Nhẩm các hệ số cân bằng trong phương trình hóa học

NHẨM CÁC HỆ SỐ CÂN BẰNG TRONG PHƯƠNG TRÌNH HỐ HỌC


Hồng Văn Chung
THPT Chun Bến Tre

Trong các bài tập trắc nghiệm hóa học có những bài tập cần phải biết các hệ số cân bằng để giải, nếu
cân bằng đầy đủ thì mất nhiều thời gian, tơi thấy cũng có thể nhẩm nhanh các hệ số cân bằng mà khơng cần
phải tìm hết các hệ số và cách nhẩm nầy khi cần thiết cũng giúp ta cân bằng nhanh phương trình phản ứng.
1. Nhẩm các hệ số cân bằng trong phản ứng oxi hố khử bằng cách vận dụng bảo tồn electron và bảo
tồn ngun tố :
= +
hệ số số electron nhường số nguyên tử tạo sản phẩm khử (nếu có)
hệ số số electron nhận Chỉ số sản phẩm khử
sản phẩm khử
chất khử

Tương tự cho trường hợp ngược lại.
Ví dụ 1 : Cho m gam hỗn hợp FeS và FeS
2
có tỉ lệ số mol 1:2 tác dụng với axit sunfuric đậm đặc dư thu
được 6,552 lít SO
2
(đktc). Giá trị của m là A. 4,920 B. 6,025 C. 4,820 D. 3,615
Bấm máy tính 1 lần :
6.552 22.4
(88 2 120)
(7 2 1) (11: 2 2) 2
÷
× + × =

÷ + + + ×

Kết quả : 4,92
Tại sao làm thế?
Vận dụng bảo tồn electron và bảo tồn ngun tố có thể giải thích cách nhẩm nầy :
2
9
7 2 1 4,5
2
SO
FeS
= ÷ + = =
hệ số
hệ số

(FeS chuyển thành Fe
+3
và S
+4
nhường 7e, còn S
+6
chuyển thành S
+4
(SO
2
) , đồng thời S trong FeS cũng
chuyển thành SO
2
)
Tương tự :

2
2
15
11 2 2 7,5
2
SO
FeS
= ÷ + = =
hệ số
hệ số

Ví dụ 2 : (Đề thi đại học khối A 2009)
Cho phương trình hố học: Fe
3
O
4

+ HNO
3

→ Fe(NO
3
)
3

+ N
x
O
y

+ H
2
O

Sau khi cân bằng phương trình hố học trên với hệ số của các chất là những số ngun, tối giản thì
hệ số của HNO
3

là A. 23x - 9y. B. 45x - 18y. C. 13x - 9y. D. 46x - 18y.
Giải :
3 4
1
1: (5 2 )
5 2
= − =
−
x y
N O
x y
Fe O x y
hệ số
hệ số

Hệ số trước HNO
3
= x+(5x-2y)×3×3=46x-18y
Ví dụ 3 : Tổng hệ số cân bằng (hệ số cân bằng là những số ngun dương nhỏ nhất ) của phản ứng :
Fe(NO
3
)

2
+HNO
3
Fe(NO
3
)
3
+NO+H
2
O
là : A. 12 B. 14 C. 13 D. 15
Giải :
3 2
1: 3
( )
NO
Fe NO
=
hệ số
hệ số

Hệ số HNO
3
=1+3×3–3×2=4
3Fe(NO
3
)
2
+ 4HNO
3

 3Fe(NO
3
)
3
+ NO + 2H
2
O
Tổng hệ số cân bằng=13

Ví dụ 4 : Cho 12,125 gam MS (M có hóa trị không đổi) tác dụng hết với dd H
2
SO
4
đặc nóng dư thoát ra
11,2 lit SO
2
(đktc). Xác đinh M. A . Zn B .Cu C.Mn D.Mg
Giải :
12,125
32
11,2 22, 4 (6 2 1)
− =
÷ ÷ ÷ +

Kết quả : 65 (Zn)
Ví dụ 5 : (Đề thi dự bị khối A 2009)
Cho phương trình hoá học:
Al + HNO
3

→
Al(NO
3
)
3
+ NO + N
2
O + H
2
O
(Biết tỉ lệ thể tích N
2
O: NO = 1 : 3). Sau khi cân bằng phương trình hoá học trên với hệ số các chất là những
số nguyên, tối giản thì hệ số của HNO
3
là
A. 66 B. 60 C. 64 D. 62
Giải :
2
( 3 ) 3 3
8 3 3 17
× +
= =
+ ×
x N O NO
Al
heä soá
heä soá

Hệ số của HNO

3
= 17×3+3×(2+3)=66
Ví dụ 6 : (Đề thi dự bị khối A 2009)
Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm FeS
2
0.24 mol và Cu
2
S vào dung dịch HNO
3
vừa đủ thu được dung dịch X
(chỉ chứa hai muối sunfat) và V lít khí NO duy nhất . Giá trị của V là
A. 34.048 B. 35.84 C. 31.36 D. 25.088
Giải :
15 3 2 2 10
(0,24 0,24 ) 22,4
3 2 2 2 3
− ×
× + × × × =
− ×

Kết quả : 35,84
Ví dụ 7 : Phương trình hoá học:
Al + HNO
3

→
Al(NO
3
)
3

+ NO + N
2
O + H
2
O
có tổng hệ số cân bằng là 145, tỉ lệ số mol NO:N
2
O là :
A. 2:3 B. 3:2 C. 1:3 D. 3:1
Giải :
2
( ) 3
3 8
× +
=
+
x aNO bN O
Al a b
heä soá
heä soá

Hệ số của HNO
3
là : (3a+8b)×3+3a+6b=12a+30b
Tổng hệ số cân bằng : (3a+8b)+( 12a+30b)+ (3a+8b)+(3a+3b)+(6a+15b)=145
27a+64b=145
b<145:64=2,265....
b=1a=3
b=2a=0,629.... (loại)
Ví dụ 8 : Đốt m gam hỗn hợp X gồm FeS và FeS

2
bằng oxi dư đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được
m–10,88 gam chất rắn Y. Nếu oxi hóa hoàn toàn m gam hỗn hợp X bằng dung dịch H
2
SO
4
đặc nóng dư thu
được 56,448 lít khí SO
2
(đktc). Giá trị của m là :
A. 40,32 B. 42,88 C. 41,60 D. 43,20
Giải :
Gọi x là số mol FeS và y là số mol FeS
2
trong m gam hỗn hợp
(32–1,5×16)x+(64–1,5×16)y=10,88
(7÷2+1)x+(11÷2+2)y=56,448+22,4=2,52
Giải ra ta được x=0,16 mol và y=0,24 mol
m=0,16×88+0,24×120=42,88


Ví dụ 9 : Lấy cùng 1số mol hỗn hợp nào sau đây với tỉ lệ số mol kèm theo tác dụng với HCl đặc dư thu
được lượng khí clo nhiều nhất ?
A. KMnO
4
(40%)+KClO
3
(60%) B. KClO
3
(70%)+K

2
MnO
4
(30%)
C. KMnO
4
(80%)+ K
2
MnO
4
(20%) D. KClO
2
(16%)+KClO
3
(84%)

Giải :
Giả sử ban đầu mỗi hỗn hợp đều có 1 mol,ta tính số mol Cl
2
sinh ra :
5 5 1
A.0,4 0,6 ( ) 2,8
2 2 2
× + × + =

5 1 4
B.0,7 ( ) 0,6 2,7
2 2 2
× + + × =

5 4
C.0,8 0,2 2,4
2 2
× + × =

3 1 5 1
D.0,16 ( ) 0,84 ( ) 2,84
2 2 2 2
× + + × + =

Ví dụ 10 : Cho các phương trình phản ứng
(1) Al + HNO
3
 Al(NO
3
)
3
+ N
x
O
y
+ H
2
O
(2) Mg + HNO
3
 Mg(NO
3
)
2

+ N
x
O
y
+ H
2
O
(3) Fe(OH)
2
+ HNO
3
 Fe(NO
3
)
3
+ N
x
O
y
+ H
2
O
(4) Fe(NO
3
)
2
+ HNO
3
 Fe(NO
3

)
3
+ N
x
O
y
+ H
2
O
Tổng hệ số cân bằng vế trái là 11x–4y là của phản ứng :
A. (1) B. (2) C. (3) D. (4)
Giải
(1)
3
5 2
=
−
x y
N O
Al x y
heä soá
heä soá

Tổng hệ số vế trái : (5x-2y)+[3x+(5x–2y)×3]=23x–8y
(2)
2
5 2
=
−
x y

N O
Mg x y
heä soá
heä soá

Tổng hệ số vế trái : (5x-2y)+[2x+(5x–2y)×2]=17x–6y
(3)
2
1
( ) 5 2
=
−
x y
N O
Fe OH x y
heä soá
heä soá

Tổng hệ số vế trái : (5x-2y)+[x+(5x–2y)×3]=21x–8y
(4)
3 2
1
( ) 5 2
=
−
x y
N O
Fe NO x y
heä soá
heä soá

Tổng hệ số vế trái : (5x-2y)+ [x+(5x–2y)×3–(5x–2y)×2]=11x–4y
Ví dụ 11 : Nung nóng hỗn hợp X chứa 15,8 gam KMnO
4
và 24,5 gam KClO
3
một thời gian được 36,3 gam
hỗn hợp Y gồm 6 chất. cho Y tác dụng với dung dịch HCl đặc dư đun nóng, lượng khí clo sinh ra hấp thụ
hoàn toàn vào 300 ml dung dịch NaOH 5M đun nóng được dung dịch Z. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
Tính khối lượng chất rắn khan thu được khi cô cạn Z.
A. 111 gam B. 12 gam C. 79,8 gam D. 91,8 gam
Giải
Số mol Cl
2
=
15,8 5 24,5 5 1 15,8 24,5 36,3
( ) 2 : 2
158 2 122,5 2 2 16
+ −
× + × + − × =0,6 mol
3Cl
2
+ 6NaOH
0
t
→ 5NaCl + NaClO
3
+ 3H
2
O

Khối lượng chất rắn khan =
0,6 71 1,5 40 0, 6 18× + × − ×
=91,8 gam


2. Nhẩm các hệ số cân bằng trong phản ứng dựa trên tỉ lệ “kết hợp” :
Ví dụ 1 :
T
ổ
ng h
ệ
s
ố
cân b
ằ
ng c
ủ
a ph
ả
n
ứ
ng :
Fe
x
O
y
+ CO

Fe
n

O
m
+ CO
2
là :
A.
m+y+2ny–2mx
B.
n+x+2nx–2my
C.
m+y+2nx–2my
D.
n+x+2ny–2mx
Giải
Cân b
ằ
ng Fe : n Fe
x
O
y
+ CO

xFe
n
O
m
+ CO
2

Ban

đầ
u v
ế
trái có ny nguyên t
ử
O trong oxit s
ắ
t v
ế
ph
ả
i còn mx nguyên t
ử
O trong oxit s
ắ
t, mà 1 phân t
ử

CO chi
ế
m 1 O
để
thành 1 phân t
ử
CO
2

h
ệ
s

ố
c
ủ
a CO và CO
2
là (ny–mx)
nFe
x
O
y
+ (ny–mx)CO

xFe
n
O
m
+ (ny–mx)CO
2

T
ổ
ng h
ệ
s
ố
cân b
ằ
ng là n+x+2ny–2mx
Ví dụ 2 :
T

ổ
ng h
ệ
s
ố
cân b
ằ
ng c
ủ
a ph
ả
n
ứ
ng :
Al + HNO
3

Al(NO
3
)
3
+ NO + N
2
O + N
2
+ H
2
O
trong
đ

ó t
ỉ
l
ệ
s
ố
mol NO : N
2
O : N
2
= 1 : 2 : 3 là :
A.
248
B.
386
C.
368
D.
284
Giải
Chú ý v
ế
trái c
ủ
a ph
ả
n
ứ
ng t
ỉ

l
ệ
s
ố
nguyên t
ử
N: s
ố
nguyên t
ử
O=1:3 do
đ
ó c
ầ
n
đ
i
ề
u ch
ỉ
nh t
ỉ
l
ệ
s
ố
nguyên t
ử
N trong
các s

ả
n ph
ẩ
m kh
ử
và O trong H
2
O cho
đ
úng t
ỉ
l
ệ
1:3 (trong mu
ố
i nitrat t
ỉ
l
ệ
N và O
đ
ã
đ
úng 1:3).
V
ớ
i : 3NO + 6N
2
O + 9N
2

(
để
tránh phân s
ố
ta nhân t
ỉ
l
ệ
trên cho 3 là ch
ỉ
s
ố
g
ố
c nitrat rrong Al(NO
3
)
3

S
ố
nguyên t
ử
N trong s
ả
n ph
ẩ
m kh
ử
: 3 + 6 × 2 + 9×2 = 33

S
ố
nguyên t
ử
O trong s
ả
n ph
ẩ
m kh
ử
: 3 + 6 = 9

h
ệ
s
ố
H
2
O là 33×3–9=90

h
ệ
s
ố
HNO
3
=180

h
ệ

s
ố
Al=h
ệ
s
ố
Al(NO
3
)
3
=(180–33):3=49
T
ổ
ng h
ệ
s
ố
cân b
ằ
ng là : 49+180+49+3+6+9+90=386
Ví dụ 3 :
T
ổ
ng h
ệ
s
ố
cân b
ằ
ng c

ủ
a ph
ả
n
ứ
ng :
Mg + H
2
SO
4

MgSO
4
+ SO
2
+ S + H
2
O
trong
đ
ó t
ỉ
l
ệ
s
ố
mol SO
2
: S = x : y là :
A.

5x+10y
B.
6x+12y
C.
8x+16y
D.
7x+14y
Giải
Chú ý v
ế
trái c
ủ
a ph
ả
n
ứ
ng t
ỉ
l
ệ
s
ố
nguyên t
ử
S: s
ố
nguyên t
ử
O=1:4 do
đ

ó c
ầ
n
đ
i
ề
u ch
ỉ
nh t
ỉ
l
ệ
s
ố
nguyên t
ử
S trong
các s
ả
n ph
ẩ
m kh
ử
và O trong H
2
O cho
đ
úng t
ỉ
l

ệ
1:4 (trong mu
ố
i sunfat t
ỉ
l
ệ
S và O
đ
ã
đ
úng 1:4).
V
ớ
i : xSO
2
+ yS
S
ố
nguyên t
ử
S trong s
ả
n ph
ẩ
m kh
ử
: x+y
S
ố

nguyên t
ử
O trong s
ả
n ph
ẩ
m kh
ử
:2x

H
ệ
s
ố
H
2
O là 4(x+y)–2x=2x+4y

h
ệ
s
ố
H
2
SO
4
=2x+4y

h
ệ

s
ố
Mg=h
ệ
s
ố
MgSO
4
=2x+4y–(x+y)=x+3y
T
ổ
ng h
ệ
s
ố
cân b
ằ
ng là : (x+3y)+(2x+4y)+(x+3y)+x+y+(2x+4y)=7x+14y
Ví dụ 4 :
Cho ph
ươ
ng trình: FeSO
4
+ KMnO
4
+ KHSO
4

→
Fe

2
(SO
4
)
3
+ K
2
SO
4
+ MnSO
4
+ H
2
O. T
ổ
ng h
ệ
s
ố

c
ủ
a các ch
ấ
t có trong ph
ươ
ng trình trên khi cân b
ằ
ng là (h
ệ

s
ố
là các s
ố
nguyên t
ố
i gi
ả
n)
A
. 36
B
. 52
C
. 48
D
. 54
Giải
Sau khi nh
ẩ
m h
ệ
s
ố
cân b
ằ
ng theo s
ự
thay
đổ

i s
ố
oxi hoá ta có :
10FeSO
4
+ 2KMnO
4
+ KHSO
4

→
5Fe
2
(SO
4
)
3
+ K
2
SO
4
+ 2MnSO
4
+ H
2
O
N
ế
u
để

ý v
ế
ph
ả
i có H
2
O sinh ra d
ễ
dàng suy ra h
ệ
s
ố
c
ủ
a KHSO
4
là 9 (s
ố
nguyên t
ử
H b
ằ
ng 2 l
ầ
n s
ố
nguyên t
ử
O, do
2KMnO

4
có 8 nguyên t
ử
O), t
ừ

đ
ó suy ra h
ệ
s
ố
c
ủ
a K
2
SO
4
là 6 và c
ủ
a H
2
O là 8.
10FeSO
4
+ 2KMnO
4
+ 16KHSO
4

→

5Fe
2
(SO
4
)
3
+ 9K
2
SO
4
+ 2MnSO
4
+ 8H
2
O
T
ổ
ng h
ệ
s
ố
=52
Ví dụ 5 :
Trong ph
ươ
ng trình ph
ả
n
ứ
ng: a K

2
SO
3
+ bKMnO
4
+ cKHSO
4
→ dK
2
SO
4
+ eMnSO
4
+ gH
2
O
( các h
ệ
s
ố
a,b, c... là nh
ữ
ng s
ố
nguyên t
ố
i gi
ả
n). T
ổ

ng h
ệ
s
ố
các ch
ấ
t tham gia ph
ả
n
ứ
ng ( a + b + c ) là:

A
. 13.
B
. 10.
C
. 15.
D
. 18.
Giải
Sau khi nh
ẩ
m h
ệ
s
ố
cân b
ằ
ng theo s

ự
thay
đổ
i s
ố
oxi hoá ta có :
5 K
2
SO
3
+ 2KMnO
4
+ KHSO
4
→ K
2
SO
4
+ 2MnSO
4
+ H
2
O

T

5 g

c SO
3

thnh 5 g

c SO
4
c

n 5 nguyờn t

O, t

ng t

nh

vớ d

4 suy ra s

nguyờn t

O trong 2KMnO
4


phỏt
sinh H
2
O l 85=3 suy ra h

s

c

a KHSO
4
l 6 t



ú suy ra h

s

c

a K
2
SO
4
l 9 v c

a H
2
O l 3.
5 K
2
SO
3
+ 2KMnO
4

+ 6KHSO
4
9K
2
SO
4
+ 2MnSO
4
+ 3H
2
O
a + b + c=5+2+6=13
3. Nhm h s O
2
trong phn ng chỏy :

i v

i h

p ch

t h

u c

cú th

tớnh h

s

cõn b

ng c

a oxi :
2
( 2
O
= ì ữ ữ
heọ soỏ
soỏ C 2 + Soỏ H 2 -Soỏ O trong X)
heọ soỏ chaỏt hửừu cụ X

Vớ d 1 :




t chỏy hon ton 1 th

tớch hi

rocacbon Y l ch

t khớ

ktc c

n 6,5 th

tớch O
2
(

ktc). Hóy
ch

n cụng th

c phõn t


ỳng
c

a Y.
A
. C
4
H
8

B
. C
3
H

8

C
. C
4
H
4

D
. C
4
H
10
.
Gii :
A

(4ì2+8:2):2=6 (lo

i)
B

(3ì2+8:2):2=5 (lo

i)
C

(4ì2+4:2):2=5 (lo

i)

D

(4ì2+10:2):2=6,5
Vớ d 2 : ( thi d b khi A 2009)

t chỏy hon ton 1 mol ancol no A c

n 3.5 mol O
2
. Cụng th

c phõn t

c

a A l
A.
C
2
H
6
O
B.
C
2
H
6
O
2

C.
C
3
H
8
O
3

D.
C
3
H
6
O
2

Gii :
A

(2ì2+6:21):2=3 (lo

i)
B

(2ì2+6:22):2=2,5 (lo

i)
C

(3ì2+8:23):2=3,5

D

Lo

i vỡ khụng phự h

p tớnh ch

t no (m

t dự : (3ì2+6:22):2=3,5)
Vớ d 3 :
t chỏy m gam h

n h

p g

m 40% kh

i l

ng CH
4
; 40% kh

i l

ng C
4

H
10
v 20% kh

i l

ng
m

t hidrocacbon X c

n 3,674 m gam Oxi. Cụng th

c phõn t

c

a X l
A.
C
2
H
4

B.
C
3
H
6

C.
C
3
H
4

D.
C
2
H
2
Gii :
Ch

n m=1, cụng th

c phõn t

X : C
x
H
y
0,4 0, 4 0,2 3,674
(1 2 4 : 2) : 2 (4 2 10 : 2) : 2 (2x y : 2) : 2
16 58 12x y 32
ì ì + + ì ì + + ì + =
+

Th

y=2

x=1,5075..
Th

y=4

x=3,015..
Th

y=6

x=4,5227
Vớ d 4 :
t m gam ancol no m

ch h

X c

n 1,2174m gam oxi. S

nhúm ch

c trong X l :
A.
1
B.
2
C.

3
D.
4

Gii :
Cụng th

c c

a ancol no m

ch h

: C
n
H
2n+2k
(OH)
k
hay C
n
H
2n+2
O
k

Ch

n m=1. Ta cú :
14n 2 16k (3n 1 k) 2

1 1,2174 32
+ + + ữ
=
ữ


Th

k=1

n=0,7078..
Th

k=2

n=1,8539..
Th

k=3

n=3,0000
Th

k=4

n=4,1461
Vớ d 5 :
M

t lo

i m

ch

a 40% triolein, 20% tripanmitin v 40% tristearin. X phũng húa hon ton m
gam m

trờn thu

c 138 gam glixerol.

t m gam lo

i m

trờn c

n bao nhiờu lớt O
2
(

ktc) ?
A
. 2846
B
. 2653
C
. 2718
D

. 2534