào dung dịch
X thì lượng kết tủa thu được là lớn nhất. Giá trị tối thiểu của V là:
A. 360 ml
B. 240 ml
C. 400 ml
D. 120 ml
Hướng dẫn giải:
Cách 1: Sử dụng phương trình ion rút gọn

n Fe = 0, 02 ; n Cu = 0, 03 ; n H+ = 0, 4 ; n NO− = 0, 08
3
Fe + 4H + + NO3− → Fe3+ + NO + 2H 2 O

0, 02

0, 08

0, 02

0, 02

3Cu + 8H + + 2NO3− → 3Cu2+ + 2NO + 4H 2 O

0, 03

0, 08

0, 04

0, 03

Theo pt(1,2) => Cu, Fe hết, H+, NO3- dư=>
23


V
.1 = 3.0, 02 + 2.0.03 + (0, 4 −2.0, 08) ⇒V = 360
1000

Cách 2: Sử dụng pp bảo toàn electron:
nFe = 0,02 mol ; nCu = 0,03 mol; → Σ ne cho (Max) = 0,02.3 + 0,03.2 = 0,12 mol
nH+ = 0,4 mol ; nNO3– = 0,08 mol
Quá trình nhận
NO3– + 4H+ + 3e → NO + 2H2O
0,08
0,4
0,08→ 0,32 → 0,24 = ne (nhận)Max

Quá trình cho
Σ ne cho (Max) = 3nFe+2nCu=
0,02.3 + 0,03.2 = 0,12 mol
=> Số mol epư = 0,12

+

=> Cu,Fe hết; H dư

Theo bảo toàn điện tích: n OH − = n H du+ + n e ( pu ) = nH+dư + 3nFe3+ +2nCu2+ =
0,24 + 0,02.3 + 0,03.2 = 0,36 → V = 0,36 lít hay 360 ml → đáp án A

Ví dụ 3: Cho 0,87 gam hh gồm Fe, Cu và Al vào bình đựng 300 ml dd H 2SO4 0,1M. Sau khi
các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 0,32 gam chất rắn và có 448 ml khí (đktc) thoát ra.
Thêm tiếp vào bình 0,425 gam NaNO 3, khi các phản ứng kết thúc thì thể tích khí NO (đktc,
sản phẩm khử duy nhất) tạo thành và khối lượng muối trong dd là
A. 0,224 lít và 3,750 gam.
B. 0,112 lít và 3,750 gam.
C. 0,112 lít và 3,865 gam.
D. 0,224 lít và 3,865 gam.
Hướng dẫn giải:
Sử dụng phương pháp bảo toàn (e)
+ Trước tiên dựa vào pư với H2SO4(l) tính được trong bình có:
nFe2+ = 0,005 và nH+ còn lại = 0,02; nCu = 0,005; SO42- =0,03 (mol)
+ Thêm NaNO3: 0,005(mol)
Quá trình nhận
Quá trình cho
–
+
NO3 + 4H + 3e → NO + 2H2O
Σ ne cho (Max) = 1.nFe2+ + 2.nCu=
0,005 0,2
0,005.1+ 0,005.2 = 0,015
0,005 -- 0,2 → 0,015 = ne (nhận)Max
=> Số mol epư = 0,015
–
+
2+

2+

NO3 , 4H , Fe , Cu đều hết.

Muối m muối = mkl + m SO42- + m Na+ = 0,87 + 0,03.96 + 0,005.23 = 3,865gam.

MỘT SỐ BÀI TOÁN BIẾN DẠNG:
24


Ví dụ 4 : Cho m gam bột Fe vào 800 ml dung dịch hỗn hợp gồm Cu(NO 3)2 0,2M và H2SO4
0,25M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 0,6m gam hỗn hợp bột kim loại và
V lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Giá trị của m và V lần lượt là
A. 17,8 và 4,48.
B. 17,8 và 2,24.
C. 10,8 và 4,48.
D. 10,8 và 2,24.
Hướng dẫn giải:
Cách 1: Theo phương pháp áp dụng phương trình ion đầy đủ
Ta có: n Cu(NO3)2 = 0,16 → n Cu2+ = 0,16 , n NO3- = 0,32 mol ; n H2SO4 = 0,2 → n H+ = 0,4
Vì thu được hỗn hợp kim loại nên → Chỉ có muối Fe2+ tạo thành
3Fe + 2NO3- + 8H+ → 3Fe2+ + 2NO + 4H2O
0,15
Fe

0,4

0,1

+ Cu2+ → Fe2+ + Cu

0,16

0,16

(1)
(2)

0,16

→ Khối lượng đồng trong 0,6m gam hỗn hợp sau phản ứng là : 64.0,16 mol
Bảo toàn sắt : m = 0,15.56 pư(1) + 0,16.56 pư(2) + (0,6m – 0,16.64 ) dư → m = 17,8
Mặt khác V NO = 0,1.22,4 = 2,24
→ Chọn đáp án B
Cách 2: Sử dụng phương pháp bảo toàn e:
Ta có:
NO3– + 4H+ + 3e → NO + 2H2O
0,32

0,4

0,1

0,4 → 0,3 = ne (nhận)Max

Vì tạo hỗn hợp kim loại (Cu, Fe) => tạo muối Fe2+, H+ hết
Theo pp bảo toàn (e): 2nCu2+ + 3/4nH+ = 2nFe(pư)
=> nFe(pư) =(2.0,16+0,4.3/4)/2 = 0,31 (mol)
Bảo toàn khối lượng: m -0,31.56+0,16.64 = 0,6m => m =17,8 (g)
Nhận xét: Từ những ví dụ đã xét ở trên tôi đã đưa ra 2 cách giải, phương pháp chung

là sử dụng phương trình ion rút gọn. Tuy nhiên đối với bài toán có sự tham gia của hỗn
hợp nhiều chất áp dụng sáng tạo pp bảo toàn e luôn cho chúng ta kết quả nhanh hơn.
Ví dụ 5: Cho 5 gam bột Mg vào dung dịch hỗn hợp KNO3 và H2SO4, đun nhẹ, trong điều
kiện thích hợp, đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch A chứa m gam muối;
25