GIẢI CHI TIẾT CÁC CHUYÊN ĐỀ VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH BT HÓA HỌC

PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HÓA HỮU CƠ và VÔ CƠ
& MỘT SỐ LƯU Ý VỀ HỢP CHẤT HỮU CƠ
A-GIẢI NHANH BÀI TOÁN TRẮC NGHIỆM VÔ CƠ
1/ H2SO4 → 2H+ + SO42- → H2↑
HCl → H+ + Clm muối = mKim Loại + mgốc axít
mM

VD1:Cho 2,81 g hỗn hợp Fe2O3, ZnO, MgO tác dụng vừa đủ với 500 ml dung dịch
H2SO4 0,1M.
Khối lượng muối sunfat tạo ra trong dung dịch là:
Giải: nH2SO4 =0,05 = n SO42- --->nH += 0,1
2H+ + O2- = H2O
0,1 0,05 mol
m muối = m oxit – m O(trong oxit) +m gốc axit =2,81 –0,05.16 +0,05.96 =6,81 gam
VD2:Cho 8 g hỗn hợp bột kim lọai Mg va Fe tác dụng hết với dung dịch HCl thấy
thoát ra 5,6 lit H2 ở đktc. Khối lượng muối tạo ra trong dung dịch là
Giải: nH2 =0,25 ---> nHCl =nCl = 0,25.2 =0,5. m muối =8 + 0,5.35,5=25,75 gam
VD3Cho 11 gam hỗn hợp 2 kim loại tan hoàn toàn trong HCl dư thấy có 8,96 lít khí
thoát ra (đkc) v à dd X, cô cạn dd X thì khối lượng hỗn hợp muối khan thu được là
(gam):
Giải: nH2 =0,4 ---> nHCl =nCl- = 0,4.2 =0,8. m muối =kl kim loại +kl ion Cl=11+0,8.35,3=39,4 gam
2/ Axít + Ocid bazơ ( kể cả ocid bazơ không tan)
2H+ + O2-→ H2O

VD1: Fe2O3 → a mol
FexOy → b mol
nO2- = 3a+ by →

Phản ứng dung dịch HCl

2H+ + O2- → H2O

6a+2yb ← 3a+yb
VD2:Hoà tan 2,4 g một oxit sắt vừa đủ 90ml ddHCl 1M. Công thức của oxit sắt nói trên là:
Gọi CTPT oxit sắt là:FexOy→ a mol
nHCl =0,09mol
2H+ + O2- → H2O
0,09
0,045 mol
2nO =ay = 0,045 (1)
56a + 16ya = 2,4 (2)
xa =0,03 → x:y =2:3 → CTPT là Fe2O3
3/ Axít + Bazơ ( kể cả bazơ không tan)
H+ + OH- → H2O

VD: Dung dịch H2SO4 phản ứng với hổn hợp: Fe(OH)3 amol, Al(OH)3 bmol, Cu(OH)2
cmol
nOH- = 3a+3b+2c = nH+
1


4/ Axít + Kim Loại → Muối và giải phóng khí H2
nH+ + M→ Mn+ + n/2
H2

VD: Na→ H → ½ H2
Al → 3H→ 3/2 H2
VD1:Cho 8.3 g hỗn hợp Al,Fe tác dụng hết với dung dịch HCl. Sau phản ứng khối
lượng HCl tăng thêm 7.8 g. Khối lượng mỗi muối tạo ra trong dung dịch và kl mỗi
kim loại trong hh
Giải;n H2 =(8,3-7,8 ):2 =0,25
3/2a+b = 0,25

27a +56 b= 8,3---> a=b= 0,1 mol
VD 2: Cho m gam nhôm,Magiê, sắt vào 250 ml dd X chứa hh axít HCl 1M,H2SO4 0,5
M, thu được 0,2375 mol khí H2 và dd Y.Tính pH của dd Y.
Giải:n H+bđ=0,25 +0,25.0,5.2 = 0,5
nH+ pư = 0,2375.2=0,475
nH+ dư =0,025 mol → CH+=0,1 → pH =1
5/ CO, H2 khử oxít kim loại sau Al tạo Kim loại + CO2 , H2O
CO + O ( trong oxít) to CO2
H2 + O ( trong oxít) to H2O

VD: Hổn hợp gồm CuO → amol
Fe2O3 → bmol + CO ⇒ nO(trong oxít) = a+3b
CO + O → CO2
a+3b ← a+3b → a+3b
VD:Một hỗn hợp X gồm Fe2O3, FeO và MgO có khối lượng là 4,24 g trong đó có 1,2
g MgO. Khi cho X phản ứng với CO dư (phản ứng hoàn toàn), ta được chất rắn A và
hỗn hợp CO và CO2. Hỗn hợp này khi qua nước vôi trong cho ra 5 g kết tủa. Xác định
khối lượng Fe2O3, FeO trong hỗn hợp X.
Giải: m 2 oxit sắt là: 4,24 –1,2 =3,04 gam---> 160 a +72 b =3,04
n CO2 = n O(trong 2 oxit sắt) = 0,05 ----> 3a +b = 0,05 ---> a=0,01 ; b= 0,02
6/ Phản ứng giữa 2 ion chỉ xảy ra khi sản phẩm có chất kết tủa, dễ bay hơi, điện li
yếu.
VD1: Ca2+ + CO32- → CaCO3↓
2H+ + CO32- → H2O + CO2↑
2H+ + S2- → H2S↑
Na+ + NO3- x
không xảy ra
VD2 : Dung dịch chứa amol AlCl3, bmol CuCl2, cmol NaCl phản ứng dung dịch
AgNO3 dư thu dmol kết tủa. Mối liên hệ a,b,c,d
nCl- = 3a+2b+c

⇒ nAgCl ↓ = nCl- = nAg+phản ứng = 3a+2b+c = d
Ag+ + Cl- → AgCl↓
7/ Định luật bảo toàn khối lượng:
2


mghổn hợp kim loại + m1 g dung dịch HCl thu được m 2 g dung dịch A, m3 g khí B và
m4 g rắn không tan.
Ta có : m + m1 = m2 + m3 + m4 ⇒ m2 = m + m1 – m3 – m4
8/ Bảo toàn điện tích:
Trong 1 dung dịch : Tổng điện tích dương = tổng điện tích âm
VD1: Dung dịch chứa amol Al3+, bmol Ca2+, cmol SO42-, dmol Cl-.
Ta co: 3a + 2b = 2c + d
VD2: mg hổn hợp Fe, Mg, Zn phản ứng dung dịch HCl dư thu (m+m 1) gam muối.
mg hổn hợp trên phản ứng dung dịch HCl thu bao nhiêu gam muối?
. mmuối clorua = mkim loại + mCl- ⇒ mCl- = m1g ⇒ nCl- =
. Bảo toàn điện tích: 2Cl-

m1
→
35,5
m
. muối sunfat = m + 1 x 96
71

m1
mol
35,5

SO42- ( 2.nSO42- = nCl-)

m1
71

VD3:Cho m g hỗn hợp Cu, Zn, Fe tác dụng với dung dịch HNO 3 loãng, dư thu được
dung dịch A. Cô cạn dung dịch A thu được (m+62) gam muối khan. Nung hỗn hợp
muối khan trên đến khối lượng không đổi thu được chất rắn có khối lượng là:
Giải: n NO3- =62:62 = 1mol ---> 2NO3- -------> O2- .
n O2- =0,5 mol
1 mol
0.5 mol
m oxit = m kim loại + m O = m + 0,5.16 =( m + 8 ) gam
Vídụ 4: Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,12 mol FeS 2 và a mol Cu2S vào dung dịch
HNO3 vừa đủ, thu được dung dịch X chỉ chứa 2 muối sunf và khí NO duy nhất. Giá trị
a là:
Giải: dd gồm:0,12 mol Fe3+, 2a mol Cu2+ ,(0,24+a) mol SO42- .
áp dụng Đlbt điện tích: 3.0,12 +2.2a =2(0,24 +a)→ a=0,06
9/ Bảo toàn nguyên tố :
VD1: Cho 1mol CO2 phản ứng 1,2mol NaOH thu mg muối. Tính m?
.

n OH -

n CO 2

= 1,2 ⇒ sản phẩm tạo 2 muối

. Gọi CT 2 muối NaHCO3 → amol BT nguyên tố Cacbon: a+b = 1 a= 0,08mol
Na2CO3 → bmol BT nguyên tố Natri: a+2b = 1,2 ⇒ b =
0,02mol
VD2 : Hổn hợp A gồm FeO a mol, Fe 2O3 b mol phản ứng với CO ở t 0 cao thu được

hổn hợp B gồm: Fe cmol, FeO dmol, Fe 2O3 e mol, Fe3O4 f mol. Mối quan hệ giữa
a,b,c,d…
Ta có : nFe (trong A) = nFe (trong B)
⇔

a+3b = c + d + 3e + 4f

VD 3:
Hấp thụ hoàn toàn 0,12 mol SO2 vào 2,5 lít dd Ba(OH)2 a mol/l thu được 0,08 mol kết
tủa. gí trị của a là bao nhiêu.
Giải:n BaCO3 =0,08 → n C còn lại tạo Ba(HCO3)2 = 0,04 → nBa(HCO3)2 =0,02
→n Ba =n Ba(OH)2 =0,08 + 0,02 =0,1 → CM =0,1/2,5 =0,04 M
3


VD 4:Hòa tan 5,6 gam Fe vào dd H 2SO4 dư thu dược dd X.dd X phản ứng vừa đủ với
V lít dd KMnO4 0,5 M giá trị của V là?
Giải:
nFe = nFe2+ =0,1 mol → nMn2+ = 0,1.1/5=0,02(đlBT electron) → V = 0,02:0.5 =0,04
lít
10/ Bảo toàn Electron :
. Chỉ sử dụng đối với phản ứng oxi hóa khử
. Phương pháp: + Xác định chất khử + xác định chất oxi hóa
+ Viết 2 quá trình + định luật bảo toàn Electron : ne cho = ne nhận
VD : 0,3 mol FexOy phản ứng với dd HNO 3 dư thu được 0,1mol khí NO. Xác định
FexOy.
Giải : xFe2y/x – ( 3x-2y) → xFe+3
nFexOy = 0,3
⇒ nFe2y/x = 0,3x x = 3
0,3x → 0,3(3x-2y)

⇒ y
= 4 hoặc x=y=1
N+5 + 3e
→ N+2
0,3.(3x – 2y) = 0,3 ⇒ 3x – 2y = 1
0,3
0,1
Vậy CTPT : Fe3O4 hoặc FeO
11/ Xác định CTPT chất :
VD : 1 oxít của sắt có % mFe chiếm 70%. Xác định CTPT của oxít.
Gọi CT của oxít là: FexOy ⇒

x 70 / 56
2
=
= 0,666 = ⇒ Fe2O3
y 30 / 16
3

B. HIDROCACBON:
CT chung: CxHy (x ≥ 1, y ≤ 2x+2). Nếu là chất khí ở đk thường hoặc đk chuẩn: x ≤ 4.
Hoặc: CnH2n+2-2k, với k là số liên kết π , k ≥ 0.
I- DẠNG 1: Hỗn hợp gồm nhiều hidrocacbon thuộc cùng một dãy đồng đẳng.
PP1:Gọi CT chung của các hidrocacbon C n H 2 n + 2 − 2 k (cùng dãy đồng đẳng nên k
giống nhau)
- Viết phương trình phản ứng
- Lập hệ PT giải ⇒ n , k.
- Gọi CTTQ của các hidrocacbon lần lượt là Cn1 H 2 n1 + 2 − k , Cn 2 H 2 n 2 + 2 − k ... và số
mol lần lần lượt là a1,a2….
Ta có:

+ n=

n1a1 + n 2a2 + ...
a1 + a2 + ...

+ a1+a2+… =nhh
Ta có đk: n1Thí dụ : + Nếu hh là hai chất đồng đẳng liên tiếp và n =1,5
Thì n1<1,5+ Nếu hh là đđ không liên tiếp, giả sử có M cách nhau 28 đvC (2 nhóm –CH2-)
Thì n1< n =1,5PP2 : - gọi CT chung của hai hidrocacbon là Cx H y .
- Tương tự như trên ⇒ x, y
- Tách ra CTTQ mỗi hidrocacbon Cx1 H y1 , Cx 2 H y 2 ...
Ta có: x1< x y1 < y 4


nếu là đồng đẳng liên tiếp thì y2=y1+2. thí dụ y =3,5
⇒ y1<3,5nếu là đđ không kế tiếp thì ta thay ĐK : y2=y1+2 bằng đk y2=y1+2k (với k là hiệu số
nguyên tử cacbon).
Cho vài thí dụ:
II. DẠNG 2: Tìm CTPT của hidrocacbon khi biết KL phân tử:
 Phương pháp: + Gọi CTTQ của hidrocacbon là CxHy; Đk: x ≥ 1, y ≤ 2x+2, y chẳn.
+ Ta có 12x+ y=M
M
(chặn trên) (1)

12
M−2
+ y ≤ 2x+2 ⇒ M-12x ≤ 2x+2 ⇒ x ≥
(chặn dưới) (2)
14
Kết hợp (1) và (2) ⇒ x và từ đó ⇒ y.

+ Do y>0 ⇒ 12x
Thí dụ : KLPT của hydrocacbon CxHy = 58
Ta có 12x+y=58
+ Do y>o ⇒ 12x<58 ⇒ x<4,8 và do y ≤ 2x+2 ⇒ 58-12x ≤ 2x+2 ⇒ x ≥ 4
⇒ x=4 ; y=10 ⇒ CTPT hydrocacbon là C4H10.
III. DẠNG 3 : GIẢI BÀI TOÁN HỖN HỢP
Khi giải bài toán hh nhiều hydrocacbon ta có thể có nhiều cách gọi :
- Cách 1 : Gọi riêng lẻ, cách này giải ban đầu đơn giản nhưng về sau khó giải, dài, tốn
thời gian.
- Cách 2: Gọi chung thành một công thức C x H y hoặc C n H 2 n + 2 − 2 k (Do các hydrocacbon
khác dãy đồng đẳng nên k khác nhau)
Phương pháp: Gọi Ct chung của các hydrocacbon trong hh là C x H y (nếu chỉ đốt
cháy hh) hoặc C n H 2 n + 2 − 2 k (nếu vừa đốt cháy vừa cộng hợp H2, Br2, HX…)
- Gọi số mol hh.
- Viết các ptpứ xảy ra, lập hệ phương trình, giải hệ phương trình ⇒ x , y hoaëc n, k...
+ Nếu là x , y ta tách các hydrocacbon lần lượt là C x H y , C x H y .....
Ta có: a1+a2+… =nhh
1

1

2

2

x1a1 + x 2a 2 + ....
a1 + a 2 + ...
y a + y 2a 2 + ...
y= 1 1
a1 + a 2 + ...

x=

Nhớ ghi điều kiện của x1,y1…
+ x1 ≥ 1 nếu là ankan; x1 ≥ 2 nếu là anken, ankin; x1 ≥ 3 nếu là ankadien…
Chú ý: + Chỉ có 1 hydrocacbon duy nhất có số nguyên tử C=1 nó là CH 4 (x1=1;
y1=4)
+ Chỉ có 1 hydrocacbon duy nhất có số nguyên tử H=2 nó là C 2H2 (y2=4) (không học
đối với C4H2).
Các ví dụ:
IV. CÁC PHẢN ỨNG DẠNG TỔNG QUÁT:
1. Gọi CT chung của các hydrocacbon là C n H 2 n + 2 − 2 k
a.Phản ứng với H2 dư (Ni,to) (Hs=100%)
,t
C n H 2 n + 2 − 2 k + k H2 Ni


→ C n H 2 n + 2 hỗn hợp sau phản ứng có ankan và H2 dư
o

5

Chú ý: Phản ứng với H2 (Hs=100%) không biết H2 dư hay hydrocacbon dư thì có
thể dựa vào M của hh sau phản ứng. Nếu M <26 ⇒ hh sau phản ứng có H2 dư và
hydrocacbon chưa no phản ứng hết
b.Phản ứng với Br2 dư:
C n H 2 n + 2 − 2 k + k Br2 
→ C n H 2 n + 2 − k Br2 k
c. Phản ứng với HX
C n H 2 n + 2 − 2 k + k HX 
→ C n H 2 n + 2 − k X k
d.Phản ứng với Cl2 (a's'k't')
C n H 2 n + 2 − 2 k + k Cl2 
→ C n H 2 n + 2 − 2 k Cl k + xHCl
e.Phản ứng với AgNO3/NH3
2 C n H 2 n + 2 − 2 k +xAg2O NH

→ x C n H 2 n + 2 − 2 k − x Ag x + xH 2O
2) Đối với ankan:
CnH2n+2 + xCl2 ASKT
→ CnH2n+2-xClx + xHCl ĐK: 1 ≤ x ≤ 2n+2
Crackinh
CnH2n+2  
ĐK: m+x=n; m ≥ 2, x ≥ 2, n ≥ 3.
→ CmH2m+2 + CxH2x
3) Đối với anken:
+ Phản ứng với H2, Br2, HX đều tuân theo tỉ lệ mol 1:1
+ Chú ý phản ứng thế với Cl2 ở cacbon α
α
C
CH3-CH=CH2 + Cl2 500


→ ClCH2-CH=CH2 + HCl
4) Đối với ankin:
+ Phản ứng với H2, Br2, HX đều tuân theo tỉ lệ mol 1:2
,t
VD: CnH2n-2 + 2H2 Ni


→ CnH2n+2
+ Phản ứng với dd AgNO3/NH3
2CnH2n-2 + xAg2O 
→ 2CnH2n-2-xAgx + xH2O
ĐK: 0 ≤ x ≤ 2
* Nếu x=0 ⇒ hydrocacbon là ankin ≠ ankin-1
* Nếu x=1 ⇒ hydrocacbon là ankin-1
* Nếu x= 2 ⇒ hydrocacbon là C2H2.
5) Đối với aren và đồng đẳng:
+ Cách xác định số liên kết π ngoài vòng benzen.
3

o

o

Phản ứng với dd Br2

n Br2
n hydrocacbon

= α ⇒ α là số liên kết π ngoài vòng benzen.

+ Cách xác định số lk π trong vòng:
Phản ứng với H2 (Ni,to):

nH2
n hydrocacbon

= α+β

* với α là số lk π nằm ngoài vòng benzen
* β là số lk π trong vòng benzen.
Ngoài ra còn có 1 lk π tạo vòng benzen ⇒ số lk π tổng là α + β +1.
VD: hydrocacbon có 5 π trong đó có 1 lk π tạo vòng benzen, 1lk π ngoài vòng, 3 lk π
trong vòng. Vậy nó có k=5 ⇒ CTTQ là CnH2n+2-k với k=5 ⇒ CTTQ là CnH2n-8
CHÚ Ý KHI GIẢI TOÁN
VÍ DỤ 1 :Đốt cháy 0,1 mol hỗn hợp 2 ankan là đồng đẳng kế tiếp ,thu được 3,36 lít
CO2(ĐKTC).Hai ankan trong hỗn hợp là:
Giải : số nt cacbon trung bình= số mol CO2 : số mol 2 ankan ---> CTPT

6


VD 2 :Đốt cháy 6,72 lít khí (ở đktc) hai hiđrocacbon cùng dãy đồng đẳng tạo thành
39,6 gam CO2 và 10,8 gam H2O.
a)Công thức chung của dãy đồng đẳng là:
b) Công thức phân tử mỗi hiđrocacbon là:
Giải :Do chúng ở thể khí, số mol CO2> số mol H2O --->là ankin hoặc ankadien
số mol 2 chất là :nCO2- n H2O = 0,3 ---> Số ntử cacbon trung bình là : nCO2 :n
2HC=3
---> n1=2 ,n2 =4 ---> TCPT là C2H2 và C4H6

VD 3 :Cho 4,6 gam hỗn hợp 2 anken là đồng đẳng kế tiếp qua dung dịch brôm dư,thấy
có 16 brôm phản ứng.Hai anken là
4,6
Giải:n Br2= 0,1 =n 2anken ---->số nguyên tử cacbon trung bình = 0,1.14 =3,3

CTPT 2anken là: C3H6 và C4H8
VD 4:Khi đốt cháy 1hh gồm:0,1 mol C2H4 và 1 hydrocacbon A,thu được 0,5 mol CO2
và 0,6 mol H2O.CTPT của hydrocacbon A là:
Giải:nH2O > nCO2 ---> A là ankan
Số mol A= nH2O - nCO2 =0,1---> n =(0,5 – 0,1.2): 0,1 =2--->CTPT của A là:C2H6
VD 5:Khi đốt cháy 0,2 mol hh gồm: C2H2 và 1 hydrocacbon A,thu được:
số mol CO2 =số mol H2O =0,5 mol.CTPT của hydrocacbon A là ?
Giải:nH2O = nCO2 ---> A là ankan --> nC2H2 =n A= 0,1---> số nguyên tử cacbon
trong Alà:
(0,5 –0,1.2): 0,1 =3 ---> ctpt của A là: C3H8
V- MỘT SỐ DẠNG BIỆN LUẬN KHI BIẾT MỘT SỐ TÍNH CHẤT
PHƯƠNG PHÁP:
+ Ban đầu đưa về dạng phân tử
+ Sau đó đưa về dạng tổng quát (có nhóm chức, nếu có)
+ Dựa vào điều kiện để biện luận.
VD1: Biện luận xác định CTPT của (C2H5)n ⇒ CT có dạng: C2nH5n
Ta có điều kiện: + Số nguyên tử H ≤ 2 số nguyên tử C +2
⇒ 5n ≤ 2.2n+2 ⇒ n ≤ 2
+ Số nguyên tử H là số chẳn ⇒ n=2 ⇒ CTPT: C4H10
VD2: Biện luận xác định CTPT (CH2Cl)n ⇒ CT có dạng: CnH2nCln
Ta có ĐK: + Số nguyên tử H ≤ 2 số nguyên tử C + 2 - số nhóm chức
⇒ 2n ≤ 2.2n+2-n ⇒ n ≤ 2.
+ 2n+n là số chẳn ⇒ n chẳn ⇒ n=2 ⇒ CTPT là: C2H4Cl2.
VD3: Biện luận xác định CTPT (C4H5)n, biết nó không làm mất màu nước brom.
CT có dạng: C4nH5n, nó không làm mất màu nước brom ⇒ nó là ankan loại vì

5n<2.4n+2 hoặc aren.
ĐK aren: Số nguyên tử H =2số C -6 ⇒ 5n =2.4n-6 ⇒ n=2. Vậy CTPT của aren là
C8H10.
 Chú ý các qui tắc:
+ Thế halogen vào ankan: ưu tiên thế vào H ở C bậc cao.
+ Cộng theo Maccôpnhicôp vào anken
+ Cộng H2, Br2, HX theo tỷ lệ 1:1 vào ankađien.
+ Phản ứng thế Ag2O/NH3 vào ankin.
+ Quy luật thế vào vòng benzen
+ Phản ứng tách HX tuân theo quy tắc Zaixep.

7


C. NHĨM CHỨC
I- RƯỢU:
1) Khi đốt cháy rượu: n H O > n CO ⇒ rượu này no, mạch hở.
2) Khi tách nước rượu tạo ra olefin ⇒ rượu này no đơn chức, hở.
3) Khi tách nước rượu A đơn chức tạo ra chất B.
- d B / A < 1 ⇒ B là hydrocacbon chưa no (nếu là rượu no thì B là anken).
- d B / A > 1 ⇒ B là ete.
4)
- Oxi hóa rượu bậc 1 tạo ra andehit hoặc axit mạch hở.
O]
R-CH2OH [→
R-CH=O hoặc R-COOH
- Oxi hóa rượu bậc 2 thì tạo ra xeton:
O]
R-CHOH-R' [→
R-CO-R'

- Rượu bậc ba khơng phản ứng (do khơng có H)
5) Tách nước từ rượu no đơn chức tạo ra anken tn theo quy tắc zaixep: Tách -OH và
H ở C có bậc cao hơn
6)
- Rượu no đa chức có nhóm -OH nằm ở cacbon kế cận mới có phản ứng với
Cu(OH)2 tạo ra dd màu xanh lam.
- 2,3 nhóm -OH liên kết trên cùng một C sẽkhơng bền, dễ dàng tách nước tạo ra
anđehit, xeton hoặc axit cacboxylic.
- Nhóm -OH liên kết trên cacbon mang nối đơi sẽ khơng bền, nó đồng phân hóa tạo
thành anđehit hoặc xeton.
CH2=CHOH 
→ CH3-CHO
CH2=COH-CH3 
→ CH3-CO-CH3.
CHÚ Ý KHI GIẢI TỐN
Rượu no
a.
Khi đốt cháy rượu : n H 2 O 〉 n CO 2 ⇒ rượu này là rượu no
2

2

n H 2 O − n CO 2 = n rượu phản ứng ⇒ số nguyên tử cácbon =

n CO 2

n rượu

Nếu là hổn hợp rượu cùng dãy đồng đẳng thì số ngun tử Cacbon trung bình.
VD : n = 1,6 ⇒ n1< n =1,6 ⇒ phải có 1 rượu là CH3OH

b.

nH2

n rượu

c.
. dB/A
. dB/A
d.

=

x
⇒ x
2

là số nhóm chức rượu ( tương tự với axít)

rượu đơn chức no (A) tách nước tạo chất (B) (xúc tác : H2SO4 đđ)
< 1 ⇒ B là olêfin
> 1 ⇒ A là ete
,t 0
+ oxi hóa rượu bậc 1 tạo anđehit : R-CHO Cu
 → R- CH= O

+ oxi hóa rượu bậc 2 tạo xeton : R- CH – R’
OH
+ rượu bậc 3 khơng bị oxi hóa.

[O]

R – C – R’
O

II. PHENOL:
- Nhóm OH liên kết trực tiếp trên nhân benzen, nên liên kết giữa O và H phân cực
mạch vì vậy hợp chất của chúng thể hiện tính axit (phản ứng được với dd bazơ)
ONa

OH
+ NaOH

+ H2O

8


- Nhóm -OH liên kết trên nhánh (không liên kết trực tiếp trên nhân benzen) không thể
CH2OH
hiện tính axit.
khoâng phaûn öùng

+ NaOH

CHÚ Ý KHI GIẢI TOÁN
a/ Hợp chất HC: A + Na → H2
OH hoặc

nH 2

nA

=

x
⇒ x là số nguyên tử H linh động trong –
2

-COOH.

b/ Hợp chất HC: A + Na → muối + H2O ⇒

n NaOH phaûn öùng
= y ⇒ y là số nhóm
nA

chức phản ứng với NaOH là – OH liên kết trên nhân hoặc – COOH và cũng là số
nguyên tử H linh động phản ứng với NaOH.
n H2

=1 ⇒ A có 2 nguyên tử H linh động phản ứng Natri
nA
n NaOH
= 1 ⇒ A có 1 nguyên tử H linh động phản ứng NaOH
.
nA

VD : .

. nếu A có 2 nguyên tử Oxi

⇒ A có 2 nhóm OH ( 2H linh động phản ứng Na) trong đó có 1 nhóm –OH nằm trên
nhân thơm ( H linh động phản ứng NaOH) và 1 nhóm OH liên kết trên nhánh như
HO-C6H4-CH2-OH
III. AMIN:
- Nhóm hút e làm giảm tính bazơ của amin.
- Nhóm đẩy e làm tăng tính bazơ của amin.
VD: C6H5-NH2 CHÚ Ý KHI GIẢI TOÁN
•

nH+

n amin

= x ⇒ x là số nhóm chức amin

VD: nH+ : namin = 1 :1 ⇒ amin này đơn chức
• CT của amin no đơn chức là CnH2n+3N (n ≥ 1)
. Khi đốt cháy nH2O > nCO2 ⇒ nH2O – nCO2 = 1,5 namin
n CO 2

•

.

n amin

=

số nguyên tử cacbon

Bậc của amin : -NH2 bậc 1 ; -NH- bậc 2 ; -N - bậc 3

IV. ANĐEHIT :
1. Phản ứng tráng gương và với Cu(OH)2 (to)
o
3 ,t
R-CH=O +Ag2O ddNH

→ R-COOH + 2Ag ↓
to
R-CH=O + 2Cu(OH)2 →
R-COOH + Cu2O ↓ +2H2O
 Nếu R là Hydro, Ag2O dư, Cu(OH)2 dư:
9


o
3 ,t
H-CHO + 2Ag2O ddNH

→ H2O + CO2 + 4Ag ↓
to
H-CH=O + 4Cu(OH)2 →
5H2O + CO2 + 2Cu2O ↓
 Các chất: H-COOH, muối của axit fomic, este của axit fomic cũng cho được phản
ứng tráng gương.
o
3 ,t
HCOOH + Ag2O ddNH


→ H2O + CO2+2Ag ↓

o
3 ,t
HCOONa + Ag2O ddNH

→ NaHCO3 + 2Ag ↓
o
3 ,t
H-COOR + Ag2O ddNH

→ ROH + CO2 + 2Ag ↓
 Anđehit vừa đóng vai trò chất khử, vừa đóng vai trò chất oxi hóa:
+ Chất khử: Khi phản ứng với O2, Ag2O/NH3, Cu(OH)2(to)
+ Chất oxi hóa khi tác dụng với H2 (Ni, to)
CHÚ Ý KHI GIẢI TỐN

a.

n Ag

n anđehyt

= 2 x ⇒ x là số nhóm chức andehyt.

+ Trường hợp đặc biệt : H-CH = O phản ứng Ag 2O tạo 4mol Ag nhưng %O =
53,33%
+ 1 nhóm andehyt ( - CH = O ) có 1 liên kết đơi C = O ⇒ andehyt no đơn chức chỉ
có 1 liên kết Π nên khi đốt cháy n H 2 O = n CO 2 ( và ngược lại)
+ andehyt A có 2 liên kết Π có 2 khả năng : andehyt no 2 chức ( 2Π ở C = O)

hoặc andehyt khơng no có 1 liên kết đơi ( 1Π trong C = O, 1 Π trong C = C).
b.

n Cu 2 O

= x ⇒ x là số nhóm chức andehyt
n andehyt
n Cu(OH) 2 phản ứng
= 2 x ⇒ x là số nhóm chức andehyt
+
n andehyt

+

+

n H 2 phản ứng
n andehyt

= x ⇒ x là ( số nhóm chức andehyt + số liên kết đôi(∏) C = C)

V. AXIT CACBOXYLIC:
+ Khi cân bằng phản ứng cháy nhớ tính cacbon trong nhóm chức.

3n + 1
) O2 
→ (n+1)CO2 + (n+1)H2O
2
+ Riêng axit fomic tráng gương, phản ứng với Cu(OH)2 tạo ↓ đỏ gạch.

VD: CnH2n+1COOH + (

 Chú ý axit phản ứng với Cu(OH)2 tạo ra dd màu xanh do có ion Cu2+
+ Cộng HX của axit acrylic, axit metacrylic, andehit acrylic nó trái với quy tắc cộng
Maccopnhicop:
VD: CH2=CH-COOH + HCl 
→ ClCH2-CH2-COOH
+ Khi giải tốn về muối của axit cacboxylic khi đốt cháy trong O 2 cho ra CO2, H2O và
Na2CO3
VD : CxHyOzNat +

t
2

O2 
→ ( x + ) CO2 +

y
t
H2O + Na2CO3
2
2

CHÚ Ý KHI GIẢI TỐN
•
•

n OH - phản ứng
n axít

= x ⇒ x là số nhóm chức axít ( - COOH)

Chí có axít fomic ( H-COOH) tham gia phản ứng tráng gương
10


•
•

Đốt axít :
Ta có : n H 2 O = n CO 2 ⇒ axít trên no đơn chức. ( và ngược lại) ⇒ CT : C n H 2n O 2
n H 2 sinh ra
n axít

=

x
⇒ x là số nhóm chức axít ( phản ứng kim loại)
2

 Lưu ý khi giải tốn :
+ Số mol Na (trong muối hữu cơ) = số mol Na (trong Na 2CO3) (bảo tồn ngun tố
Na)
+ Số mol C (trong Muối hữu cơ) = số mol C (trong CO 2) + Số mol C (trong Na2CO3)
(bảo tồn ngun tố C)
 So sánh tính axit : Gốc hút e làm tăng tính axit, gốc đẩy e làm giảm tính acit của
axit cacboxylic.
VI. ESTE :
 cách viết CT của một este bất kì : x
y

Este do axit x chức và rưỡu y chức : Ry(COO)x.yR’x .
 Nhân chéo x cho gốc hidrocacbon của rượu và y cho gốc hdrocacbon của axit.
 x.y là số nhóm chức este.
VD : - Axit đơn chức + rượu 3 chức : (RCOO)3R’
- Axit 3 chức + rượu đơn chức : R(COO-R’)3
1. ESTE ĐƠN CHỨC :
to
Este + NaOH →
Muối + rượu
Este + NaOH 
→ 1 muối + 1 anđehit ⇒ este này khi phản ứng với dd NaOH tạo
ra rượu có nhóm -OH liên kết trên cacbon mang nối đơi bậc 1, khơng bền đồng phân
hóa tạo ra anđehit.
to
VD: R-COOCH=CH2 + NaOH →
R-COONa + CH2=CH-OH
Đp hóa

CH3-CH=O

Este + NaOH 
→ 1 muối + 1 xeton ⇒ este này khi phản ứng tạo rượu có nhóm
--OH liên kết trên cacbon mang nối đơi bậc 2 khơng bền đồng phân hóa tạo xeton.
to
+
RCOOC=CH2 NaOH → R-COONa + CH2=CHOH-CH3
CH3

Đp hóa

CH
-CO-CH
E
ste + NaOH 
rượu
là đồng
→ 2muối +H2O ⇒ Este này có gốc
3
3
đđẳng của phenol hoặc phenol..
VD :
to
RCOO
+ 2NaOH →
RCOONa + C6H5ONa + H2O
( do phenol có tính axit nên phản ứng tiếp với NaOH tạo ra
muối và H2O)
Este + NaOH 
→ 1 sản phẩm duy nhất ⇒ Este đơn chức 1 vòng
C O

R

O

o

t
+NaOH →

R

COONa

OH

CÁCH XÁC ĐỊNH SỐ NHĨM CHỨC ESTE :


n NaOH(phản ứng)
= α ⇒ α là số nhóm chức este (trừ trường hợp este của phenol và đồng
n Este

đẳng của nó)
11


nNaOHcần <2neste(este phản ứng hết) ⇒ Este này đơn chứcvà NaOH còn dư.
 Este đơn chức có CTPT là : CxHyO2 ⇔ R-COOR’ ĐK : y ≤ 2x
Ta có 12x+y+32 = R + R’ + 44.
Khi giải bài toán về este ta thường sử dụng cả hai công thức trên.
+ Ct CxHyO2 dùng để đốt cháy cho phù hợp.
+ CT R-COOR’ dùng để phản ứng với NaOH ⇒ CT cấu tạo của este.
 Hỗn hợp este đơn chức khi phản ứng với NaOH tạo 1 muối + 2 rượu đơn chức
⇒ 2 este này cùng gốc axit và do hai rượu khác nhau tạo nên.
Vậy công thức 2 este là R-COO R ' giải ⇒ R,R’ ; ĐK : R1< R '  R − COOR1
⇔ Cx H yO2

R − COOR 2

 Hỗn hợp este đơn chức khi phản ứng với NaOH tạo ra 3 muối + 1 rượu ⇒ 3 este
này cùng gốc rượu và do 3 axit tạo nên.
 R1COOR '

CT 3 este là R COOR’ ⇒ CT 3este R 2COOR ' ⇔ C x H y O 2
R COOR '
 3

Hỗn hợp este khi phản ứng với NaOH 
→ 3 muối + 2 rượu đều đơn chức
⇒ CTCT của 3este là R COO R ' (trong đó 2 este cùng gốc rượu)
 R 1COOR1 '

⇒ CT 3este là:  R 2COOR1 '
R COOR '
2
 3

⇔ Cx H yO2

 Hỗn hợp 2 chất hữu cơ đơn chức khi phản ứng với NaOH thu được 1 muối + 1
rượu : Có 3 trường hợp xảy ra :
RCOOH
 R ' OH

+ TH1 : 1 axit + 1 rượu 

 RCOOH
RCOOR '

 R ' OH
+ TH3 : 1 rượu + 1 este (cùng gốc rượu) 
RCOOR '

+ TH2 : 1 axit + 1 este (cùng gốc axit) 

 Hỗn hợp hai chất hữu cơ khi phản ứng với dd NaOH thu được hai muối + 1 rượu
(đều đơn chức). Có hai trường hợp :
 RCOOH
RCOOR '

+ TH1 : 1 axit + 1 este 

 R1COOR '
⇔ RCOO R ' .
R 2COOR '

+ TH2 : 2 este (cùng gốc rượu) : 

Hỗn hợp hai chất hữu cơ đơn chức khi phản ứng với dd NaOH thu được 1 muối + 2
rượu. Có hai trường hợp :
 R ' OH
RCOOR '

+ TH1 : 1 rượu + 1 este 

 RCOOR 1
RCOOR 2

+ TH 2 : 2 este cùng gốc axit 

12


 Lưu ý : Nếu giả thiết cho các hợp chất hữu cơ đồng chức thì mỗi phần trên chỉ có
1 trường hợp là hh 2 este (cùng gốc rượu hoặc cùng gốc axit).
2. ESTE ĐA CHỨC :
a)
- Do axit đa chức + rượu đơn chức : R(COOR’)x (x ≥ 2)
- Nếu este này do axit đa chức + rượu đơn chức (nhiều rượu) : R(COO R ' )x
- Nếu este đa chức + NaOH 
→ 1 muối+2rượu đơn chức ⇒ este này có tối thiểu hai
chức.
VD :

R

COOR1

(3

COOR2

R

COOR1
COOR1
COOR2

chức este mà chỉ thu được 2 rượu)

- Nếu este này có 5
nguyên tử oxi ⇒ este này tối đa hai chức este
(do 1 chức este có tối đa hai nguyên tử oxi)
b) - Do axit đơn + rượu đa : (RCOO)yR’ (y ≥ 2)
+ Tương tự như phần a.
c) Este do axit đa + rượu đa : Ry(COO)x.yR’x (ĐK : x,y ≥ 2)
nếu x=y ⇒ CT : R(COO)xR’
Khi cho este phản ứng với dd NaOH ta gọi Ct este là RCOOR’ nhưng khi đốt ta nên
gọi CTPT là CxHyO2 (y ≤ 2x) vì vậy ta phải có phương pháp đổi từ CTCT sang CTPT
để dễ giải.
VD : este 3 chức do rượu no 3 chức + 3 axit đơn chức (có 1 axit no, iaxit có 1 nối đôi,
1 axit có một nối ba) (este này mạch hở)
Phương pháp giải : + este này 3 chức ⇒ Pt có 6 nguyên tử Oxi
+ Số lkết π : có 3 nhóm –COO- mỗi nhóm có 1 lk π ⇒ 3 π .
+ Số lk π trong gốc hydrocacbon không no là 3 ( 1 π trong axit có 1 nối đôi, 2 π trong
axit có 1 nối ba)
⇒ CT có dạng : CnH2n+2-2kO6 với k=6 ⇒ CT : CnH2n-10O6.
+ Gọi CTCT là :
⇔ Cm+x+y+a+3H2m+2x+2y+2a-4O6
CmH2m+1COO
CxH2x-1COO
CyH2y-3COO

CaH2a-1

Đặt :
n=m+x+y+a+3
⇔ CnH2n-10O6
 Chú ý : Phản ứng este hóa giữa axit và rượu : (phản ứng không hoàn toàn)

+ Rượu đa chức + axit đơn chức :
xRCOOH
+
kiện : 1 ≤ x ≤ n
+ Rượu đơn + axit đa :

+
H , to

+

R’(OH)n

(COOR')x

(RCOO)xR’(OH)(n-x) + xH2O Điều

R(COOH)n + xR’OH H , to
R
Điều kiện : 1 ≤ x ≤ n
(COOH)(n-x)
 Ngoài ra còn những este đăc biệt khác :
 Este do rượu đa, axit đa và axit đơn :
VD
Khi

COO
R

COO

R'

COO

R"

+ xH 2O

:
phản ứng với NaOH tạo ra R(COONa) 2, R’COONa và
R’’(OH)3

13


COO
R

R'

COO
COO

R"

Hoặc este + NaOH 
→ muối của axit đa + rượu đa và rượu đơn
VD :
khi cho phản ứng với NaOH cho R(COONa)3 + R’(OH)2 + R’’OH

Este do axit tạp chức tạo nên :
VD : R-COO-R’-COO-R’’ khi phản ứng NaOh tạo : RCOONa,
và R’’OH
VD :
khi

R

R'

COONa

OH

COO

R
OOC

phản ứng với NaOH tạo :

R'

COONa

OH

CHÚ Ý KHI GIẢI TỐN :
t0

•
Este + NaOH →
muối + nước

n NaOH phản ứng
= x ⇒ x là số nhóm chức este trừ trường hợp đặc biệt este của phenol
n este
( và đồng đẳng cuả nó).
0

t
VD: CH3 – COOC6H5 + NaOH →
CH3 – COONa + C6H5ONa + H2O

• Đốt cháy este : n H 2 O = n CO 2 ⇒ este này no đơn chức ⇒ CT là C n H 2n O 2

VII. BIỆN LUẬN XÁC ĐỊNH CƠNG THỨC CỦA HỢP CHẤT HỮU CƠ CĨ
NHĨM CHỨC
CT chung : CnH2n+2-x-2kXx với X là nhóm chức hóa học : -OH, -CHO, -COOH,
-NH2…
 Giả thiết cho CT dạng phân tử và một số tính chất của hợp chất hữu cơ.
 Phương pháp :- Đưa CTPT về dạng CTCT có nhóm chức của nó.
- Đặt điều kiện theo cơng thức chung :
+ Nếu no : k=0 thì ta ln có số ngun tử H = 2 số ngun tử C + 2 – số nhóm chức.
+ Nếu khơng cho no thì ta có : số ngun tử H ≤ 2 số ngun tử C + 2 – số nhóm
chức.
VD1 : Một rượu no có cơng thức là (C 2H5O)n. Biện luận để xác định CTPTcủa rượu
đó.
+ Đưa CT trên về dạng cấu tạo : (C2H5O)n ⇔ C2nH4n(OH)n
+ Đặt ĐK : số ngun tử H = 2 số ngun tử C + 2 – số nhóm chức

⇒ 4n=2.2n+2-n ⇒ n=2 ⇒ Ct rượu là C4H8(OH)2
VD2 : Một axit hữu cơ có CTPT là (C 4H3O2)n, biết rằng axit hữu cơ này khơng làm
mất màu dd nước brom. Xác định CTCT của axit ?
+ Đưa về dạng cấu tạo : (C4H3O2)n ⇔ C4nH3nO2n ⇔ C3nH2n(COOH)n
+ Do axit hữu cơ này khơng làm mất màu nước brom nên có 2 trường hợp :
 Axit này no : (k=0) loại vì theo ĐK : H=2C+2-số nhóm chức ⇔ 2n=6n+2-n ⇒
n<0.
 Axit này thơm : k=4 (do 3 lk π tạo 3 lk đơi C=C và một lk π tạo vòng benzen)
14


ĐK : H=2C+2-2k-số nhóm chức ⇔ 2n=6n+2-8-n ⇔ n=2. Vậy Ct của axit là
C6H4(COOH)2 (vẽ CTCT : có 3 CT).

15


Sử dụng phương pháp bảo toàn electron
I. Nguyên tắc của phương pháp bảo toàn e
Khi có nhiều chất oxi hoá hoặc chất khử trong hỗn hợp phản ứng (nhiều phản ứng
hoặc phản ứng qua nhiều giai đoạn ) thì "Tổng số mol e mà các chất khử cho phải
bằng tổng số mol e mà các chất oxi hoá nhận " Tức là :
∑ n e nhường = ∑ n e nhận
II. Các giải pháp để tổ chức thực hiện.
Mấu chốt quan trọng nhất là học sinh phải nhận định đúng trạng thái đầu và trạng
thái cuối của các chất o xi hoá ,chất khử ,nhiều khi không cần quan tâm tới cân bằng
phản ứng
Phương pháp này đặc biệt lý thú đối với các bài toán phải biện luận nhiều trường
hợp xảy ra
III.Các ví dụ

1- Ví dụ 1: Hoà tan hoàn toàn 1.2 gam Kim loại M vào dung dịch HNO3 dư thu
được 0.224 lít khí N2 duy nhất ở đktc . Kim loại M là :
A- Mg
B- Fe
C- Al
D- Cu
Hướng dẫn :
Chọn đáp án A
Số mol của N2 = 0.01 . Theo bảo toàn e có
M- n(e)
Mn+
2N+5 + 10 (e)
N2
0.1/n 0.1
0.1
0.01
Suy ra

0 .1 1 .2
⇒ M = 12n Lập bảng ⇒ M= 24 ( Mg)
=
n
M

2- Ví dụ 2
Cho 40.5 gam Al tác dụng với dung dịch HNO3 thu được 10.08 lít khí X ở đktc
( không có sản phẩm khử nào khác ) . X là
A.NO2
B.NO
C. N2O

D. N2
Hướng dẫn :
Chọn đáp án D
Số mol của Al = 1.5 ( mol) và số mol khí X = 0.45 mol . Theo bảo toàn e có
Al- 3(e)
Al3+
N+5 + n (e)
sản phẩm
1.5
4.5
0.45n
0.45
Suy ra 0.45 n = 4.5 ⇒ n = 10 . Vậy khí X là N2
3- Ví dụ 3 Cho 8,3 gam hỗn hợp gồm Al,Fe vào 1 lít dung dịch AgNO 3 0.1 M và
Cu(NO3)2 0.2 M .Sau khi phản ứng kết thúc thu được chất rắn Z ( không tác dụng với
dung dịch HCl ) và dung dịch T không còn màu xanh . Khối lưọng của Z và %m Al
trong X là :
A. 23.6 gam & 32.53%
B. 2.36 gam & 32.53%
C. 23.6 gam & 45.53%
D . 12.2 gam & 28.27%
Hướng dẫn :
Chọn đáp án A
Z không tác dụng với với dung dịch HCl ⇒ Al, Fe hết
Dung dịch T không còn màu xanh ⇒ Cu(NO3)2 phản ứng hết
Vậy chất rắn Z gồm có Ag,Cu ⇒ mZ = mAg + mCu = 0.1x108 + 0.2 x 64 = 23.6 gam
Gọi số mol của Al ,Fe lần lượt là a,b
Al -3(e)
Al3+
Ag+ + 1(e)

Ag
a 3a
0.1
0.1
16


Fe - 2(e)
Fe2+
b 2b
Theo Bảo toàn e ta có phương trình

Cu2+ + 2(e)
0.2 0.4
3a + 2b =0.5

Cu

3a + 2b = 0.5
a = 0.1
⇔ 
27 a + 56b = 8.3
b = 0.1
0.1x 27
.100 =32.53%
%mAl =
8 .3

Vậy ta có hệ phương trình 

4- Ví dụ 4
Hoà tan hỗn hợp X gồm Al và Fe vào dd HNO3 dư sau phản ứng hoàn toàn thu
được dd A và 4.4 gam hh khí Y có thể tích 2.688 lít (đktc) gồm 2 khí không màu trong
đó có một khí tự hoá nâu ngoài không khí .Số e mà hh X nhường là :
A. 2,53 .1023
B .3,97 .1023
C.3,25 .1023
D. 5,53 .1023
Giáo viên gợi ý :
Muốn tìm số e nhường phải tìm được số mol e nhường vì khi đó 1 mol bao giờ
cũng có 6.023 .1023 e ,nên học sinh sẽ nghĩ ngay ra phương pháp sử dụng bảo toàn e
Cách giải : Số mol khí Y là 2.688 : 22.4 = 0.12 mol
4.44
= 37 mà có khí NO (M = 30) ⇒ khí còn lại là N2O
0.12
a + b = 0.12
⇒ a=b=0.06
Gọi số mol NO , N2O lần lượt là a , b .Ta có hệ 
30a + 44b = 4.44

Suy ra M =

Khi cho Al,Fe vào dd HNO3 thì
Quá trình oxi hoá
Al - 3 e → Al3+
Fe- 3 e → Fe3+

Quá trình khử
N+5 + 3e → N+2
3a ← a

+5
2N + 8e → N2+1
8a ← a
∑ n e nhường
∑ n e nhận = 11 a = 0.66 mol
Theo định luật bảo toàn e : ∑ n e nhường = ∑ n e nhận = 0.66 mol
⇒ Số e mà hh X nhường là : 0,66 x6.023 . 1023 = 3,97 .1023
Đáp án B
5- Ví dụ 5
Hỗn hợp X gồm FeS2 và MS có số mol bằng nhau ,M là kim loại hoá trị không đổi
.Cho 6.51g X tác dụng hoàn toàn với dd HNO3 dư được dd A và 13.216 lít khí ở đktc
hỗn hợp khí B gồm NO2 và NO có khối lượng 26.34 gam .Thêm một lượng dư dd
BaCl2 vào ddA thấy tạo ra m gam kết tủa .Kim loại M và khối lượng m là :
A- Zn và 20.97g B. Al và 15.57g C. Mg và 4.55 g D. Cu và 45.69g
Hướng dẫn
nkhí B = 13.216 :22.4 = 0.5875 mol .Gọi số mol NO2 và NO là a,b
a + b = 0.5875
a = 0.54
⇒
46a + 30b = 26.34
b = 0.05
dd A + BaCl2 tạo ra kết tủa ⇒ dd A có SO42pt
Ba2+ + SO42- = BaSO4 ↓

Ta có hệ 

Gọi x là số mol của FeS2 và MS
Quá trình oxi hoá
FeS2 - 15 e → Fe3+ + 2S+6

Quá trình khử
N+5 + 3e → N+2
17


x → 15x
3a a
MS - 8 e → M2+ + 2S+6
N+5 + e → N+4
x → 8x
b
b
∑ n e nhường = 15x+8x
∑ n e nhận = 3a+b = 0.69 mol
∑
Theo định luật bảo toàn e : n e nhường = ∑ n e nhận ⇒ 23 x =0.69 ⇒ x = 0.03
Mặt khác 120.0,03 + (M+32) .0,03 = 6.51 ⇒ M = 65 (Zn)
số mol SO42- = nZnS + 2nFeS2 = 0.03 + 2.0,03 = 0.09
⇒ m = 0.09 x 233 = 20.97 gam
Đáp án A
6- Ví dụ 6
Nung 8.4 gam Fe trong không khí sau pư thu được m gam chất rắn X gồm Fe
,Fe2O3 ,FeO , Fe3O4 . Hoà tan hết m gam chất rắn X vào dd HNO3 dư được 2.24 lít khí
NO2 ở đktc là sản phẩm khử duy nhất .Giá trị của m là :
A- 11.2 gam
B- 10.2 gam
C-7.2 gam
D- 6.9 gam
Hướng dẫn
8.4 gam Fe

O2


→m gam

X :FeO ,Fe2O3 ,FeO , Fe3O4

HNO3

→ muối Fe3+

Từ trên ta thấy Fe ban đầu đã chuyển hết vào dd dưới dạng muối Fe 3+
mO = m - 8.4 ⇒ nO =

m − 8.4
16

Quá trình oxi hoá
Fe- 3 e → Fe3+
0.15

Quá trình khử
O +
2 e → O-2

0.45
N+5

m − 8.4

→
16
+ e → N+4

0.1

m − 8.4
8

0.1

m − 8 .4
+ 0.1mol
8
Theo định luật bảo toàn e : ∑ n e nhường = ∑ n e nhận
m − 8.4
⇒
+ 0.1 =0.45 ⇒ m = 11.2 gam
Đáp án A
8

∑ n e nhường = 0.45

∑ n e nhận =

7- Ví dụ 7
Để m gam phoi sắt A trong không khí sau pư thu được 12.0 gam chất rắn B gồm
FeO ,Fe2O3 ,Fe , Fe3O4 . Cho B tác dụng hoàn toàn với dd HNO3 dư được 2.24 lít khí
NO ở đktc là sản phẩm khử duy nhất .Giá trị của m là :
A- 11.2 gam B- 10.08 gam C-11.08 gam D- 1.12 gam

Hướng dẫn
m gam Fe

O2
HNO
→ muối Fe3+


→ 12 gam X :FeO,Fe2O3 ,FeO , Fe3O4 
3

Từ trên ta thấy Fe ban đầu đã chuyển hết vào dd dưới dạng muối Fe 3+
mO =12 - m ⇒ nO =

12 − m
16

nFe = m/56

18


Quá trình oxi hoá
Fe - 3 e → Fe3+
m
56

3m
56

Quá trình khử
O +
2e

12 − m
16

→

N+5 + 3e → N+2
0.3
0.1

12 − m
+ 0.3
8
Theo định luật bảo toàn e : ∑ n e nhường = ∑ n e nhận
12 − m
+ 0.3 = 3m ⇒ m = 10.08 gam
Đáp án B
⇒
8
56

∑ n e nhường =

3m
56

∑ n e nhận =

12 − m
8

→ O-2

mol

IV.Các bài tập đề nghị
Bài tập 1
Hoà tan hoàn toàn 9.6 gam Mg trong một lượng dd HNO3thì thu được 2.24 lít
khí A ở đktc .Khí A là :
A- NO
B- NO2
C- N2
D- N2O
Bài tập 2
Lấy 0.03 mol Al và 0.05 mol Fe cho tác dụng với 100 ml dd chứa AgNO 3 và
Cu(NO3)2 khuyâý kỹ tới phản ứng xảy ra hoàn toàn chỉ thu được 8.12 g chất rắn gồm
3 kim loại . Hoà tan chất rắn đó bằng dd HCl dư thấy bay ra 0.672 lít khí H2 ở đktc .
Hiệu suất các phản ứng là 100 % . Nồng độ mol/l của AgNO 3 và Cu(NO3)2 lần lượt
là :
A- 0.3 M và 0.5 M
B- 0.3 M và 0.15 M
C- 0.13 M và 0.25 M
D- 0.1 M và 0.2 M
Bài tập3
Cho 3.04 gam hợp kim Fe ,Cu tan hoàn toàn trong dd HNO3 nóng thì thu được
1.792 lít khí NO ,NO2 ở đktc có tỷ khối hơi đối với H2 là 21 . %mCu và %mFe lần lượt
là :

A-63.16% và 36.84 %
B- 50% và 50 %
C- 27.1% và 72.9 %
D- 19.4% và 80.6%
Bài tập 4
Cho thanh Al vào dd CuSO4 ,sau một thời gian nhấc thanh Al ra thấy thanh Al
tăng m gam .Al có 3,613.1023 electron tham gia phản ứng trao đổi trong quá trình phản
ứng với CuSO4 . Vậy m có giá trị là :
A-13.8 gam
B- 1.38 gam
C- 2.7 gam
D - 27.8 gam
Bài tập 5
Khi cho một thanh Fe vào dd CuSO4 ,sau một thời gian nhấc thanh Fe ra làm
khô và cân nặng thấy thanh sắt tăng lên 6.4 gam .Số electron tham gia phản ứng trao
đổi của Fe trong quá trình phản ứng với CuSO4 :
A-1,44.1024
B- 4,818.1023
C- 9,636.1023
D - 0.8
Bài 1: Hỗn hợp A gồm 0,06 mol Mg, 0,02 mol Al và 0,04 mol Fe tác dụng hết với dd
HNO3 thu được V lit hỗn hợp khí gồm N2 và N2O có tỉ khối so với Hidro bằng 20.
a)
Hãy biểu diễn các ptpư ở dạng ion thu gọn.
b)
V=? ( đo ở đktc ).
c)
Tính số mol HNO3 đã phản ứng.
19

Bài2: Cho hỗn hợp bột kim loại A gồm 0,02 mol Fe, 0,04 mol Al, 0,03 mol Cu và
0,01 mol Zn hòa tan hết vào dung dịch HNO 3 thu được V lit hỗn hợp khí gồm NO và
N2O có tỉ khối so với Hidro là 16,75.
Tính V (ở đktc).
Bài 3: Cho hỗn hợp bột kim loại A gồm 0,04 mol Al, 0,02 mol Fe và 0,05 mol Cu tác
dụng với dd HNO3 12,6% được V lit hỗn hợp khí gồm NO và N2 có tỉ khối so với
Hidro là 14,75.
Tính V (ở đktc), khối lượng dd HNO 3 đã phản ứng biết axit HNO 3 dư
10% so với lượng cần dùng.
Bài 4: m(g) Fe để trong không khí bị oxi hóa 1 phần thành 12(g) hỗn hợp các oxit và
Fe dư. Hòa tan hỗn hợp này vào dd HNO 3 dư thu được 2,24 lit khí NO duy nhất (đkc).
Tìm m.
Bài 5: m’(g) Fe2O3 nung với CO thiếu thu được 6,52(g) hỗn hợp Y gồm 4 chất. Hòa
tan Y hết vào dd HNO3 thì thu được 0,15 mol khí NO duy nhất. Tìm m’.
Bài 6: Cho m(g) hh bột kim loại A gồm Mg và Al hòa tan hết vào dd HCl dư thấy
giải phóng 0,25 mol khí. Thêm 1 lượng Cu bằng 1,255m (g) vào hh A được hh B. Hòa
tan B vào dd HNO3 dư thì thu được 0,5 mol hh khí gồm NO và NO 2 có tỉ khối so với
Hidro bằng 21,4. Tính tfần % theo klượng các chất trong hh A.
Bài 7: Hỗn hợp X gồm 1,56(g) Mg và 0,486(g) Al được hòa tan hết vào V lit dd
HNO3 2M thấy giải phóng 0,4704 lit (đkc) hỗn hợp khí gồm N 2 và N2O. Cũng V lit dd
HNO3 đó hòa tan vừa hết 3,3335(g) kim loại M giải phóng khí N 2O duy nhất. Xác
định kim loại M và tính V.
Bài 8: Hòa tan hết kim loại Mg vào dd chứa 1,5 mol HNO 3 thu được dd A và 0,2 mol
hh khí gồm NO và N2O. Hỏi để kết tủa hết lượng Mg2+ có trong dd A cần tối thiểu bao
nhiêu mol NaOH?
Bài 9: Hòa tan 12,9(g) hh A gồm Zn và 1 kim loại M hóa trị II vào dd H 2SO4 loãng
dư thu được 2,24 lit H2. Còn khi hòa tan hết 12,9(g) hh A vào dd H 2SO4 đặc được
4,144 lit hỗn hợp gồm SO2 và H2S có tỉ khối so với Hidro bằng 31,595. Xác định kim
loại M biết thể tích các khí đo ở đktc.

Bài 10: Hỗn hợp kim loại A gồm Mg, Al, Cu nặng 20,3(g) được hòa tan vào 200ml
dd HCl dM thu được 6,72 lit khí và còn lại 9,2(g) chất X không tan. Lọc lấy X, chia
thành 2 phần bằng nhau. Hòa tan hết phần 1 vào dd HNO 3 thấy giải phóng 2,8 lit hh
khí ( NO và NO2 ) có tỉ khối so với Hidro bằng 21,4. Đem đốt cháy phần 2 bằng 1
lượng oxi xác định được m(g) hh Y gồm 2 oxit kim loại. Hòa tan hết Y vào dd HNO 3
đặc nóng thì được 1,68 lit khí NO 2 và dd B. Cho dd B tác dụng với 200g dd NaOH
12,4% được kết tủa, lọc tách và nung kết tủa tới khối lượng khôing đổi thu được m’(g)
chất rắn khan Z. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn và các thể tích khí đo ở đktc. Tìm
d, m, m’ và tính % theo khối lượng các kim loại trong A.
Bài 11: Hỗn hợp A gồm Al và Zn được hòa tan hết vào dd HNO 3 được dd B và giải
phóng 1,2992 lit hỗn hợp khí ( N 2O và N2). Mặt khác hòa tan hết A vào dd NaOH có
đủ thì thu được 5,376 lit H2 và dd C. Cô cạn dd B thu được m(g) hh muối khan. Biết
các phản ứng xảy ra hoàn toàn và các thể tích khí đo ở đktc. Hỏi m có giá trị trong
khoảng nào? Thêm 0,48 lit dd H2SO4 1M và dd C, hỏi có bn gam kết tủa tạo thành?
Các pư: Al + NaOH + H2O → NaAlO2 + 1,5H2
Zn + 2NaOH → Na2ZnO2 + H2
2NaAlO2 + H2SO4 + H2O → 2Al(OH)3  + Na2SO4
Nếu dư axit: 2Al(OH)3 + 3H2SO4 → Al2(SO4)3 + 3H2O
20


sử dụng phương pháp bảo toàn electron
I. Nguyên tắc của phương pháp bảo toàn e
Khi có nhiều chất oxi hoá hoặc chất khử trong hỗn hợp phản ứng (nhiều phản ứng
hoặc phản ứng qua nhiều giai đoạn ) thì "Tổng số mol e mà các chất khử cho phải
bằng tổng số mol e mà các chất oxi hoá nhận " Tức là :
∑ n e nhường = ∑ n e nhận
II. Các giải pháp để tổ chức thực hiện.
Mấu chốt quan trọng nhất là học sinh phải nhận định đúng trạng thái đầu và trạng
thái cuối của các chất o xi hoá ,chất khử ,nhiều khi không cần quan tâm tới cân bằng

phản ứng
Phương pháp này đặc biệt lý thú đối với các bài toán phải biện luận nhiều trường
hợp xảy ra
III.Các ví dụ
1- Ví dụ 1: Hoà tan hoàn toàn 1.2 gam Kim loại M vào dung dịch HNO3 dư thu
được 0.224 lít khí N2 duy nhất ở đktc . Kim loại M là :
A- Mg
B- Fe
C- Al
D- Cu
Hướng dẫn :
Chọn đáp án A
Số mol của N2 = 0.01 . Theo bảo toàn e có
M- n(e)
Mn+
2N+5 + 10 (e)
N2
0.1/n 0.1
0.1
0.01
Suy ra

0 .1 1 .2
⇒ M = 12n Lập bảng ⇒ M= 24 ( Mg)
=
n
M

2- Ví dụ 2
Cho 40.5 gam Al tác dụng với dung dịch HNO3 thu được 10.08 lít khí X ở đktc

( không có sản phẩm khử nào khác ) . X là
A.NO2
B.NO
C. N2O
D. N2
Hướng dẫn :
Chọn đáp án D
Số mol của Al = 1.5 ( mol) và số mol khí X = 0.45 mol . Theo bảo toàn e có
Al- 3(e)
Al3+
N+5 + n (e)
sản phẩm
1.5
4.5
0.45n
0.45
Suy ra 0.45 n = 4.5 ⇒ n = 10 . Vậy khí X là N2
3- Ví dụ 3 Cho 8,3 gam hỗn hợp gồm Al,Fe vào 1 lít dung dịch AgNO 3 0.1 M và
Cu(NO3)2 0.2 M .Sau khi phản ứng kết thúc thu được chất rắn Z ( không tác dụng với
dung dịch HCl ) và dung dịch T không còn màu xanh . Khối lưọng của Z và %m Al
trong X là :
A. 23.6 gam & 32.53%
B. 2.36 gam & 32.53%
C. 23.6 gam & 45.53%
D . 12.2 gam & 28.27%
Hướng dẫn :
Chọn đáp án A
Z không tác dụng với với dung dịch HCl ⇒ Al, Fe hết
Dung dịch T không còn màu xanh ⇒ Cu(NO3)2 phản ứng hết
Vậy chất rắn Z gồm có Ag,Cu ⇒ mZ = mAg + mCu = 0.1x108 + 0.2 x 64 = 23.6 gam

Gọi số mol của Al ,Fe lần lượt là a,b
Al -3(e)
Al3+
Ag+ + 1(e)
Ag
a 3a
0.1
0.1
21


Fe - 2(e)
Fe2+
b 2b
Theo Bảo toàn e ta có phương trình

Cu2+ + 2(e)
0.2 0.4
3a + 2b =0.5

Cu

3a + 2b = 0.5
a = 0.1
⇔ 
27 a + 56b = 8.3
b = 0.1
0.1x 27
.100 =32.53%
%mAl =

8 .3

Vậy ta có hệ phương trình 

4- Ví dụ 4
Hoà tan hỗn hợp X gồm Al và Fe vào dd HNO3 dư sau phản ứng hoàn toàn thu
được dd A và 4.4 gam hh khí Y có thể tích 2.688 lít (đktc) gồm 2 khí không màu trong
đó có một khí tự hoá nâu ngoài không khí .Số e mà hh X nhường là :
A. 2,53 .1023
B .3,97 .1023
C.3,25 .1023
D. 5,53 .1023
Giáo viên gợi ý :
Muốn tìm số e nhường phải tìm được số mol e nhường vì khi đó 1 mol bao giờ
cũng có 6.023 .1023 e ,nên học sinh sẽ nghĩ ngay ra phương pháp sử dụng bảo toàn e
Cách giải : Số mol khí Y là 2.688 : 22.4 = 0.12 mol
4.44
= 37 mà có khí NO (M = 30) ⇒ khí còn lại là N2O
0.12
a + b = 0.12
⇒ a=b=0.06
Gọi số mol NO , N2O lần lượt là a , b .Ta có hệ 
30a + 44b = 4.44

Suy ra M =

Khi cho Al,Fe vào dd HNO3 thì
Quá trình oxi hoá
Al - 3 e → Al3+
Fe- 3 e → Fe3+

Quá trình khử
N+5 + 3e → N+2
3a ← a
+5
2N + 8e → N2+1
8a ← a
∑ n e nhường
∑ n e nhận = 11 a = 0.66 mol
Theo định luật bảo toàn e : ∑ n e nhường = ∑ n e nhận = 0.66 mol
⇒ Số e mà hh X nhường là : 0,66 x6.023 . 1023 = 3,97 .1023
Đáp án B
5- Ví dụ 5
Hỗn hợp X gồm FeS2 và MS có số mol bằng nhau ,M là kim loại hoá trị không đổi
.Cho 6.51g X tác dụng hoàn toàn với dd HNO3 dư được dd A và 13.216 lít khí ở đktc
hỗn hợp khí B gồm NO2 và NO có khối lượng 26.34 gam .Thêm một lượng dư dd
BaCl2 vào ddA thấy tạo ra m gam kết tủa .Kim loại M và khối lượng m là :
A- Zn và 20.97g B. Al và 15.57g C. Mg và 4.55 g D. Cu và 45.69g
Hướng dẫn
nkhí B = 13.216 :22.4 = 0.5875 mol .Gọi số mol NO2 và NO là a,b
a + b = 0.5875
a = 0.54
⇒
46a + 30b = 26.34
b = 0.05
dd A + BaCl2 tạo ra kết tủa ⇒ dd A có SO42pt
Ba2+ + SO42- = BaSO4 ↓

Ta có hệ 

Gọi x là số mol của FeS2 và MS
Quá trình oxi hoá
FeS2 - 15 e → Fe3+ + 2S+6

Quá trình khử
N+5 + 3e → N+2
22


x → 15x
3a a
MS - 8 e → M2+ + 2S+6
N+5 + e → N+4
x → 8x
b
b
∑ n e nhường = 15x+8x
∑ n e nhận = 3a+b = 0.69 mol
∑
Theo định luật bảo toàn e : n e nhường = ∑ n e nhận ⇒ 23 x =0.69 ⇒ x = 0.03
Mặt khác 120.0,03 + (M+32) .0,03 = 6.51 ⇒ M = 65 (Zn)
số mol SO42- = nZnS + 2nFeS2 = 0.03 + 2.0,03 = 0.09
⇒ m = 0.09 x 233 = 20.97 gam
Đáp án A
6- Ví dụ 6
Nung 8.4 gam Fe trong không khí sau pư thu được m gam chất rắn X gồm Fe
,Fe2O3 ,FeO , Fe3O4 . Hoà tan hết m gam chất rắn X vào dd HNO3 dư được 2.24 lít khí
NO2 ở đktc là sản phẩm khử duy nhất .Giá trị của m là :
A- 11.2 gam
B- 10.2 gam

C-7.2 gam
D- 6.9 gam
Hướng dẫn
8.4 gam Fe

O2


→m gam

X :FeO ,Fe2O3 ,FeO , Fe3O4

HNO3

→ muối Fe3+

Từ trên ta thấy Fe ban đầu đã chuyển hết vào dd dưới dạng muối Fe 3+
mO = m - 8.4 ⇒ nO =

m − 8.4
16

Quá trình oxi hoá
Fe- 3 e → Fe3+
0.15

Quá trình khử
O +
2 e → O-2

0.45
N+5

m − 8.4
→
16
+ e → N+4

0.1

m − 8.4
8

0.1

m − 8 .4
+ 0.1mol
8
Theo định luật bảo toàn e : ∑ n e nhường = ∑ n e nhận
m − 8.4
⇒
+ 0.1 =0.45 ⇒ m = 11.2 gam
Đáp án A
8

∑ n e nhường = 0.45

∑ n e nhận =

7- Ví dụ 7

Để m gam phoi sắt A trong không khí sau pư thu được 12.0 gam chất rắn B gồm
FeO ,Fe2O3 ,Fe , Fe3O4 . Cho B tác dụng hoàn toàn với dd HNO3 dư được 2.24 lít khí
NO ở đktc là sản phẩm khử duy nhất .Giá trị của m là :
A- 11.2 gam B- 10.08 gam C-11.08 gam D- 1.12 gam
Hướng dẫn
m gam Fe

O2
HNO
→ muối Fe3+


→ 12 gam X :FeO,Fe2O3 ,FeO , Fe3O4 
3

Từ trên ta thấy Fe ban đầu đã chuyển hết vào dd dưới dạng muối Fe 3+
mO =12 - m ⇒ nO =

12 − m
16

nFe = m/56

23


Quá trình oxi hoá
Fe - 3 e → Fe3+
m
56

3m
56

Quá trình khử
O +
2e

12 − m
16

→ 12 − m
8
+5
+2
N + 3e → N
0.3

→ O-2

0.1

12 − m
∑ n e nhường
∑ n e nhận =
+ 0.3
8
Theo định luật bảo toàn e : ∑ n e nhường = ∑ n e nhận
12 − m
+ 0.3 = 3m ⇒ m = 10.08 gam

Đáp án B
⇒
8
56
3m
=
56

mol

IV.Các bài tập đề nghị
Bài tập 1
Hoà tan hoàn toàn 9.6 gam Mg trong một lượng dd HNO3thì thu được 2.24 lít
khí A ở đktc .Khí A là :
A- NO
B- NO2
C- N2
D- N2O
Bài tập 2
Lấy 0.03 mol Al và 0.05 mol Fe cho tác dụng với 100 ml dd chứa AgNO 3 và
Cu(NO3)2 khuyâý kỹ tới phản ứng xảy ra hoàn toàn chỉ thu được 8.12 g chất rắn gồm
3 kim loại . Hoà tan chất rắn đó bằng dd HCl dư thấy bay ra 0.672 lít khí H2 ở đktc .
Hiệu suất các phản ứng là 100 % . Nồng độ mol/l của AgNO 3 và Cu(NO3)2 lần lượt
là :
A- 0.3 M và 0.5 M
B- 0.3 M và 0.15 M
C- 0.13 M và 0.25 M
D- 0.1 M và 0.2 M
Bài tập3
Cho 3.04 gam hợp kim Fe ,Cu tan hoàn toàn trong dd HNO3 nóng thì thu được

1.792 lít khí NO ,NO2 ở đktc có tỷ khối hơi đối với H2 là 21 . %mCu và %mFe lần lượt
là :
A-63.16% và 36.84 %
B- 50% và 50 %
C- 27.1% và 72.9 %
D- 19.4% và 80.6%
Bài tập 4
Cho thanh Al vào dd CuSO4 ,sau một thời gian nhấc thanh Al ra thấy thanh Al
tăng m gam .Al có 3,613.1023 electron tham gia phản ứng trao đổi trong quá trình phản
ứng với CuSO4 . Vậy m có giá trị là :
A-13.8 gam
B- 1.38 gam
C- 2.7 gam
D - 27.8 gam
Bài tập 5
Khi cho một thanh Fe vào dd CuSO4 ,sau một thời gian nhấc thanh Fe ra làm
khô và cân nặng thấy thanh sắt tăng lên 6.4 gam .Số electron tham gia phản ứng trao
đổi của Fe trong quá trình phản ứng với CuSO4 :
A-1,44.1024
B- 4,818.1023
C- 9,636.1023
D - 0.8
CÁC BÀI TẬP THAM KHẢO
Bài 1: (Trích Đề thi TSĐH, khối B – 2012) Một dung dịch X gồm 0,01 mol Na+; 0,02
mol Ca2+; 0,02 mol HCO3- và a mol ion X (bỏ qua sự điện li của nước). Ion X và giá
trị của a là:
24


A. NO3- và 0,03

B. Cl- và 0,01

C. CO32- và 0,03
Bài giải
∑ (+ ) = ∑ (−) ⇔ 0,01 + 0,02 . 2 = 0,02 + na
⇔ na = 0,03. Vậy X là NO3Chọn đáp án A.

D. OH- và 0,03

Bài 2: Dung dịch A chứa hai cation là Fe 2+: 0,1 mol và Al 3+: 0,2 mol và hai anion là
Cl-: x mol và SO42-: y mol. Đem cô cạn dung dịch A thu được 46,9 gam hỗn hợp muối
khan. Giá trị của x là y lần lượt là:
A. 0,6 và 0,1
B. 0,3 và 0,2
C. 0,5 và 0,15
D. 0,2 và 0,3
Bài giải
0,1.2 + 0,2.3 = x + 2 y
 x = 0,2
⇔

0,1.56 + 0,2.27 + x.35,5 + y.96 = 46,9
 y = 0,3

Chọn đáp án D.
Bài 3: (Trích Đề thi TSĐH, khối A – 2010) Dung dịch X có chứa: 0,07 mol Na+; 0,02
mol SO42- và x mol OH-. Dung dịch Y có chứa ClO4-, NO3- và y mol H+; tổng số mol
ClO4- và NO3- là 0,04. Trộn X và Y được 100ml dung dịch Z. Dung dịch Z có pH (bỏ
qua sự điện li của H2O) là:

A. 1
B. 2
C. 12
D. 13
Bài giải
∑ (+ ) = ∑ (−) ⇔ 0,07 = 0,02 . 2 + x . 1 ⇔ x = 0,03

∑ (− ) = ∑ (+ ) ⇔

y = 0,04
X + Y ⇔ H + OH- = H2O
+

nH+ dư = 0,01 mol ⇔ CM =

0,01
= 0,1
0,1

pH = 1
Chọn đáp án A.

25