Sử dụng định luật bảo toàn điện tích để giải nhanh một số dạng bài tập khó trong đề thi THPT quốc gia

1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài
Hoá học là bộ môn khoa học quan trọng trong nhà trường phổ thông. Môn
hoá học cung cấp cho học sinh một hệ thống kiến thức phổ thông, cơ bản và
thiết thực đầu tiên về hoá học. Giáo viên bộ môn hoá học cần hình thành ở
các em một kỹ năng cơ bản, phổ thông và thói quen học tập và làm việc khoa
học làm nền tảng cho việc giáo dục, phát triển năng lực nhận thức, năng lực
hành động. Qua đó giáo dục học sinh những đức tính cần thiết như cẩn thận,
kiên trì, trung thực, tỉ mỉ, chính xác, yêu chân lí khoa học, có ý thức trách
nhiệm với bản thân, gia đình, xã hội có thể hoà hợp với môi trường thiên
nhiên, chuẩn bị cho học sinh hành trang đi vào cuộc sống.
Trong môn hoá học thì bài tập hoá học có một vai trò cực kỳ quan trọng,
giúp học sinh nắm vững kiến thức và phát triển tư duy hóa học, là một trong các
yếu tố quan trọng để nâng cao chất lượng giảng dạy bộ môn. Thông qua việc
giải bài tập giúp học sinh rèn luyện tính tích cực, trí thông minh, sáng tạo, bồi
dưỡng hứng thú trong học tập. Việc lựa chọn phương pháp thích hợp để giải bài
tập lại càng có ý nghĩa quan trọng hơn. Mỗi bài tập có thể có nhiều phương pháp
giải khác nhau. Nếu biết lựa chọn phương pháp hợp lí, sẽ giúp học sinh nắm
vững hơn bản chất của các hiện tượng hóa học. Đặc biệt là trong kì thi trung học
phổ thông quốc gia hiện nay, việc lựa chọn phương pháp giải sao cho tiết kiệm
được thời gian lại càng có ý nghĩa quan trọng.
Qua những năm giảng dạy, tôi nhận thấy rằng khả năng giải toán hóa học
của các em còn hạn chế, đặc biệt là với các bài toán khó thì khi giải những bài
tập dạng này học sinh thường gặp những khó khăn dẫn đến thường giải rất dài
dòng, nặng nề về mặt toán học không cần thiết thậm chí không giải được vì quá
nhiều ẩn số. Nguyên nhân là học sinh chưa nắm vững các định luật hóa học và
hệ số cân bằng trong phản ứng hóa học để đưa ra phương pháp giải hợp lí.
Bằng sự tìm tòi, kinh nghiệm thực tế tôi giảng dạy cho học sinh ở các khối
lớp 11, 12 trường THPT Vĩnh Lộc, ôn thi học sinh giỏi và nhận thấy kết quả đạt
được rất khả quan. Vì vậy, tôi xin trao đổi với các đồng nghiệp bài viết: “SƯ
DỤNG ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN ĐIỆN TÍCH ĐỂ GIẢI NHANH MỘT SÔ

DẠNG BÀI TẬP KHÓ TRONG ĐỀ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
QUÔC GIA”.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Sau khi học xong phần này học sinh nắm được các dạng bài tập có thể sư
dụng định luật bảo toàn điện tích, cách sư dụng định luật bảo toàn điện tích để
giải nhanh các dạng bài tập hóa học: bài toán hỗn hợp chất khư tác dụng với
dung dịch có tính oxi hóa ( H  , NO3 ); bài toán CO2 tác dụng với dung dịch kiềm;
bài toán về tính lưỡng tính của Al(OH) 3 , Zn(OH)2. Từ đó nâng cao chất lượng,
hiệu quả dạy – học môn hóa học. Chuyên đề có thể áp dụng cho chương trình
Hóa học 11 và 12.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Là học sinh trung học phổ thông đang học lớp 11, 12 trường THPT Vĩnh Lộc
1.4. Phương pháp nghiên cứu
1


Ở đây tôi dùng phương pháp nghiên cứu xây dựng cơ sở lý thuyết, tức là khi
ôn tập đến phần axit HNO3, muối nitrat hay phần CO2 , muối cacbonat, ... tôi
cho ôn tập tính chất vật lý, tính chất hóa học, viết các phương trình phản ứng
minh họa sau đó mới cho học sinh làm quen với dạng bài tập này.
2. NỘI DUNG
2.1. Cơ sở lí luận
Phương pháp này dựa trên cơ sở:
- Bài toán liên quan đến điện tích, ion, những bài toán xảy ra trong dung dịch.
- Định luật bảo toàn điện tích: “Điện tích của một hệ thống cô lập luôn luôn
không đổi tức là được bảo toàn”.
Hệ quả
- Dung dịch luôn trung hòa về điện.
� số mol �điện tích ion dương = � số mol �điện tích ion âm
- Khối lượng muối (trong dung dịch) bằng tổng khối lượng các ion tạo muối.

Chú ý : Đối với các bài tập khó thì quá trình áp dụng định luật bảo toàn điện
tích thường phải kết hợp với các phương pháp bảo toàn khác : bảo toàn electron,
bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố.
2.2. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu
Trong sách giáo khoa hóa học 11 chỉ có một số bài tập áp dụng định luật bảo
toàn điện tích. Tuy nhiên những bài tập này học sinh hoàn toàn có thể giải được
nhờ phương pháp đặt ẩn để giải hệ phương trình. Trong khi thi trung học phổ
thông quốc gia, thi học sinh giỏi hiện nay có nhiều bài tập vô cơ khó và phần lớn
là không thể đặt ẩn để giải hoặc nếu có đặt thì cũng mất nhiều thời gian. Vì vậy
tôi mạnh dạn trao đổi với các đồng nghiệp đề tài này nhằm nâng cao một phần
nào đó chất lượng dạy và học hiện nay.
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
2.3.1. Dạng 1 : Bài toán hỗn hợp chất khử tác dụng với dung dịch có tính oxi
hóa ( H  , NO3 )
Dạng bài tập này thông thường ta phải áp dụng đồng thời định luật bảo
toàn electron và bảo toàn điện tích.
Ví dụ 1 (Khối A - 2009). Cho hỗn hợp gồm 1,12 gam Fe và 1,92 gam Cu vào
400 ml 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 khư 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. 120.
B. 240.
C. 360.
D. 400.


Phân tích đề: Dễ dàng kiểm tra được H , NO3 còn dư � Fe, Cu bị oxi hóa về
Fe3 , Cu 2 . Dung dịch X chứa các ion Na  ,SO 24 , NO3 , H  , Fe3 , Cu 2 . Cho NaOH
vào X thì xảy ra phản ứng trung hòa H  rồi đến phản ứng tạo kết tủa Fe(OH) 3 ,

Cu(OH)2.
Dung dịch Y sau cùng chứa các ion Na  ,SO 24 , NO3 . Áp dụng bảo toàn điện tích
trong Y kết hợp bảo toàn eletron ta sẽ tính được giá trị V.
Ta có thể tóm tắt bài toán theo sơ đồ sau:
2


NO


�
H : 0, 4 mol
� 2
SO : 0, 2 mol
Fe : 0, 02 mol �
�
 � 4
�
Cu : 0, 03mol �Na : 0, 08mol
�
�NO  : 0, 08 mol
� 3
�Na  : 0, 08 mol
� 2
SO 4 : 0, 2 mol
�
X�  
NaOH
�NO3 , H
�Fe3 , Cu 2 

�

Fe(OH)3
�
�
Cu(OH) 2
�
�Na 
� 2
Y �SO 4
� 
�NO3

Giải:
Theo định luật bảo toàn e: 3.nFe + 2.nCu = 3 nNO hay nNO = 0,04
n NO du = 0,08 – 0,04 = 0,04 mol
Dung dịch sau phản ứng chứa các ion

3

Na  : 0, 08  0, 001V(mol);SO 24 : 0, 2(mol); NO3 : 0, 04(mol)

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích trong dung dịch sau phản ứng:
0,08 + 0,001V = 0,04 + 0,2.2
� V = 360.
� Chọn đáp án C
Ví dụ 2. Hòa tan hoàn toàn 0,1 mol FeS2 trong 200ml dung dịch HNO3 4M,
sản phẩm thu được gồm dung dịch X và có khí thoát ra. Dung dịch X có thể hòa
tan tối đa m gam Cu. Biết NO là sản phẩm khư duy nhất của N 5 . Giá trị của m
là

A. 12,8.
B. 6,4.
C. 9,6.
D. 3,2.
Phân tích đề:
Dung dịch X chứa các ion: Fe3 ,SO24 , NO3 , H  . Khi cho Cu vào dung dịch X xảy
ra phản ứng của Cu với H  , NO3 ; phản ứng của Cu với Fe3 . Như vậy, bản chất
của bài toán có thể coi là cho FeS 2, Cu tác dụng với dung dịch HNO 3 (thiếu) thu
được dung dịch Y và khí NO. Áp dụng định luật bảo toàn điện tích trong dung
dịch Y kết hợp bảo toàn eletron ta sẽ tính được giá trị m.
Ta có thể tóm tắt bài toán theo sơ đồ sau:
NO
FeS2 HNO3
NO
�
Fe3 ,SO 42
�
X�  
�NO3 , H

Cu
�
Cu 2 , Fe 2
�
Y �  2
�NO3 ,SO 4
3


Giải:

n FeS = 0,1 � n Fe = 0,1 ; n SO = 0,2
Đặt n NO = x ; n Cu = y
Áp dụng định luật bảo toàn electron cho toàn bộ quá trình với FeS 2 ,Cu là chất
khư, N 5 là chất oxi hóa
14 n FeS  2 n Cu  3n NO � 3x – 2y = 1,4
(1)
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích trong dung dịch sau cùng
2 n Cu  2 n Fe  n NO  2 n SO � x + 2y = 1
(2)
với n NO  0,8  n NO .
Giải hệ (1), (2) trên ta có x = 0,6 ; y= 0,2.
Vậy nCu = 0,2 � mCu = 12,8 gam.
� Chọn đáp án A
Từ bài 2 ta có thể phát triển thành bài toán tương tự nhưng với nhiều chất
khử hơn
Ví dụ 3. Hòa tan hết 12,8 gam hỗn hợp X gồm FeS2 và Cu2S trong dung dịch
chứa a mol HNO3 thu được 31,36 lít khí NO2 (ở đktc, sản phẩm khư duy nhất)
và dung dịch Y. Biết Y phản ứng với tối đa 4,48 gam Cu giải phóng khí NO. Giá
trị của a là
A. 1,8.
B. 1,92.
C. 1,44.
D. 1,42.
Phân tích đề :
Hòa tan hết hỗn hợp gồm FeS2 và Cu2S trong dung dịch chứa HNO3 thu được
dung dịch Y chứa các ion Fe3 , Cu 2 ,SO 24 , NO3 , H  . Khi cho dung dịch Y phản ứng
với tối đa 4,48 gam Cu, Cu bị oxi hóa bởi H  , NO3 và Fe3 . Dung dịch cuối cùng
(dung dịch Z) thu được gồm Fe2 , Cu 2 ,SO 24 , H  hoặc NO3 . Áp dụng bảo toàn điện
tích trong dung dịch Z kết hợp bảo toàn eletron ta sẽ tính được giá trị a.
Giải:

Đặt n FeS = x ; n Cu S = y
Xét phản ứng của hỗn hợp X với HNO3.
Áp dụng định luật bảo toàn eletron có phương trình: 15x + 10y = 1,4
(1)
Phương trình khối lượng hỗn hợp X:
120x + 160y = 12,8 (2)
Giải hệ (1), (2) được n FeS = x = 0,08 ; n Cu S = y = 0,02.
Trong dung dịch Z, 2 n Cu  2 n Fe  2 n SO nên ion còn lại phải là NO3 .
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích, trong dung dịch Z:
2 n Cu  2 n Fe  2 n SO  n NO � n NO = 2 n Cu  2 n Fe  2 n SO  2.  2.0, 02  0, 07    
2
4

2

2

2

2

2


3

2
4



3

2

2

2

2

2

2

2

2
4

2


3

2
4


3

2.0, 08 – 2.  0, 08.2  0, 02   0, 02.

2

2

2
4

Như vậy, bản chất của bài toán là cho hỗn hợp FeS 2, Cu2S và Cu tác dụng với
dung dịch chứa HNO3 thu được hỗn hợp khí NO2 , NO và dung dịch Z.
Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có:
14 n FeS  10 n Cu S  2 n Cu  n NO  3n NO � n NO  0, 02 .
Áp dụng bảo toàn nguyên tố N:
n HNO  n NO  n NO  n NO = 1,4 + 0,02 + 0,02 = 1,44 mol
2

3

2

2

2


3

4

� Chọn đáp án C

Ví dụ 4. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm FeS 2 và Fe3O4 bằng 100 gam dung
dịch HNO3 a% vừa đủ, thu được 15,344 lít hỗn hợp khí gồm NO 2 , NO có khối
lượng 31,35 gam và dung dịch chỉ chứa 30,15 gam hỗn hợp muối. Giá trị của a
là
A. 46,240.
B. 43,115
C. 57,330.
D. 63.
Phân tích đề :
Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm FeS2 và Fe3O4 bằng dung dịch HNO3 vừa đủ thu
được dung dịch chỉ chứa muối nên muối đó là muối Fe2(SO4)3 , Fe(NO3)3 .
Dung dịch sau phản ứng chứa các ion: Fe3 ,SO24 , NO3 . Áp dụng bảo toàn điện
tích trong dung dịch sau phản ứng kết hợp bảo toàn eletron trong phản ứng của
hỗn hợp với HNO3 ta sẽ tìm được kết quả.
Giải:
Từ giải thiết ta lập được hệ phương trình về NO2 , NO
�
n NO  0, 675
�
�n NO2  n NO  0, 685
�� 2
�
n NO  0, 01
�46.n NO2  30.n NO  31,35 �
Đặt n FeS2 = x ; n Fe3O4 = y.

Áp dụng định luật bảo toàn electron:

15 n FeS2  n Fe3O4  n NO2  3.n NO  0, 705 � 15x + y = 0,705

(1)
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích trong dung dịch sau phản ứng
3.n Fe  2.n SO  n NO � 3.(x + 3y) = 2.2x + z � x – 9y + z = 0 (2)
Khối lượng muối trong dung dịch
56.n Fe  96.n SO  62.n NO  30,15 � 56.(x + 3y) + 96.2x + 62.z = 30,15
� 248x + 168y + 62z = 30,15 (3)
Giải hệ (1), (2), (3) ta được
x = 0,045 ; y = 0,03; z = 0,225
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố N
n HNO  n NO  n NO  n NO = 0,675 + 0,01 + 0,225 = 0,91
0,91.63
� a  C 0 0 HNO 
.100%  57,33% .
3

2
4

3

3


3

2
4

2


3


3

100
� Chọn đáp án C
3

Ví dụ 5. Hòa tan hoàn toàn 19,2 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe 2O3, Fe3O4
trong 400ml dung dịch HNO3 3M (dư), đun nóng, thu được dung dịch Y và V lít
khí NO (sản phẩm khư duy nhất). Cho 350 ml dung dịch NaOH 2M vào dung
dịch Y, thu được 21,4 gam kết tủa và dung dịch Z. Giá trị của V là
A. 3,36.
B. 4,48.
C. 5,04.
D. 5,6.
Phân tích đề :
Đối với bài toán có hỗn hợp Fe và các oxit, ta thường quy đổi hỗn hợp ban đầu
thành Fe và O. Vì axit dư nên dung dịch Y chứa các ion Fe3 , NO3 , H  . Khi cho
NaOH vào Y, xảy ra phản ứng trung hòa H  trước rồi mới đến phản ứng tạo kết
tủa Fe(OH)3. Vì vậy, dung dịch Z ngoài chứa 2 ion Na  , NO3 còn có thể chứa

5

Fe3 . Áp dụng bảo toàn điện tích trong dung dịch Z kết hợp bảo toàn eletron

trong phản ứng của X với HNO3 ta sẽ tìm được kết quả.
Ta có thể tóm tắt bài toán theo sơ đồ sau:
NO
Fe HNO3
�
X � ���
�
O
�

Fe(OH)3 : 0,2mol
�
Fe3
�
Y�  
�NO3 , H

NaOH


�
�Na , NO3
Z � 3
�Fe

Giải:
Đặt n Fe = x ; n O = y; n NO = z.
Ta có phương trình về khối lượng hỗn hợp X:

56.n Fe  16.n O  19, 2 � 56.x + 16.y = 19,2 (1)
Phương trình về bảo toàn electron: 3.n Fe  2.n O  3.n NO � 3x – 2y – 3z = 0 (2)
Phương trình về bảo toàn điện tích trong dung dịch Z:
n Na  3.n Fe  n NO � 0,7 + 3.(x – 0,2) = 1,2 – z � 3x + z = 1,1
(3)
với n Fe = x – 0,2 ; n NO = 1,2 - n NO = 1,2 –z
Giải hệ ba phương trình (1), (2), (3) trên ta được: x = 0,3; y = 0,15; z = 0,2.
� VNO = 0,2.22,4 = 4,48 lít.
� Chọn đáp án B
Ví dụ 6 (Đề khối B - 2009). Cho m gam bột Fe vào 800 ml dung dịch hỗn hợp
gồm Cu(NO3)2 0,2M và H2SO4 0,25M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn,
thu được 0,6m gam hỗn hợp kim loại và V lít khí NO (sản phẩm khư duy nhất, ở
đktc). Giá trị của m và V lần lượt là
A. 10,8 và 4,48.
B. 10,8 và 2,24.
C. 17,8. và 4,48.
D. 17,8. và 2,24.
Phân tích đề :
Cho Fe vào hỗn hợp Cu(NO3)2 và H2SO4 xảy ra phản ứng oxi hóa khư giữa Fe
với H  , NO3 ; giữa Fe với Cu 2 . Hỗn hợp kim loại sau phản ứng gồm Cu, Fe dư.
Vì Fe còn dư nên dung dịch sau phản ứng chứa muối Fe2 . Suy ra dung dịch sau
phản ứng chứa các ion Fe2 ,SO24 , NO3 . Áp dụng bảo toàn điện tích trong dung
dịch sau phản ứng kết hợp bảo toàn eletron trong phản ứng của Fe với H  , NO3 ;
giữa Fe với Cu 2 ta sẽ tìm được kết quả.
Giải:
Đặt n Fe = x ; n NO = y.
Áp dụng định luật bảo toàn electron: 2.n Fe  2.n Cu  3.n NO
� 2x – 3y = 0,32 (1)
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích trong dung dịch sau phản ứng:
2.n Fe  n NO  2.n SO � 2x – (0,32 – y) = 0,2.2 � 2x + y = 0,72 (2)

với n Fe  n Fe  x; n NO  0,32  n NO  0,32  y .


3


3


3

3

2

2


3

2
4


3

6


Giải hệ (1) và (2) ta được x = 0,31 ; y = 0,1.

� VNO = 0,1.22,4 = 2,24 (lít)
Tính m: m – 0,31.56 + 0,16 .64 = 0,6.m � m = 17,8
� Chọn đáp án D
Ví dụ 7. Cho m gam bột Fe vào 1 lít dung dịch hỗn hợp gồm H2SO4 0,1M,
Cu(NO3)2 0,1M và Fe(NO3)3 0,1M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu
được 0,69m gam hỗn hợp kim loại, dung dịch Y và khí NO (sản phẩm khư duy
nhất, ở đktc). Giá trị của m và khối lượng chất rắn khan thu được khi cô cạn
dung dịch Y là
A. 25,8 và 78,5 gam.
B. 25,8 và 55,7 gam.
C. 20 và 78,5 gam.
D. 20 và 55,7 gam.
Phân tích đề :
Cho Fe vào hỗn hợp H2SO4 , Cu(NO3)2 và Fe(NO3)3 xảy ra phản ứng oxi hóa khư
giữa Fe với H  , NO3 ; giữa Fe với Fe3 ; giữa Fe với Cu 2 . Hỗn hợp kim loại sau
phản ứng gồm Cu, Fe dư. Vì Fe còn dư nên dung dịch sau phản ứng chứa muối
2
2

Fe 2 . Suy ra dung dịch sau phản ứng chứa các ion Fe ,SO 4 , NO3 . Áp dụng bảo
toàn điện tích trong dung dịch Y kết hợp bảo toàn eletron trong phản ứng của Fe
với H  , NO3 ; giữa Fe với Fe3 ; giữa Fe với Cu 2 ta sẽ tìm được kết quả.
Giải:
Đặt n Fe = x ; n NO = y.
Áp dụng định luật bảo toàn e: 2.n Fe  2.n Cu  3.n NO  n Fe
� 2x – 3y = 0,1.2 + 0,1 = 0,3 (1)
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích trong dung dịch sau phản ứng:
2.n Fe  n NO  2.n SO � 2(x + 0,1) – (0,5 – y) = 0,1.2 � 2x + y = 0,5 (2)
với n Fe  n Fe  n Fe  x  0,1 ; n NO  0,5  n NO  0,5  y .
Giải hệ (1), (2) ta được x = 0,225 ; y = 0,05.

Tính m: m – 0,225.56 + 0,1.64 = 0,69.m � m = 20
Khối lượng chất rắn khan thu được khi cô cạn dung dịch Y
m muô´i  m Fe  mSO  m NO = (0,225 + 0,1).56 + 0,1.96 + (0,5 – 0,05).62
= 55,7 (gam)
� Chọn đáp án D
Ví dụ 8 (HSG hóa 11 tỉnh Thanh Hóa 2017-2018). Cho 12,56 gam hỗn hợp
gồm Mg và Mg(NO3)2 tan vừa đủ trong dung dịch hỗn hợp chứa 0,98 mol HCl
và x mol KNO3. Sau phản ứng thu được dung dịch Y chỉ chứa muối clorua và
0,04 mol khí N2. Cô cạn cẩn thận Y thu được m gam muối khan. Tính m.
Phân tích đề:
Ta có thể tóm tắt bài toán theo sơ đồ sau
3

2


3

2

2
4


3

3

2

2
4


3

N2 : 0,04 mol
7


Mg : a(mol)
�
�HCl : 0,98mol
12,56 gam �
�
Mg(NO3 )2 : b(mol) �KNO3 : x(mol)
�
�Mg 2 : a  b(mol)
�
�K : x(mol)
Y� 
Cl : 0,98(mol)
�
�NH  : y(mol)
� 4

Áp dụng định luật bảo toàn electron, bảo toàn điện tích trong dung dịch Y kết
hợp bảo toàn nguyên tố ta sẽ tìm được giá trị m.
Giải:
Ta có các phương trình về :

Khối lượng hỗn hợp ban đầu: 24.a + 148.b = 12,56
(1)
�
Bảo toàn electron : 2.a = 0,04.10 + 8.y 2.a – 8.y = 0,4 (2)
Bảo toàn điện tích trong dung dịch Y: 2.(a+b) + x + y = 0,98 (3)
Bảo toàn nguyên tố N : 2.b + x = 0,04.2 + y � 2.b + x – y = 0,08 (4)
Giải hệ (1), (2), (3), (4) ta được: a = 0,4 ; b = 0,02 ; x = 0,09, y = 0,05.
Khối lượng muối khan:
m = 24.0,42 + 39.0,09 + 0,98.35,5 + 18.0,05 = 49,28 (gam).
2.3.2. Dạng 2 : Bài toán CO2 tác dụng với dung dịch kiềm, muối cacbonat
Ví dụ 1. Hấp thụ hoàn toàn 8,96 lít CO 2 (đktc) vào 200ml dung dịch hỗn hợp
NaOH 1M và KOH xM. Sau phản ứng làm bay hơi dung dịch thu được 44,4
gam chất rắn. Giá trị của x là
A. 1,0.
B. 2,0.
C. 1,5.
D. 2,5.
Phân tích đề:
Ta chưa biết OH  có dư hay không.
Nếu OH  dư, muối thu được sau phản ứng là muối M 2CO3 . Khi đó, n OH �2.n CO
hay 0,2 + 0,2.x �0,8 hay x �3. Suy ra không có đáp án nào thỏa mãn.
Vậy OH  không dư.
Dung dịch sau phản ứng chứa các ion Na  (0, 2 mol), K  (0, 2 xmol), CO32 , HCO3 .
Áp dụng bảo toàn điện tích trong dung dịch sau phản ứng kết hợp bảo toàn
nguyên tố, bảo toàn khối lượng sẽ tìm được giá trị của x.
Giải:
Đặt a  n CO , b  n HCO .
Theo bảo toàn nguyên tố C ta có: a + b = n CO = 0,4 (1)
Theo bảo toàn nguyên tố và bảo toàn khối lượng ta có phương trình khối lượng
chất rắn: 60a + 61b + 23.0,2 + 39.0,2x = 44,4

(2)
Theo bảo toàn điện tích trong dung dịch sau phản ứng ta có:
0,2 + 0,2x = 2a + b
(3)
Giải hệ (1), (2), (3) ta được a = 0,2 ; b = 0,2 ; x = 2.
� Chọn đáp án B
Ví dụ 2 (Đề thi kiểm tra chất lượng HSG trường THPT Lê Lợi 2018-2019).
Dung dịch X gồm NaOH xM và Ba(OH)2 yM và dung dịch Y gồm NaOH yM và
Ba(OH)2 xM.


2
3

2


3

2

8


Thí nghiệm 1: Hấp thụ hết 0,04 mol CO2 vào 200ml dung dịch X, thu được dung
dịch M và 1,97 gam kết tủa.
Thí nghiệm 2: Hấp thụ hết 0,0325 mol CO 2 vào 200ml dung dịch Y thì thu được
dung dịch N và 1,4775 gam kết tủa.
Biết hai dung dịch M và N phản ứng với dung dịch KHSO 4 đều sinh ra kết tủa
trắng. Các phản ứng xảy ra đều hoàn toàn. Tính giá trị của x và y.

Phân tích đề:
Kết tủa ở 2 thí nghiệm đều là BaCO 3. Nhận thấy ở cả 2 thí nghiệm n BaCO < n CO ,
mặt khác dung dịch sau hai thí nghiệm đều phản ứng với dung dịch KHSO 4 sinh
ra kết tủa trắng. Suy ra dung dịch sau phản ứng phải còn Ba 2 , ion CO32 đã
chuyển hết vào kết tủa BaCO3.
3

2

�
Ba 2 : 0, 2 y  0, 01(mol)
� 
Vậy dung dịch sau phản ứng ở thí nghiệm 1 chứa các ion �Na : 0, 2 x(mol)
�
HCO3 : 0,03(mol)
�
�
Ba 2 : 0, 2 x  0, 0075(mol)
� 
Ở thí nghiệm 2 chứa các ion �Na : 0, 2 y (mol)
�
HCO3 : 0, 025(mol)
�

Áp dụng bảo toàn điện tích trong dung dịch sau phản ứng ở thí nghiệm 1 và thí
nghiệm 2 ta sẽ tìm được giá trị x, y.
Giải:
Theo định luật bảo toàn điện tích:
Ở thí nghiệm 1: 0,2x + 2.(0,2y – 0,01) = 0,03 � 0,2.x + 0,4.y = 0,05
(1)

�
Ở thí nghiệm 2 : 0,2y + 2. (0,2x – 0,0075) = 0,025 0,4.x + 0,2.y = 0,04 (2)
Giải hệ (1) và (2) ta được x = 0,05 ; y = 0,1.
Ví dụ 3. Một dung dịch X chứa 0,1 mol Na  ; 0,2 mol Ba 2 ; x mol HCO3 và y
mol Cl . Cô cạn dung dịch X rồi lấy chất rắn đem nung đến khối lượng không
đổi thu được 43,6 gam chất rắn. Giá trị của x, y lần lượt là
A. 0,1 và 0,4.
B. 0,14 và 0,36.
C. 0,45 và 0,05
D. 0,2 và 0,1.
Phân tích đề :
Có hai trường hợp xảy ra:
- Nếu n HCO �2nBa , khi cô cạn dung dịch X rồi nung đến khối lượng không đổi
sẽ thu được hỗn hợp gồm BaO, NaCl hoặc BaO, NaCl, BaCl 2. Chất rắn sau
phản ứng chứa các ion Na  , Ba 2 , Cl , O 2 .Vậy ion HCO3 đã bị thay thế bằng ion

3

O 2 với n O2 

2

1
x
n HCO = . Áp dụng bảo toàn điện tích trong dung dịch X và bảo
3
2
2

toàn khối lượng chất rắn sẽ tìm được x, y.

- Nếu trường hợp trên không thỏa mãn, ta xét trường hợp n HCO  2nBa , khi cô
cạn dung dịch X rồi nung đến khối lượng không đổi sẽ thu được hỗn hợp gồm
BaO, NaCl , Na2CO3 . Như vậy một phần HCO3 bị thay thế bằng O 2 . Gọi a =

3

2

n HCO bị thay thế, ta có n O2  a . Áp dụng định luật bảo toàn điện tích trong dung
3
2
9


dịch X, trong chất rắn kết hợp phương trình khối lượng chất rắn ta sẽ tìm được
giá trị x, y.
Giải:
Nếu n HCO �2nBa
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích trong dung dịch X:
x + y = 0,1 + 0,2.2 = 0,5
(1)
Theo định luật bảo toàn khối lượng, khối lượng chất rắn

3

2

x
2

23.0,1 + 0,2.137 + 16. + 35,5.y = 43,6
� 8x + 35,5y = 13,9

(2)
Giải hệ (1), (2) ta được x = 0,14 ; y = 0,36.
� Chọn đáp án B
Ví dụ 4 (Đề HSG hóa 11 tỉnh Hà Tĩnh 2014-2015). Hấp thụ hoàn toàn 3,36 lít
CO2 (đktc) vào dung dịch chứa x mol Ca(OH)2; x mol NaOH và y mol KOH thu
được dung dịch chứa 8,66 gam muối (không có bazơ dư) và có 5 gam kết tủa.
Tính x, y.
Phân tích đề:
5 gam kết tủa là khối lượng của CaCO3 . Vậy bài toán có 2 trường hợp xảy ra:
Trường hợp 1: Toàn bộ Ca 2 đã chuyển hết về kết tủa CaCO3.
Trường hợp 2: Ca 2 một phần chuyển về kết tủa CaCO3, một phần tạo muối
trong dung dịch.
Áp dụng bảo toàn điện tích trong dung dịch muối và kết hợp với giả thiết đề bài
ta sẽ tìm được giá trị x, y.
Giải:
Xét 2 trường hợp xảy ra:
Trường hợp 1: Toàn bộ Ca 2 đã chuyển hết về kết tủa CaCO3 hay x = 0,05.
Dung dịch muối chứa các ion Na  (0,05 mol), K  (y mol), HCO3 (z mol), CO32
(0,1-z) mol.
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích trong dung dịch trên :
0,05 + y = z + 2(0,1 – z) � y + z = 0,15 (1)
Ta có phương trình về khối lượng muối trong dung dịch:
23.0,05 + 39.y + 61.z + 60.(0.1 - z) = 8,66 � 39.y + z = 1,51 (2)
Giải hệ (1) và (2) ta được y = 0,0358; z = 0,114.
Vậy x = 0,05 ; y = 0,0358.
Trường hợp 2: Ca 2 một phần chuyển về kết tủa CaCO3, một phần tạo muối
trong dung dịch hay x > 0,05 (*)

Dung dịch muối chứa các ion Ca 2 (x–0,05)mol; Na  (x mol), K  (y mol), HCO3
(0,1 mol).
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích trong dung dịch trên :
2.(x – 0,05)+ x + y = 0,1 � 3.x + y = 0,2 (1)
Ta có phương trình về khối lượng muối trong dung dịch:
40.(x – 0,05) + 23.x +39.y + 61.0,1 = 8,66 � 63.x + 39.y = 4,56 (2)
Giải hệ (1) và (2) ta được x = 0,06; y = 0,02 ( thỏa mãn (*) ).
2.3.3. Dạng 3: Bài toán về tính lưỡng tính của Al(OH)3 , Zn(OH)2
10


Ví dụ 1 (Đề khối A - 2012). Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm Na 2O và
Al2O3 vào nước, thu được dung dịch X. Thêm từ từ dung dịch HCl 1M vào X,
khi hết 100ml thì bắt đầu xuất hiện kết tủa; khi hết 300ml hoặc 700ml thì đều
thu được a gam kết tủa. Giá trị của a và m lần lượt là
A. 23,4 và 35,9.
B. 15,6 và 27,7.
C. 23,4 và 56,3.
D. 15,6 và 55,4.
Phân tích đề:
Thêm từ từ dung dịch HCl 1M vào X, khi hết 100ml thì bắt đầu xuất hiện kết
tủa, chứng tỏ trong dung dịch X chứa 0,1 mol OH  , ngoài ra còn chứa Na  , AlO 2
Khi thêm 300ml (Thí nghiệm 1) hoặc 700ml (Thí nghiệm 2) thì đều thu được a
gam kết tủa. Ở thí nghiệm 1 chưa có sự hòa tan kết tủa, thí nghiệm 2 đã có sự
hòa tan kết tủa.
Ta có thể tóm tắt bài toán theo sơ đồ sau:


�
�Na , Cl (0,3mol)

�
TN1 �AlO2
+ Al(OH)3 (0,2mol)



Al 2 O3 H2O �
�
�Na , OH
���
�� 
�
AlO 2
�Na 2 O
�


�
�Na , Cl (0, 7 mol)
�
TN2 �Al3
+ Al(OH)3 (0,2mol)

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích trong dung dịch thu được ở thí nghiệm 1 và
2, bảo toàn nguyên tố Na, Al ta sẽ tìm được số mol của Na, Al trong hỗn hợp
đầu, từ đó tìm được m.
Giải:
Thí nghiệm 1: Thêm 0,3 mol HCl vào X, có 0,1 mol HCl để trung hòa OH  , còn
0,2 mol HCl phản ứng với AlO 2 tạo ra 0,2 mol kết tủa Al(OH)3 . Suy ra ở thí
nghiệm 2 cũng tạo ra 0,2 mol kết tủa Al(OH)3 , từ đó a = 0,2.78 = 15,6 gam.

Đặt n Na  x ; n AlO = n Al = y (trong dung dịch sau phản ứng).
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích:
Ở thí nghiệm 1: n Na  n Cl  n AlO
hay x – y = 0,3 (1)
Ở thí nghiệm 2 : n Na  3.n Al  n Cl hay x + 3y = 0,7 (2)
Giải hệ (1), (2) ta được x = 0,4 ; y = 0,1.
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố Na, Al

2



3







m = m Na O  m Al
2

2 O3


2

3



1
1
1
1
 62. .n Na   102. .(n Al3  n Al(OH)3 )  62. .0, 4  102. .(0,1  0, 2)
2
2
2
2

= 27,7 (gam)

� Chọn đáp án B

Ví dụ 2 (Đề khối A- 2010). Hòa tan hoàn toàn m gam ZnSO4 vào nước được
dung dịch X. Nếu cho 110ml dung dịch KOH 2M vào dung dịch X thì thu được

11


3a gam kết tủa. Mặt khác, nếu cho 140 ml dung dịch KOH 2M vào dung dịch X
thì thu được 2a gam kết tủa. Giá trị của m là
A. 17,71.
B. 16,10.
C. 32,20.
D. 24,15.
Giải:
Đặt n ZnSO = x , n KOH (TN1) = 0,22 ; n KOH (TN2) = 0,28

Từ giả thiết suy ra cần 0,06 mol KOH để hòa tan a gam kết tủa Zn(OH)2
� a = 3,48 gam
� n Zn(OH) (TN1) = 0,09 mol
Theo bảo toàn nhóm OH , n OH (trong Zn(OH)2 ) = 0,18 < n KOH = 0,22
� Ở TN1 đã có sự hòa tan kết tủa Zn(OH)2
Dung dịch sau phản ứng ở TN1 gồm các ion: K  : 0,22 mol ; SO 24 : x mol ; ZnO 22
: (x – 0,09) mol
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích, ta có
0,22 = 2.x + 2.(x – 0,09) � x = 0,1
� m = 0,1. 161 = 16,1 gam
� Chọn đáp án B
Ví dụ 3 (Đề khối B- 2010). Cho 150ml dung dịch KOH 1,2M tác dụng với
100ml dung dịch AlCl3 nồng độ x mol/l, thu được dung dịch Y và 4,68 gam kết
tủa. Loại bỏ kết tủa, thêm tiếp 175ml dung dịch KOH 1,2M vào Y, thu được 2,34
gam kết tủa. Giá trị của x là
A. 1,2
B. 0,8
C. 0,9
D. 1,0
Phân tích đề:
Theo đề bài, khi cho 0,18 mol KOH vào 0,1x mol AlCl 3 (TN1) có kết tủa tạo
thành. Ta cần xác định xem ở TN1 kết tủa đã bị hòa tan một phần hay chưa. So
sánh n Al(OH) (TN1) = n KOH = 0,18. Suy ra TN1 chưa kết tủa hết Al3 . Tương tự, khi
cho 0,21 mol KOH vào dung dịch Y, bằng sự so sánh n Al(OH) (TN2) < n KOH , suy ra
TN2 đã có sự hòa tan kết tủa.
Ta có thể tóm tắt bài toán theo sơ đồ sau:
4

2

3

3

KOH(0,18 mol)  AlCl3 0,1x(mol)

Al(OH)3: 0,06 mol
Al(OH)3 : 0,03


�
�K , Cl

Y�

3
�Al



+ KOH(0,21mol)


�
�K , Cl
Z� 
�AlO 2

Áp dụng bảo toàn điện tích trong dung dịch Z kết hợp bảo toàn nguyên tố K, Cl,
Al ta sẽ tìm được giá trị x.

Giải:
Dung dịch Z chứa các ion K  : 0,39(mol);Cl : 0,3x(mol); AlO 2 : 0,1x  0, 09(mol)
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích: 0,3x + 0,1x – 0,09 = 0,39
� x = 1,2
� Chọn đáp án A
12


MỘT SÔ BÀI TẬP VẬN DỤNG PHƯƠNG PHÁP
Câu 1. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm FeS 2 và Fe3O4 bằng 1 lít dung dịch
HNO3 a mol/l (vừa đủ), thu được 14,336 lít hỗn hợp khí gồm NO, NO 2 có tỉ
khối so với hidro bằng 18 và dung dịch chỉ chứa 82,08 gam hỗn hợp muối. Giá
trị của a là
A. 1,2.
B. 1,36.
C. 1,4.
D. 2,0.
Câu 2. Hòa tan hoàn toàn 15,6 gam hỗn hợp Al, Al2O3 trong 500ml dung dịch
NaOH 1M. Sau phản ứng thu được 6,72 lít khí H2 (đktc) và dung dịch X. Thể
tích dung dịch HCl 2M tối thiểu cần cho vào X để thu được lượng kết tủa lớn
nhất là
A. 1,175 lít.
B. 0,2 lit.
C. 0,25 lit.
D. 0,52 lít.
Câu 3 (Đề thi minh họa 2019). Dung dịch X gồm KHCO3 1M và Na2CO3 1M.
Dung dịch Y gồm H2SO4 1M và HCl 1M. Nhỏ từ từ 100 ml dung dịch Y vào
200 ml dung dịch X, thu được V lít khí CO2 và dung dịch E. Cho dung dịch
Ba(OH)2 tới dư vào E, thu được m gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn
toàn. Giá trị của m và V lần lượt là

A. 82,4 và 1,12.
B. 59,1 và 1,12.
C. 82,4 và 2,24.
D. 59,1 và 2,24.

Câu 4. Dung dịch X chứa các ion HCO3 ; Ba 2 , Na  , Cl  trong đó tổng số mol
Na  , Cl là 0,15 mol. Chia X thành hai phần bằng nhau, phần 1 cho phản ứng với
một lượng dư dung dịch NaOH thì thu được 9,85 gam kết tủa. Cho dung dịch
NaHSO4 tới dư vào phần 2 thấy có 1,68 lít khí CO2 (đktc) thoát ra. Khối lượng
muối trong dung dịch X là
A. 27,55 gam.
B. 20,25 gam.
C. 18,75 gam.
D. 25,15 gam.
Câu 5. Hòa tan 17,32 gam hỗn hợp X gồm Mg, Fe3O4 và Fe(NO3)2 cần vừa đủ
dung dịch hỗn hợp gồm 1,04 mol HCl và 0,08 mol HNO3, đun nhẹ thu được
dung dịch Y và 2,24 lít hỗn hợp khí Z (đktc) có tỉ khối hơi đối với H 2 bằng 10,8
gồm hai khí không màu, trong đó có một khí hóa nâu ngoài không khí. Cho
dung dịch Y tác dụng với một lượng vừa đủ dung dịch AgNO 3 thu được m gam
kết tủa và dung dịch T. Cho dung dịch T tác dụng với lượng dư dung dịch
NaOH, lọc kết tủa nung đến khối lượng không đổi thu được 20,8 gam chất rắn.
Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là
A. 150,32.
B. 151,40.
C. 152,48.
D. 153,56.
Câu 6. Cho 33,35 gam hỗn hợp X gồm Cu, Fe3O4 và Fe(NO3)3 tan hoàn toàn
trong dung dịch chứa 0,414 mol H 2SO4 loãng thì thu được khí NO (sản phẩm
khư duy nhất) và dung dịch Y chỉ chứa hai muối. Cho bột Cu vào dung dịch Y
thấy phản ứng không xảy ra. Cô cạn dung dịch Y được m gam muối khan. Giá

trị của m là
A. 65,976.
B. 75,922.
C. 61,520.
D. 64,400.
Câu 7 (THPT QG - 2017). Hòa tan hết 32 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO và
Fe2O3 vào 1 lít dung dịch HNO3 1,7M, thu được V lí khí NO (sản phẩm khư duy

13


nhất của N 5 ,ở đktc) và dung dịch Y. Biết Y hòa tan tối đa 12,8 gam Cu và
không có khí thoát ra. Giá trị của V là
A. 6,72.
B. 9,52.
C. 3,92.
D. 4,48.
Câu 8 (Khối B-2011). Cho 400 ml dung dịch E gồm AlCl3 x mol/lít và Al2(SO4)3
y mol/lít tác dụng với 612 ml dung dịch NaOH 1M, sau khi các phản ứng kết
thúc thu được 8,424 gam kết tủa. Mặt khác, khi cho 400 ml E tác dụng với dung
dịch BaCl2 (dư) thì thu được 33,552 gam kết tủa. Tỉ lệ x : y là
A. 4 : 3.
B. 3 : 4.
C. 7 : 4.
D. 3 : 2.
Câu 9 (THPT QG - 2016). Hòa tan hết 0,54 gam Al trong 70 ml dung dịch HCl
1,0M thu được dung dịch X. Cho 75 ml dung dịch NaOH 1M vào X, sau khi
phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là
A. 1,56.
B. 1,17.

C. 0,39.
D. 0,78.
Câu 10 (Khối A - 2007). Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,12 mol FeS 2 và a
mol Cu2S vào axit HNO3 (vừa đủ), thu được dung dịch X (chỉ chứa hai muối
sunfat) và khí duy nhất NO. Giá trị của a là
A. 0,04 .
B. 0,075.
C. 0,12.
D. 0,06.
Câu 11 (Khối A - 2009). 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 (sản phẩm khư duy nhất của N 5 , 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. 137,1.
C. 97,5.
D. 108,9.
Câu 12 (Khối A - 2009). Hòa tan hoàn toàn m gam ZnSO 4 vào nước được dung
dịch X. Nếu cho 110ml dung dịch KOH 2M vào X thì thu được a gam kết tủa.
Mặt khác, nếu cho 140 ml dung dịch KOH 2M vào X thì cũng thu được a gam
kết tủa. Giá trị của m là
A. 20,125.
B. 12,375.
C. 22,540.
D. 17,710.
Câu 13 (THPT QG - 2016). Hòa tan hết 14,8 gam hỗn hợp Fe và Cu trong 126
gam dung dịch HNO3 48%, thu được dung dịch X (không chứa muối amoni).
Cho X phản ứng với 400 ml dung dịch hỗn hợp NaOH 1M và KOH 0,5M, thu
được kết tủa Y và dung dịch Z. Nung Y trong không khí đến khối lượng không

đổi thu được 20 gam hỗn hợp Fe2O3 và CuO. Cô cạn Z, thu được hỗn hợp chất
rắn khan T. Nung T đến khối lượng không đổi, thu được 42,86 gam hỗn hợp chất
rắn. Nồng độ phần trăm của Fe(NO3)3 trong X có giá trị gần nhất với giá trị nào
sau đây
A. 7,6.
B. 7,9.
C. 8,2.
D. 6,9.

2

Câu 14. Dung dịch X chứa a mol Na ; b mol HCO3 ; c mol CO3 và d mol SO24 .
Để tạo kết tủa lớn nhất, người ta phải dùng 100ml dung dịch Ba(OH) 2 x M. Biểu
thức tính x theo a và b là
a b

a b

a b

a b
A. x  0,1 .
B. x  0, 2 .
C. x  0,3 .
D. x 
.
2
Câu 15 (Đề HSG hóa 11 tỉnh Hà Tĩnh 2017-2018). Hỗn hợp chất rắn X gồm
Mg, Al, NaNO3 (trong đó oxi chiếm 30,0% khối lượng của hỗn hợp). Cho 16,0
gam X tác dụng hết với dung dịch NaHSO4, kết thúc các phản ứng, thu được

dung dịch Z chỉ chứa các muối sunfat trung hòa và 1,68 lít(đktc) hỗn hợp khí Y
14


gồm N2O và H2. Tỷ khối của Y so với H2 bằng 8. Cô cạn dung dịch Z, thu được
m gam muối khan. Tính m.
ĐÁP ÁN CHO MỘT SÔ BÀI TẬP VẬN DỤNG
1B
6D
`11A

2C
7A
12A

3C
8C
13B

4A
9B
14B

5A
10D
15
(m= 111,85 )

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
Nội dung đề tài này tôi đã vận dụng vào các buổi dạy thêm buổi chiều cho

các lớp khối 11, luyện thi THPT QG và ôn thi học sinh giỏi. Tôi nhận thấy vận
dụng được phương pháp giải nhanh này đối với bài toán chất khư tác dụng với
chất oxi hóa ( H  , NO3 ), bài toán CO2 tác dụng với dung dịch kiềm, bài toán muối
cacbonat và bài toán về tính lưỡng tính của Al(OH) 3 , Zn(OH)2 thu được các kết
quả như sau:
- Phương pháp này rất thích hợp với hình thức thi trắc nghiệm, đặc biệt là kì
thi THPT QG hiện nay bởi trong quá trình giải ta không phải viết phương trình
phản ứng, không phải đặt ẩn phức tạp mà vẫn ra kết quả đúng.
- Học sinh đã áp dụng thành thạo và vận dụng linh hoạt phương pháp để giải
nhanh các dạng bài tập này.
Để có được kết quả khách quan hơn tôi đã chọn ra ba lớp 11B 2, 11B3 và 11B4.
Lớp 11B2 để đối chứng, lớp 11B 3, 11B4 để thực nghiệm, ba lớp có chất lượng
học sinh ngang nhau. Lớp đối chứng vẫn tiến hành ôn tập bình thường, lớp thực
nghiệm được sư dụng chuyên đề “SƯ DỤNG ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN
ĐIỆN TÍCH ĐỂ GIẢI NHANH MỘT SÔ DẠNG BÀI TẬP KHÓ TRONG
ĐỀ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUÔC GIA” để ôn tập. Sau đó cả ba
lớp làm bài kiểm tra trắc nghiệm khách quan trong thời gian 20 phút, đề bài có
đầy đủ các dạng bài đã ôn tập. Đề bài kiểm tra như sau:
ĐỀ KIỂM TRA 20 PHÚT
Câu 1. Dung dịch X chứa a mol Na  ; b mol Mg 2 ; c mol Cl và d mol SO 24 .
Biểu thức liên hệ giữa a, b, c, d là
A. a + 2b = c + 2d.
B. a + 2b = c + d.
C. a + b = c + d.
D. 2a + b = 2c + d.
Câu 2. Một dung dịch chứa 4 ion với thành phần : 0,01 mol Na  ; 0,02 mol Mg 2
; 0,015 mol SO24 và x mol Cl . Giá trị của x là
A. 0,015.
B. 0,035.
C. 0,02.

D. 0,01.
2
3
Câu 3. Cô cạn cẩn thận dung dịch chứa 0,2 mol Zn ; 0,1 mol Al và NO3 thì
khối lượng muối khan thu được là
A. 57,3 gam.
B. 59,1 gam.
C. 34,3 gam.
D. 40,5 gam.
15


Câu 4. Dung dịch Y chứa 0,1 mol Ca2+; 0,3 mol Mg2+ ; 0,4 mol Cl ; y mol HCO3 .
Khi cô cạn dung dịch Y thì lượng muối khan thu được là
A. 37,4 gam.
B. 49,8 gam.
C. 25,4 gam.
D. 30,5 gam.
2+
+
Câu 5. Một dung dịch chứa 0,02 mol Cu ; 0,03 mol K ; x mol Cl- và y mol
SO42  . Tổng khối lượng các muối tan có trong dung dịch là 5,435gam . Giá trị
của x và y lần lượt là
A. 0,03 và 0,02.
B. 0,05 và 0,01.
C. 0,01 và 0,03.
D. 0,02 và 0,05.
2+
Câu 6. Dung dịch X có chứa 4 ion: Mg ; Ca2+; 0,1 mol Cl và 0,2 mol NO3 .
Thêm từ từ V ml dung dịch Na2CO3 2M vào X đến khi được lượng kết tủa lớn

nhất. Giá trị V tối thiểu cần dùng là
A. 100.
B. 75.
C. 150.
D. 300.
Câu 7. Cho V ml dung dịch NaOH 2M vào 200ml dung dịch AlCl 3 1M. Sau khi
các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 3,9 gam kết tủa. Giá trị lớn nhất của V
là
A. 175.
B. 350.
C. 375.
D. 150.
Câu 8. Dẫn 2,016 lít khí CO2 (đktc) vào 100ml dung dịch NaOH 1M được dung
dịch A. Cho dung dịch A tác dụng với 200ml dung dịch hỗn hợp gồm BaCl2
0,15M và Ba(OH)2 xM thu được 5,91 gam kết tủa và dung dịch B. Tiếp tục đun
nóng dung dịch B thì thu thêm được m gam kết tủa nữa. Giá trị của x và m lần
lượt là
A. 0,1 và 3,94.
B. 0,1 và 1,97.
C. 0,05 và 3,94.
D. 0,05 và 1,97.
Câu 9. Hòa tan hoàn toàn 15,6 gam hỗn hợp gồm Al và Al2O3 trong 500ml dung
dịch NaOH 1M thu được 6,72 lít H2 (đktc) và dung dịch X. Thể tích dung dịch
HCl 2M tối thiểu cần tác dụng với dung dịch X để thu được lượng kết tủa lớn
nhất là
A. 0,175 lít.
B. 0,25 lít.
C. 0,3 lít.
D. 0,52 lít.
Câu 10. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp X chứa Fe3O4 và FeS2 trong 63 gam dung

dịch HNO3 thu được 1,568 lít NO2 duy nhất (đktc). Dung dịch thu được tác dụng
vừa đủ với 200 ml dung dịch NaOH 2M, lọc kết tủa rồi đem nung đến khối
lượng không đổi thì thu được 9,76 gam chất rắn. Nồng độ % của dung dịch
HNO3 ban đầu là:
A. 47,2%.
B. 42,6% .
C. 46,2% .
D. 46,6%.
Câu 11. Hấp thụ hết V lít CO2 (đktc) vào dung dịch chứa 0,17 mol KOH và 0,22
mol Ba(OH)2 thấy có 41,37 gam kết tủa tạo thành. Giá trị của V là
A. 8,96.
B. 11,2
C. 6,72.
D. 10,08.
2+
+ HCO 

Câu 12. Dung dịch X chứa các ion: Ca , Na ,
3 và Cl , trong đó số mol của

ion Cl là 0,1. Cho 1/2 dung dịch X phản ứng với dung dịch NaOH (dư), thu
được 2 gam kết tủa. Cho 1/2 dung dịch X còn lại phản ứng với dung dịch
Ca(OH)2 (dư), thu được 3 gam kết tủa. Mặt khác, nếu đun sôi đến cạn dung dịch
X thì thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m là
A. 9,21.
B. 9,26.
C. 8,79.
D. 7,47.
16

Câu 13. Cho hỗn hợp gồm 0,25 mol FeS 2, 0,35 mol Cu2S và x mol S tan hết
trong dung dịch HNO3 đặc, nóng. Sau các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được
dung dịch chỉ chứa hai chất tan. Giá trị của x là
A. 0,225.
B. 0,1.
C. 0,35.
D. 0,315.
Câu 14. 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 HNO3 (dư), thu được 0,672 lít khí NO (sản phẩm khư duy nhất, ở đktc). Số
mol HNO3 đã phản ứng là
A. 0,12.
B. 0,14.
C. 0,16.
D. 0,18.
Câu 15. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Mg, Fe, FeCO 3, Cu(NO3)2
vào dung dịch chứa NaNO3 (0,045 mol) và H2SO4 thu được dung dịch Y chỉ
chứa 62,605 gam muối trung hòa (không có Fe3 ) và 3,808 lít (ở đktc) hỗn hợp
khí Z (trong đó có 0,02 mol H2). Tỉ khối của Z so với O2 bằng

19
. Thêm dung
17

dịch NaOH 1M vào Y đến khi thu được lượng kết tủa lớn nhất là 31,72 gam thì
vừa hết 865 ml. Mặt khác, cho Y tác dụng vừa đủ với BaCl 2 được hỗn hợp T.
Cho lượng dư dung dịch AgNO3 vào T thu được 256,04 gam kết tủa. Giá trị của
m là
A. 34,6.

B. 32,8.
C. 27,2.
D. 28,4.
ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA
1A
6B
`11A

2D
7C
12C

3B
8D
13A

4B
9B
14D

5A
10C
15C

Điểm

Điểm

Điểm < 5

6,5 � dưới 8
SL
%
9
23,1
17
44,7
16
44,4

5 � dưới 6,5
SL
%
24
61,5
8
21,1
8
22,2

Sau đây là kết quả thu được:

Sĩ số
ĐC 11B2
TN 11B3
TN 11 B4

39
38
36

Điểm �8
SL
0
12
10

%
0
31,6
27,8

SL
6
1
2

%
15,4
2,6
5,6

Dựa trên các kết quả thực nghiệm sư phạm cho thấy chất lượng học tập
của học sinh các lớp thực nghiệm cao hơn học sinh lớp đối chứng, điều đó thể
hiện ở các điểm chính :
+ Tỷ lệ % học sinh đạt điểm dưới 6,5 của lớp thực nghiệm thấp hơn so với
lớp đối chứng.
+ Tỷ lệ % học sinh đạt điểm từ 6,5 trở lên của các lớp thực nghiệm cao
hơn so với với lớp đối chứng.

17


Như vậy có thể khẳng định đề tài trên đã góp một phần nâng cao chất
lượng dạy và học môn hóa học.
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận:
Phân dạng bài tập hóa học và xây dụng phương pháp giải hợp lí là một trong
những yêu cầu quan trọng của giáo viên, để kích thích học sinh học tập một cách
say mê, hứng thú, đồng thời vận dụng kiến thức vào cuộc sống. Muốn làm được
điều này đòi hỏi giáo viên phải không ngừng tự học, tự tìm tòi cập nhật thông
tin. Trong quá trình thực hiện và áp dụng đề tài này, tôi xác định đề tài này đã
đạt hiệu quả cao trong việc giúp học sinh giải nhanh một số dạng bài tập khó và
còn có khả năng áp dụng sang các dạng bài tập khác. Đề tài này cũng đã tác
động rất lớn đến việc phát triển tư duy linh hoạt và khả năng sáng tạo, tư duy
độc lập của học sinh.
3.2. Kiến nghị :
Vì thời gian có hạn và năng lực của bản thân còn hạn chế nên đề tài có thể
chưa đề cập đến đầy đủ các dạng của phương pháp, mặc dù đã cố gắng rất nhiều.
Rất mong được sự đóng góp ý kiến của các quý thầy cô để đề tài ngày càng hoàn
thiện hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn.

XÁC NHẬN CỦA THỦ
TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 10 tháng 5 năm 2019
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, không sao chép nội dung của người
khác.

Người thực hiện

Đỗ Thị Dung

18