11 phương pháp giải nhanh bài tập hóa học hữu cơ

11 phương pháp giải nhanh bài tập Hóa học hữu cơ, vô cơ có lời giải chi tiết
HÓA HỌC 12

Phương pháp bảo toàn điện tích
Phương pháp bảo toàn electron
Phương pháp bảo toàn khối lượng
Phương pháp bảo toàn nguyên tố
Phương pháp đường chéo
Phương pháp trung bình
Phương pháp quy đổi
Phương pháp tăng giảm khối lượng
Phương pháp sử dụng phương trình ion thu gọn
Phương pháp chọn đại lượng thích hợp
Phương pháp đồ thị
Phương pháp bảo toàn điện tích
•

Phương pháp bảo toàn điện tích trong hóa học hay, chi tiết, có lời giải
Phương pháp giải
1. Nội dung
+ Nguyên tử, phân tử, dung dịch luôn trung hòa về điện
+ Trong nguyên tử: Số proton = số electron
+ Trong dung dịch: số mol x điện tích âm = số mol x điện tích dương


2. Phạm vi sử dụng
+ Đối với bài toán dung dịch
+ Trong bài toán có xuất hiện các chất điện li mạnh: muối, axit, bazơ
Chú ý: Với phương pháp này thường sử dụng kết hợp với các phương pháp sau:
+ Bảo toàn khối lượng
+ Bảo toàn nguyên tố

+ Viết phương trình ion rút gọn
`Phương pháp này thường chỉ sử dụng với bài toàn vô cơ
Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Một dung dịch có chứa 4 ion với thành phần: 0,01 mol Na +; 0,02 mol
Mg2+; 0,015 mol SO42-; x mol Cl-. Gía trị của x là:
A. 0,015
B. 0,035
C. 0,02
D. 0,01
Giải:
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có:
nNa+ + 2n Mg2+ = 2 nSO42- + nCl⇒ 0,01 + 2.0,02 = 2.0,015 + x
⇒ x = 0,02 ⇒ Đáp án C


Ví dụ 2: Dung dịch A chứa hai cation là Fe 2+: 0,1mol và Al3+: 0,2 mol và hai anion
là Cl-: x mol và SO42+: y mol. Đem cô cạn dung dịch A thu được 46,9g hỗn hợp
muối khan. Gía trị của x, 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
Giải:
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có:
2nFe2+ + 3nAl3+ = nCl- + 2nSO42⇒ x + 2y = 0,8 (1)
Khi cô cạn dung dịch: mmuối =∑ mion
⇒ 0,1.56 + 0,2.27 + 35,5x + 96y = 46,9
⇒ 35,5x + 96y = 35,9 (2)
Từ (1)(2) ⇒ x = 0,2 mol; y = 0,3 mol
⇒ Đáp án D

Ví dụ 3: Chia hỗn hợp X gồm hai kim loại có hóa trị không đổi thành 2 phần bằng
nhau
Phần 1: Hòa tan hoàn toàn bằng dung dịch HCl dư thu được 1,792 lít H2 (đktc)
Phần 2: Nung trong không khí dư thu được 2,84g hỗn hợp rắn chỉ gồm các oxit.
Khối lượng hỗn hợp X là:
B. 1,8g


C. 2,4g
D. 3,12g
Giải:
Ta có: Tổng số mol x điện tích dương ( của hai kim loại) trong 2 phần là bằng
nhau
⇒Tổng số mol x điện tích âm của 2 phần cũng bằng nhau
O2- (trong oxit) ⇔ 2ClnCl- = nH+ = 2 nH2 = 2. 1,792/22,4 = 0,16 mol
⇒ nO( trong oxit) = 0,08
Trong một phần: mkim loại = moxit – moxi = 2,84 – 0,08.16 = 1,56g
⇒ mX = 2.1,56 = 3,12g ⇒ Đáp án D
Ví dụ 4: Hòa tan hoàn toàn 10g hỗn hợp X gồm Mg và Fe bằng dung dịch HCl
2M. Kết thúc thí nghiệm thu được dung dịch Y và 5,6 lít H 2 (đktc). Để kết tủa
hoàn toàn cation có trong Y cần vừa đủ 300ml dung dịch NaOH 2M. Thể tịch
dung dịch HCl đã dùng là:
A. 0,2 lít
B. 0,24 lít
C. 0,3 lít
D. 0,4 lít
Giải:
nN+ = nOH- = nNaOH = 0,6 mol

Khi cho NaOH vào dung dịch Y ( chứa các ion: Mg 2+; Fe2+; H+dư; Cl-) các ion
dương sẽ tác dụng với dung dịch NaOH tạo kết tủa.
⇒ Dung dịch sau phản ứng chỉ gồm Na+ và Cl⇒ nNa+ = nCl- = 0,6 mol
⇒ nH+ = nCl- = 0,6 mol
⇒ VHCl = 0,6/2 = 0,3 lít ⇒ Đáp án C
Ví dụ 5: Để hòa tan hoàn toàn 20g hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe 3O4, Fe2O3 cần
vừa đủ 700ml dung dịch HCl 1M thu được dung dịch X và 3,36 lít H 2(đktc). Cho
NaOH dư vào dung dịch X rồi lấy toàn bộ kết tủa thu được đem nung trong không
khí đến khối lượng không đổi thì lượng chất rắn thu được là:
A. 8g
B. 16g
C. 24g
D. 32g
Giải:
Ta có: nHCl hòa tan Fe = 2n H2 = 0,3 mol
nHCl hòa tan các oxit = 0,7 – 0,3 = 0,4 mol
Theo định luật bảo toàn điện tích ta có:
nO2-(oxit) = ½ n Cl- = 0,2 mol
⇒ mFe (trong X) = moxit – moxi = 20 – 0,2.16 = 16,8g
⇒ nFe = 0,3 mol
Bảo toàn nguyên tố ta có: nFe2O3 = ½ nFe = 0,15mol


⇒ mc/rắn = mFe2O3 = 0,15. 160 = 24g
⇒ Đáp án C
Ví dụ 6: Hòa tan hoàn toàn 15,6g hỗn hợp gồm Al và Al 2O3 trong 500ml dung
dịch NaOH 1M thu được 6,72 lít H2 ( đktc) và dung dịch X. Thể tích HCl 2M tối
thiểu cần cho vào X để thu được lượng kết tủa lớn nhất là:
A. 0,175 lít
B. 0,25 lít

C. 0,125 lít
D. 0,52 lít
Giải:
Dung dịch X chứa các ion Na+; AlO2-; OH- dư ( có thể có)
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích: nAlO2- + nOH- = nNa+ = 0,5
Khi cho HCl vào dung dịch X:
H+ + OH- → H2O (1)
H+ + AlO2- + H2O → Al(OH)3 (2)
3H+ + Al(OH)3 → Al3+ + 3H2O (3)
Để kết tủa lớn nhất ⇒ không xảy ra phản ứng (3)
⇒ nH+ = nAlO2- + nOH- = 0,5 mol
⇒ VHCl = 0,5/2 = 0,25 (lít) ⇒ Đáp án B
Ví dụ 7: Cho hỗn hợp X gồm X mol FeS 2 và 0,045 mol Cu2S tác dụng vừa đủ với
HNO3 loãng đun nóng thu được dung dịch chỉ chứa muối sunfat của các kim loại
và giải phóng khí NO duy nhất. Gía trị của x là:


A. 0,045
B. 0,09
C. 0,135
D. 0,18
Giải:
Áp dụng bảo toàn nguyên tố:
Fe3+: x mol; Cu2+: 0,09 mol; SO42-: (x + 0,045) mol
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích trong dung dịch chỉ chứa muối sunfat ta có:
3nFe3+ + 2nCu2+ = 2nSO42⇒ 3x + 2.0,09 = 2.(x + 0,045) ⇒ x = 0,09
⇒ Đáp án B
Ví dụ 8: Cho m gam hỗn hợp Cu, Zn, Mg tác dụng hoàn toàn với dung dịch
HNO3 loãng, dư. Cô cạn cẩn thận dung dịch thu được sau phản ứng thu được (m +
62) gam muối khan. Nung nóng hỗn hợp muối khan trên đến khối lượng không

đổi thu được chất rắn có khối lượng là:
A. (m + 4) gam
B. (m + 8) gam
C. (m + 16) gam
D. (m + 32) gam
Giải:
Kim loại + HNO3 → Muối nitrat
Ta có: mmuối – mkim loại = m NO3- = 62g


n NO3- = 1 mol
Muối nitrat ( Cu, Zn, Mg) Oxit
Bảo toàn điện tích ta có: n NO3- (muối) =2 nO2-(oxit) ( cùng = số mol cation)
⇒ nO ( oxit) = 0,5 mol
⇒ mc/rắn = mkim loại + moxi = m + 0,5.16 = m + 8 (gam)
⇒ Đáp án B
Ví dụ 9: Dung dịch X chứa 0,025 mol CO32-; 0,1 mol Na+; 0,25 mol NH4+ và 0,3
mol Cl-. Cho 270ml dung dịch Ba(OH)2 0,2M vào đun nóng nhẹ (giả sử H2O bay
hơi không đáng kể). Tổng khối lượng dung dịch X và dung dịch Ba(OH) 2 sau quá
trình phản ứng giảm đi là:
A. 4,215g
B. 5,296g
C. 6,761g
D. 7,015g
Giải:
n Ba(OH)2 = 0,054 mol ⇒ nBa2+ = 0,054 mol; nOH- = 0,108 mol
CO32- + Ba2+ → BaCO3↓
NH4+ + OH- → NH3 + H2O
Ta có: nBa2+ > nCO32- ⇒ nBaCO3 = 0,025 mol
n NH4+ > n OH- ⇒ nNH3 = nOH- = 0,108 mol

Khối lượng dung dịch X và dung dịch Ba(OH)2 giảm đi = mNH3 + mBaCO3
= 0,025.197 + 0,108.17 = 6,761g


⇒ Đáp án C
Ví dụ 10: Trộn 100ml dung dịch AlCl3 1M với 200ml dung dịch NaOH 1,8M đến
khi phản ứng hoàn toàn thì lượng kết tủa thu được là:
A. 3,12g
B. 6,24g
C. 1,06g
D. 2,08g
Giải:
n Al(3+ = 0,1 mol; n OH- = 0,36 mol
Al(3+ + 3OH- → Al(OH)3
Ta có n Al(3+ < 3 n OH- ⇒ OH- dư;
n OH- dư = 0,36 – 0,1.3 = 0,06
OH- + Al(OH)3 → AlO2- + 2H2O
n Al(OH)3 > n OH- dư ⇒ Al(OH)3 tan một phần
⇒ nAl(OH)3 không tan = 0,1 – 0,06 = 0,04 mol
mkết tủa = mAl(OH)3 = 0,04 . 78 = 3,12g
⇒ Đáp án A
Bài tập tự luyện
Bài 1: Dung dịch X chứa a mol Na+; b mol Mg2+; c mol Cl- và d mol SO42-. 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

Hiển thị đáp án
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có:
nNa+ + 2nMg2+ = nCl- + 2 nSO42⇒ a + 2b = c + 2d
⇒ Đáp án A
Bài 2: Dung dịch Y chứa Ca2+ 0,1 mol, Mg2+ 0,3 mol, Cl- 0,4 mol, HCO3- y mol.
Khi cô cạn dung dịch Y thì lượng muối khan thu được là:
A. 37,4g
B. 49,8g
C. 25,4g
D. 30,5g
Hiển thị đáp án
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có:
nHCO3- = 2nCa2+ + 2n Mg2+ - nCl- = 0,2 + 0,6 – 0,4 = 0,4 mol
m muối = m HCO3- + mCa2+ + mMg2+ + mCl- = 0,1.40 + 0,3.24 + 0,4.35,5 +
0,4.61
m muối = 49,8g ⇒ Đáp án B
Bài 3: Hòa tan hoàn toàn 10g hỗn hợp X gồm Mg và Fe bằng dung dịch HCl
2M.Kết thúc thí nghiệm thu được dung dịch Y và 5,6l khí H 2 (đktc). Để kết tủa
hoàn toàn các cation có trong Y cần vừa đủ 300ml NaOH 2M.Thể tích dungdịch
HCl đã dùng là:


A. 0,2 lít
B. 0,24 lít
C. 0,3 lít
D. 0,4 lít
Khối lượng kết tủa thu được là:
A. 20,2g
B. 18,5g
C. 16,25

D. 13,5g
Hiển thị đáp án
nNa+ = nOH- = nNaOH = 0,6M
X + NaOH → dung dịch Y(Mg2+;Fe2+;H+ dư;Cl-)
NaOH + Y: Mg2+; Fe2+ kết tủa với OH- .
⇒ dung dịch thu được sau phản ứng chỉ chứa Na+ và Cl-.
⇒ nCl- = nNa+=0,6⇒ VHCl=0,6 : 2= 0,3lít ⇒ Đáp án C
nHCl đã dùng = 0,6mol
nH2 = 0,25 mol ⇒ nHCl pư kim loại = 2nH2 = 0,5mol
⇒ nNaOH pư HCl = n HCl dư = 0,6 – 0,5 = 0,1 mol
nNaOH tạo kết tủa với kim loại = 0,6 – 0,1 = 0,5 mol
mkết tuả = mKL + mOH- = 10 + 0,5.17 = 18,5g ⇒ Đáp án B
Bài 4: Cho hòa tan hoàn toàn 15,6 gam hỗn hợp gồm Al và Al 2O3 trong 500 dung
dịch NaOH 1M thu được 6,72 lít H2 (đktc)Và dung dịch X. Thể tích HCl 2M tối
thiểu cần cho vào X để thu được lượng kết tủa lớn nhất:


A. 0,175 lít.
B. 0,25 lít.
C. 0,25 lít.
D. 0,52 lít.
Hiển thị đáp án
Dung dịch X chứa các ion Na+ ; AlO2- ; OH- dư (có thể). Áp dụng định luật Bảo
toàn điện tích:
n AlO2- + n OH- = n Na+ = 0,5
Khi cho HCl vaof dung dịch X:
H+ + OH- → H2O (1)
H+ + AlO2- + H2O → Al(OH)3 ↓ (2)
3H+ + Al(OH)3 → Al3+ + 3H2O (3)
Để kết tủa là lớn nhất, thì không xảy ra (3) và n H+ = n AlO2- + n OH- = 0,5 mol

⇒ VHCl = 0,5/2 = 0,25 (lít) ⇒ Đáp án C
Bài 5: Một dung dịch X chứa 0,02mol Cu2+; 0,03mol K+; x mol Cl- và y mol
SO42- Tổng khối lượng các muối tan trong dung dịch là 5,435g. Giá trị của x và y
lần lượt là :
A . 0,01 và 0,03
B. 0,02 và 0,05
C. 0,05 và 0,01
D. 0,03 và 0,02
Hiển thị đáp án
Bảo toàn điện tích ta có:
2nCu2+ + nK+ = nCl- + 2nSO42-


⇒ x + 2y = 0,07 mol (1)
mmuối = mCu2+ + mK+ + mCl- + mSO42- = 5,435
⇒ 35,5x + 96y = 2,985 (2)
Từ (1)(2) ⇒ x = 0,03; y = 0,02
⇒ Đáp án D
Bài 6: Dung dịch X chứa các ion: Fe3+, SO42-, NH4+, Cl-. Chia dung dịch X thành 2
phần bằng nhau:
+ Phần 1: Tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH, đun nóng thu được 0,672 lít
khí ( ở đktc) và 1,07g kết tủa
+ Phần 2: Tác dụng với lượng dư dung dịch BaCl2 thu được 4,66g kết tủa
Tổng khối lượng các muối khan thu được khi cô cạn dung dịch X là ( quá trình cô
cạn chỉ có bay hơi nước)
A. 3,73g
B. 7,04g
C. 7,46g
D. 3,52g
Hiển thị đáp án

Phần 1:
0,672l khí là khí NH3; n NH3 = n NH4+ = 0,03 mol
1,07g kết tuả là Fe(OH)3; nFe(OH)3 = nFe3+ = 0,01 mol
Phần 2:
4,66g kết tủa là BaSO4; nBaSO4 = n SO42- = 0,02 mol
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có:


nCl- = 3nFe3+ + nNH4+ - 2nSO42- = 0,03 + 0,03 – 0,04 = 0,02 mol
mmuối = 2.(56.0,01 + 0,03.18 + 0,02.96 + 0,02.35,5) = 7,46g
⇒ Đáp án C
Bài 7: Hòa tan hoàn toàn 5,94g hỗn hợp hai muối clorua của 2 kim loại nhóm IIA
vào nước được 100ml dung dịch X. Để làm kết tủa hết ion Cl - có trong dung dịch
X trên ta cho toàn bộ lượng dung dịch X trên tác dụng với dung dịch AgNO 3. Kết
thúc thí nghiệm, thu được dung dịch Y và 17,22g kết tủa. Khối lượng muối khan
thu được khi cô cạn dung dịch Y là:
A. 4,86g
B. 5,4g
C. 7,53g
D. 9,12g
Hiển thị đáp án
17,22g kết tủa là AgCl; nAgCl = 0,12 mol
⇒ nCl- = 0,12 mol
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có:
nCl- = n NO3- = 0,12 mol( bằng số mol điện tích của cation)
mcation kim loại = mmuối clorua – mCl- = 5,94 – 0,12.35,5 = 1,68g
mmuối nitrat (Y) = mkim loại + mNO3- = 1,68 + 0,12.62 = 9,12g
⇒ Đáp án D
Bài 8: Trộn dung dịch chứa Ba2+; OH- 0,06mol và Na+ 0,02 mol với dung dịch
chứa HCO3- 0,04 mol; CO32- 0,03 mol và Na+. Khối lượng kết tủa thu được sau khi

trộn 2 dung dịch trên là:
A. 3,94g


B. 5,91g
C. 7,88g
D. 1,71g
Hiển thị đáp án
Bảo toàn điện tích với dung dịch chứa Ba2+; OH- 0,06mol và Na+ 0,02 mol
⇒ nBa2+ =(0,06-0,02)/2 = 0,02 mol
Bảo toàn điện tích với dung dịch chứa HCO3- 0,04 mol; CO32- 0,03 mol và Na+
⇒ nNa+ = 0,04 + 0,03 = 0,07 mol
Khi trộn 2 dung dịch vào ta có:
HCO3- + OH- → CO32- + H2O
nOH- > nHCO3- ⇒ OH- dư
nCO32- sinh ra = nHCO3- = 0,04 mol
∑n CO32- = 0,03 + 0,04 = 0,07 mol
Ba2+ + CO32- → BaCO3 ↓
n Ba2+ < n CO32- ⇒ nBaCO3 = n Ba2+ = 0,02 mol
mkết tủa = 0,02. 197 = 3,94g ⇒ Đáp án A
Bài 9: Cho 24,4g hỗn hợp Na2CO3, K2CO3 tác dụng vừa đủ với dung dịch
BaCl2 sau phản ứng thu được 39,4g kết tuả. Lọc tách kết tủa, cô cạn dung dịch thu
được bao nhiêu gam muối clorua khan.
A. 2,66g
B. 22,6g
C. 26,6g
D. 6,26g


Hiển thị đáp án

mkết tủa = m BaCO3 = 39,4g ⇒ n BaCO3 = 0,2 mol
⇒ n CO32- = 0,2 mol
m cation kim loại = m muối - mCO32- = 24,4 – 0,2.60 = 12,4g
Bảo toàn điện tích ta có:
2nCO32- = nCl- = 0,4( bằng số mol điện tích cation)
mmuối clorua = mkim loại + mCl- = 12,4 + 0,4.35,5 = 26,6g
⇒ Đáp án C
Bài 10: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,12 mol FeS 2 và x mol Cu2S vào dung
dịch HNO3 vừa đủ, thu được dung dịch X chỉ chứa 2 muối sunfat của các kim loại
và giải phóng khí NO duy nhất. Gía trị của x là:
A. 0,03
B. 0,045
C. 0,06
D. 0,09
Hiển thị đáp án
Dung dịch X chỉ chứa 2 muối là: Fe2(SO4)3 và CuSO4
n FeS2 = ½ n Fe2(SO4)3 = 0,06mol
n CuSO4 = 2n Cu2S = 2x mol
Bảo toàn nguyên tố S: 0,12.2 + x = 0,06.3 + 2x
⇒ x = 0,06
⇒ Đáp án C
Phương pháp bảo toàn electron


Phương pháp bảo toàn electron trong hóa học hay, chi tiết, có lời giải
1. Nội dung
Trong phản ứng oxi hóa khử:
Số electron nhường = Số electron nhận
Số mol electron nhường = Số mol electron nhận
2. Phạm vi sử dụngM

+ Chủ yếu áp dụng cho bài toán oxi hóa khử các chất vô cơ
+ Khi gặp bài toán có sử dụng HNO3, H2SO4 đặc nóng
Chú ý:
+ Xác định chính xác chất khử, chất oxi hóa ( dựa vào sự thay đổi số oxi hóa của
các nguyên tử trong các chất)
+ Có thể áp dụng bảo toàn e cho một số phương trình, nhiều phương trình hoặc
toàn bộ quá trình
+ Xác định các chất nhường và nhận e. Nếu xét cho một quá trình, chỉ cần xác
định trạng thái đầu và trạng thái cuối số oxi hóa của nguyên tố, thường không
quan tâm đến trạng thái trung gian số oxi hóa của nguyên tố
+ Khi áp dụng phương pháp bảo toàn e thường sử dụng kèm các phương pháp bảo
toàn khác ( khối lượng, nguyên tố)
Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Đốt 17,88g hỗn hợp X gồm Al và Fe trong khí Cl2 thu được hỗn hợp chất
rắn Y. Cho Y vào nước dư, thu được dung dịch Z và 2,4 gam kim loại. Dung dịch
Z tác dụng tối đa với 0,228 mol KMnO4 trong dung dịch H 2SO4 (không tạo SO2).
Phần trăm khối lượng Fe trong hỗn hợp là:
A. 72,91%.


B. 64%
C. 66,67%
D. 69,8%
Giải:
Đặt x, y lần lượt là số mol của Fe và Al
⇒ 56a + 27b = 17,88
Vì trước và sau chuỗi các phản ứng đều là khí Cl2
⇒ Ta quy đổi hỗn hợp muối thành Fe, Al và Cl2
Bảo toàn electron ta có: ne cho = ne nhận

⇒3nFe

phản

ứng

+

3nAl =

5nKMnO4

⇒ Đáp án D
Ví dụ 2: Hòa tan 15 gam hỗn hợp X gồm hai kim loại Mg và Al vào dung dịch Y
gồm HNO3 và H2SO4 đặc thu được 0,1 mol mỗikhí SO 2, NO, NO2, N2O. Phần
trăm khối lượng của Al và Mg trong X lần lượt là
A. 63% và 37%.
B. 36% và 64%
C. 50% và 50%.
D. 46% và 54%.
Giải


Đặt
Ta có: 24x + 27y = 15 (1)
Các quá trình nhường electron:

Các quá trình nhận electron:

⇒Ví dụ 3: Đốt cháy 5,6g Fe bằng oxi không khí, sau phản ứng thu được 6,8g hỗn
hợp các chất rắn. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp chất rắn bằng dung dịch HNO 3 dư.
Sản phẩm là Fe(NO3)3 , V lít khí NO ở đktc và nước. Tính V?
A. 2,24 lít.
B. 1,12 lít.
C. 3,36 lít.
D. 5,6 lít.
Giải
Nhận thấy sau khi qua HNO3 thì tất cả Fe đều chuyển về Fe3+ . Như vậy trạng thái
đầu là Fe, trạng thái cuối là Fe3+

⇒ Đáp án B
Ví dụ 4: Cho 33,35 gam hỗn hợp A gồm Fe3O4, Fe(NO3)3,Cu tác dụng hoàn toàn
với dung dịch chứa 0.414 mol H 2SO4 (loãng) thì thu được khí NO duy nhất và
dung dịch B chỉ chứa 2 muối. Cô cạn B thu được bao nhiêu gam muối khan?
A. 64,400 hoặc 61,520.


B. 65,976 hoặc 61,520.
C. 73,122 hoặc 64,400.
D. 65,976 hoặc 75,922.
Giải
Gọi x, y, z là số mol của Fe3O4,Fe(NO3)3 , Cu có trong hỗn hợp A.
232x + 242y + 64z = 33,35 (l).
A + dd H2S04 → dd B chứa 2 muối ⇒ có 2 trường hợp xảy ra.
+Trường hợp 1: B chứa FeSO4 và CuSO4.
Các quá trình nhường và nhận electron:

Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có: 2x + y + 9y = 2z ⇒ x + 5y - z = 0 (2)

+Trường hợp 2: B chứa Fe2(S04)3 và CuSO4.
Các quá trình nhường và nhận electron:


Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có: x + 2z = 9y
⇒ x - 9y + 2z = 0 (4)

⇒ Đáp án A.
Ví dụ 5: Cho 3,024 gam một kim loại M tan hết trong dung dịch HNO 3 loãng, thu
được 940,8 ml khí NxOy (sản phẩm khử duy nhất ở đktc) có tỉ khối đối với
H2 bằng 22. Khí NxOy và kim loại M là:
A. NO và Mg
B. N2O và Al
C. N2O và Fe
D. NO2 và Al
Giải


Gọi n là hóa trị của kim loại M. Các quá trình nhuờng và nhận electron:
Quá trình nhường electron:
Quá trình nhận electron:
Áp dụng định luật bảo toàn mol electron, ta có: n.nM = 8nN2O

⇒ Đáp án B.
Ví dụ 6: Khi cho 9,6 gam Mg tác dụng hết với dung dịch H 2SO4 đậm đặc, thấy có
49 gam H2SO4 tham gia phản ứng, tạo muối MgSO4, H2O và sản phẩm khử X. X
là
A. SO2.
B. S.
C. H2S.

D. SO2, H2S.
Giải
Dung dịch H2SO4 đậm đặc vừa là chất oxi hóa vừa là môi trường.
Gọi a là số oxi hóa của S trong X.


⇒ Đáp án C.
Ví dụ 7: Hoà tan hoàn toàn 1,2 gam kim loại M vào dung dịch HNO 3 dư thu được
0,224 lít khí N2 (sản phẩm khử duy nhất) ở (đktc). Kim loại M là:
A. Mg.
B. Fe.
C. Al.
D. Cu.
Giải
Các quá trình nhường và nhận electron:


⇒ Đáp án A
Ví dụ 8: Trộn 0,81 gam bột nhôm với bột Fe 2O3 và CuO rồi đốt nóng để tiến hành
phản ứng nhiệt nhôm thu được hỗn hợp
A. Hoà tan hoàn toàn A trong dung dịch HNO 3 đun nóng thu được V lít khí NO
(sản phẩm khử duy nhất) ở đktc. Giá trị của V là:
A. 0,224 lít.
B. 0,672 lít.
C. 2,24 lít.
D. 6,72 lít.
Giải
Tóm tắt theo sơ đồ:

Như vậy, thực chất trong bài toán này toàn bộ quá trình chỉ có quá trình cho và

nhận electron của nguyên tử Al và N.
Các quá trình nhường và nhận electron như sau:

⇒ Đáp án D.
Ví dụ 9: Điện phân dung dịch chứa m gam hỗn họp 2 muối CuSO 4 và NaCl bằng
điện cực trơ, có màng ngăn đến khi nước bị điện phân ở cả 2 điện cực thì ngừng