Phuongphapgiainhanhbttn.thuvienvatly.com.f25f7.38082

TS. PHẠM NGỌC SƠN
Phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm
ho¸ häc
L U Y Ệ N T H I Đ Ạ I H Ọ C
Nhµ xuÊt b¶n gi¸o dôc

Lời nói đầu
Cuốn Phương pháp giải bài tập trắc nghiệm hoá học - Luyện thi
đại học cung cấp cho các em hệ thống các phương pháp mới để giải các
bài tập trắc nghiệm hoá học trong chương trình THPT một cách ngắn
gọn, khoa học và chính xác.
Nội dung cuốn sách gồm 10 phương pháp giải nhanh với hệ thống
các ví vụ minh họa cùng hướng dẫn giải chi tiết. Nội dung các bài tập hoá học
phong phú, đa dạng, cập nhật. Tác giả hi vọng rằng cuốn sách này sẽ giúp cho
bạn đọc hiểu được bản chất các phương pháp giải toán, để có thể xử lí linh
hoạt và chính xác các bài toán hoá học, nhằm đạt kết quả cao trong các kì thi.
Quá trình biên soạn không tránh khỏi thiếu sót, tác giả rất mong nhận
được những góp ý xây dựng của bạn đọc để cuốn sách được hoàn thiện hơn
trong lần xuất bản sau.
Xin trân trọng cảm ơn !
TÁC GIẢ

1.PHƢƠNG PHÁP BẢO TOÀN KHỐI LƢỢNG
1. Nguyên tắc
Xét phản ứng A + B  C + D
ta có ; mA + mB = mC + mD
Một số dạng thƣờng gặp :
- Hỗn hợp oxit tác dụng với axit tạo muối: MO + HCl, H2SO4 loãng
moxit + maxit = mmuối + mnước
Trong đó số mol nước được tính theo axit.
- Hỗn hợp oxit tác dụng CO, C hoặc H2 :
2 2 2oxit CO,C,H ran CO ,H Om m m m  
Trong đó số mol CO2, H2O được tính theo CO, C và H2
- Hỗn hợp kim loại tác dụng với axit giải phóng H2.
mkim loại + maxit = mmuối + mH2
số mol H2 = 2HCl = H2SO4
- Hỗn hợp muối cacbonat tác dụng với axit
mmuối (1) + maxit = mmuối + mH2O + mCO2
2. Các ví dụ minh hoạ
Ví dụ 1: (2007 - Khối A) Hoà tan hoàn toàn 2,81 gam hỗn hợp gồm Fe2O3, MgO,
ZnO trong 500 ml axit H2SO4 0,1M (vừa đủ). Sau phản ứng, hỗn hợp muối sunfat
khan thu được khi cô cạn dung dịch có khối lượng là
A. 6,81 gam. B. 4,81 gam. C. 3,81 gam. D. 5,81 gam.
Hƣớng dẫn
Fe2O3 + 3H2SO4  Fe2(SO4)3 + 3H2O (1)
MgO + H2SO4  MgSO4 + H2O (2)
ZnO + H2SO4  ZnSO4 + H2O (3)
Theo các pt hoá học (1, 2, 3): 2H On = 2 4H SOn = 0,5 0,1 = 0,05 (mol)
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
m hh muối khan = 2,81 + 98 0,05 – 18 0,05 = 6,81 (g).
Ví dụ 2: Hỗn hợp X gồm Fe, FeO và Fe2O3. Cho một luồng khí CO đi qua ống sứ
đựng m gam hỗn hợp X nung nóng. Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được 64 gam chất
A trong ống sứ và 11,2 lít khí B (đktc) có tỉ khối so với H2 là 20,4. Giá trị của m là
A. 105,6. B. 35,2. C. 52,8. D. 70,4.
Hƣớng dẫn
Các phương trình hoá học của phản ứng khử oxit sắt có thể có:
3Fe2O3 + CO
0
t
 2Fe3O4 + CO2 (1)

Fe3O4 + CO
0
t
 3FeO + CO2 (2)
FeO + CO
0
t
 Fe + CO2 (3)
Nhận xét: Chất rắn A có thể gồm 3 chất Fe, FeO, Fe3O4 hoặc ít hơn, điều quan trọng
là số mol CO phản ứng bao giờ cũng bằng số mol CO2 tạo thành
Gọi x là số mol CO2 tạo thành
Bn =
11,2
22,4
= 0,5 (mol)
44x + 28(0,5 – x) = 0,5 20,4 2 = 20,4  x = 0,4 (mol)
Do đó COn phản ứng = 0,4 (mol)
m = Am + 2COm – COm
= 64 + 44 0,4 – 28 0,4 = 70,4 (g).
Ví dụ 3: Hoà tan hoàn toàn 5 gam hỗn hợp 2 kim loại bằng dung dịch HCl thu được
dung dịch A và khí B. Cô cạn dung dịch A thì được 5,71 gam muối khan. Tính thể tích
khí B (đo ở đktc).
Hƣớng dẫn
Gọi 2 kim loại đã cho là X và Y
2X + 2m HCl  2XClm + m H2 (1)
2Y + 2n HCl  2YCln + n H2 (2)
Theo (1, 2): HCln = 2 2Hn
5 + 36,5 2 2Hn = 5,71 + 2 2Hn  2Hn = 0,01 (mol)
Vậy 2HV (đktc) = 0,01 22,4 = 0,224 (l).
Ví dụ 4: (2009 - Khối A)Cho 3,68 gam hỗn hợp gồm Al và Zn tác dụng với một lượng
vừa đủ dung dịch H2SO4 10%, thu được 2,24 lít khí H2 (ở đktc). Khối lượng dung dịch
thu được sau phản ứng là
Hƣớng dẫn
2Al + 3H2SO4  Al2(SO4)3 + 3H2  (1)
Zn + H2SO4  ZnSO4 + H2  (2)
Từ (1, 2): 2 4H SOn = 2Hn =
2,24
22,4
= 0,1 (mol)
 2 4dd H SOm =
98 0,1 100
10
 
= 98 (g)
ddm sau phản ứng = hhm + 2 4dd H SOm – 2Hm  = 3,68 + 98 – 2 0,1 = 101,48 (g).

Ví dụ 5. Cho từ từ một luồng khí CO đi qua ống sứ đựng m gam hỗn hợp gồm Fe,
FeO, Fe3O4, Fe2O3 nung nóng, kết thúc phản ứng thu được 64g sắt, khí đi ra gồm CO
và CO2 cho sục qua dung dịch Ca(OH)2 dư được 40g kết tủa. Vậy m có giá trị là
A. 70,4g B. 74g C. 47g D. 104g
Lời giải : Khí đi ra sau phản ứng gồm CO2 và CO dư cho đi qua dung dịch Ca(OH)2
dư :
CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O
0,4 (mol) 4,0
100
40
 (mol)
Sơ đồ phản ứng:
FeO
Fe2O3 + CO  Fe + CO2
Fe3O4
28.0,4 + m = 64 + 44.0,4  m = 70,4g
Ví dụ 6. Người ta cho từ từ luồng khí H2 đi qua một ống sứ đựng 5,44 gam hỗn hợp
gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3, CuO nung nóng, kết thúc phản ứng thu được m gam hỗn hợp
chất rắn A và 1,62 gam H2O. Vậy m có giá trị là
A. 4g B. 5g C. 4,5g D. 3,4g
Lời giải :  2 2H H On n 0,09 (mol)
FeO
H2 + Fe2O3  A + H2O
Fe3O4
CuO
0,09.2 + 5,44 = m + 1,62  m = 4g
Ví dụ 7. Cho 35g hỗn hợp Na2CO3, K2CO3 tác dụng vừa đủ với dung dịch BaCl2. Sau
phản ứng thu được 59,1g kết tủa. Lọc tách kết tủa, cô cạn dd thu được m(g) muối
clorua. Vậy m có giá trị là
A. 38,3g B. 22,6g C. 26,6g D. 6,26g
Lời giải : Sơ đồ phản ứng:
2 3
2 3
Na CO
K CO
+ BaCl2  BaCO3 +
NaCl
KCl
 2 3BaCl BaCOn n 0,3 (mol)
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:    2hh BaClm m m mdd
m = 35 + 0,3.208 – 59,1 = 38,3 (g)

Ví dụ 8. Cho 4,48g hỗn hợp Na2SO4, K2SO4, (NH4)2SO4 tác dụng vừa đủ với 300 ml
dung dịch Ba(NO3)2 0,1M . Kết thúc phản ứng thu được kết tủa A và dung dịch B. Lọc
tách kết tủa, cô cạn dung dịch thu được m(g) muối nitrat. Vậy m có giá trị là
A. 5,32g B. 5,23g C. 5,26g D. 6,25g
Lời giải : Sơ đồ phản ứng:
Na2SO4 NaNO3
K2SO4 + Ba(NO3)2  BaSO4 + KNO3
(NH4)2SO4 NH4NO3
 3 2 4Ba(NO ) BaSOn n 0,03 (mol);     B B4,48 7,83 6,99 m m 5,32 (g)
Ví dụ 9. Hoà tan 2,57g hợp kim Cu, Mg, Al bằng một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4
loãng thu được 1,456 lít khí X (đktc), 1,28g chất rắn Y và dung dịch Z. Cô cạn Z thu
được m gam muối khan, m có giá trị là
A. 7,53g B. 3,25g C. 5,79g D. 5,58g
Lời giải: Sơ đồ phản ứng :
Cu
Mg
Al





+ H2SO4  4
2 4 3
MgSO
Al (SO )
+ Cu + H2
     2
4
(Al Mg) SO
m m m (2,57 1,28) 0,065.96 7,53 (g)
Ví dụ 9. Hoà tan hoàn toàn 3,72g hỗn hợp 2 kim loại A, B trong dung dịch HCl dư
thấy tạo ra 1,344 lít khí H2 (đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được muối khan
có khối lượng là
A. 7,12g B. 7,98g C. 3,42g D. 6,12g
Lời giải : Theo phương trình điện li :
   
H Cl
1,344
n n 2. 0,12(mol)
22,4
mmuối = mKL + 
Cl
m = 3,72 + 0,12.35,5 = 7,98 (g)
Ví dụ 10. Nung m gam hỗn hợp A gồm 2 muối MgCO3 và CaCO3 cho đến khi không
còn khí thoát ra thu được 3,52g chất rắn B và khí C. Cho toàn bộ khí C hấp thụ hết bởi
2 lít dung dịch Ba(OH)2 thu được 7,88g kết tủa. Đun nóng dung dịch lại thấy tạo thành
thêm 3,94g kết tủa nữa. Nếu các phản ứng xảy ra hoàn toàn thì m có giá trị là
A. 7,44g B. 7,40g C. 7,04g D. 4,74g
Lời giải: m = mB + 2COm
CO2 + Ba(OH)2  BaCO3  + H2O
2CO2 + Ba(OH)2  Ba(HCO3)2
m = 3,52 + (
7,88 3,94
2. ).44 7,04
197 197
  (g)

2.PHƢƠNG PHÁP BẢO TOÀN MOL NGUYÊN TỐ
1. Nguyên tắc
Tổng số mol nguyên tử của một nguyên tố trước và sau phản ứng luôn bằng nhau.
Tính số mol nguyên tử của một nguyên tố :
nnguyên tử A = x.nX = (số nguyên tử A trong X).số mol X
ví dụ : nO = 4.nH2SO4
Ví dụ 1: (2007 - Khối A) Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,12 mol FeS2 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.
Hướng dẫn
Sơ đồ phản ứng: 3HNO 2 4 32
2
2 4
Fe (SO )FeS
NO H O
Cu S CuSO
 
    
 
2FeS2  Fe2(SO4)3
0,12  0,06
Cu2S  2CuSO4
a  2a
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố đối với S, ta có:
2 0,12 + a = 3 0,06 + 2a  a = 0,06 (mol).
Ví dụ 2: Dẫn từ từ V lít khí CO (ở đktc) đi qua một ống sứ đựng lượng dư hỗn hợp
rắn gồm CuO, Fe2O3 (ở nhiệt độ cao). Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu
được khí X. Dẫn toàn bộ khí X ở trên vào lượng dư dung dịch Ca(OH)2 thì tạo thành
4 gam kết tủa. Giá trị của V là
A. 1,120. B. 0,896. C. 0,448. D. 0,224.
(Trích đề thi TSCĐ năm 2008 - Khối A, B)
Hướng dẫn
2 3
CuO
Fe O



+ CO
0
t
 CO2  (X) + hỗn hợp rắn
CO2 + Ca(OH)2 dư  CaCO3  + H2O
Áp dụng sự bảo toàn số mol đối với nguyên tố C:
Cn trong CO = Cn 2trong CO = Cn 3trong CaCO
 Cn trong CO = 3CaCOn  =
4
100
= 0,04 (mol)
Vậy V = 0,04 22,4 = 0,896 (l).
Ví dụ 3: Hoà tan hỗn hợp X gồm 0,2 mol Fe và 0,1 mol Fe2O3 vào dung dịch HCl dư
được dung dịch Y. Cho dung dịch Y tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được kết

tủa. Lọc kết tủa, rửa sạch đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu
được m gam chất rắn Z. Giá trị của m là
A. 16,0. B. 24,0. C. 28,8. D. 32,0.
Hướng dẫn
Sơ đồ các phản ứng:
2 3
Fe
X
Fe O



HCl

2
3
FeCl
Y
FeCl



NaOH
 
2
3
Fe(OH)
Fe(OH)



0
t
 Z (Fe2O3)
Áp dụng sự bảo toàn số mol đối với nguyên tố Fe:
Fen trong Z = Fen trong X = 2 3Fe Fe On 2n = 0,2 + 2.0,1 = 0,4 (mol)
 2 3Fe On trong Z =
1
2
 Fen trong Z = 0,2 (mol) Vậy m = 0,2 160 = 32,0 (g).
Ví dụ 4: Cho 2,13 gam hỗn hợp X gồm ba kim loại Mg, Cu và Al ở dạng bột tác
dụng hoàn toàn với oxi thu được hỗn hợp Y gồm các oxit có khối lượng 3,33 gam.
Thể tích dung dịch HCl 2M vừa đủ để phản ứng hết với Y là
A. 57 ml. B. 50 ml. C. 75 ml. D. 90 ml.
(Trích đề thi TSĐH năm 2008 - Khối A)
Hướng dẫn
Mg
X Cu
Al





2O

2 3
MgO
Y CuO
Al O





MgO + 2HCl  MgCl2 + H2O (1)
CuO + 2HCl  CuCl2 + H2O (2)
Al2O3 + 6HCl  2AlCl3 + 3H2O (3)
Ta có Om / hhY = 3,33 – 2,13 = 1,2 (g) hay On / hhY =
1,2
16
= 0,075 (mol)
Theo (1, 2, 3): HCln = 2 On / hhY = 2 0,075 = 0,15 (mol) Vậy dd HClV =
0,15
2
= 0,075
(l) = 75 (ml).
Ví dụ 5: Cho một mẩu Na để lâu trong không khí, bị chuyển hoá thành hỗn hợp rắn X
gồm Na, Na2O, NaOH, Na2CO3. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp X bằng H2SO4 loãng, sau
phản ứng thu được dung dịch Y. Làm bay hơi nước từ từ thu được 8,05 gam tinh thể
Na2SO4.10H2O. Khối lượng mẩu Na là
Hướng dẫn
Na kk

2
2 3
Na O
NaOH
X
Na CO
Na






2 4H SO
dd Y (dd Na2SO4)  Na2SO4.10H2O
Ta có 2 4 2Na SO .10H On =
8,05
322
= 0,025 (mol)  Nan của mẩu Na = Nan trong tinh thể =
2 2 4 2Na SO .10H On = 0,05 (mol). Vậy khối lượng mẩu Na là: 0,05 23 = 1,15 (g).

Ví dụ 6: Cho hỗn hợp A gồm ba kim loại X, Y, Z có hoá trị lần lượt là 3, 2, 1 và tỉ lệ
số mol lần lượt là 1 : 2 : 3, trong đó số mol của X bằng x mol. Hoà tan hoàn toàn A
bằng dung dịch có chứa y mol HNO3. Sau phản ứng thu được dung dịch B không chứa
NH4NO3 và V lít hỗn hợp khí E (ở đktc) gồm NO2 và NO. Biểu thức tính y theo x và
V là
A. 8x +
V
22,4
. B. 6x +
V
22,4
. C. 5x +
V
22,4
. D. 10x +
V
22,4
.
Hướng dẫn
Ta có hh En =
V
22,4
(mol)
Theo đề bài X Y Zn :n :n = 1 : 2 : 3
Mà Xn = x (mol) nên Yn = 2x (mol), Zn = 3x (mol)
X , Y , Z + HNO3  X(NO3)3, Y(NO3)2, ZNO3 + NO2  , NO + H2O
x 2x 3x x 2x 3x
 Số mol mỗi muối bằng số mol mỗi kim loại tương ứng
Dựa vào sự bảo toàn số mol đối với nguyên tố N:
3HNOn = Nn = 3 3 3X(NO )n + 2 3 2Y(NO )n + 3ZNOn + 2NOn + NOn
= 3. x + 2. 2x + 3x +
V
22,4
= 10x +
V
22,4
(mol).
Ví dụ 7. Cho hỗn hợp A gồm 0,1 mol Cu, 0,2 mol Ag tan vừa hết trong V lít dung dịch
HNO3 1M thu được dung dịch X và hỗn hợp Y gồm 2 khí NO, NO2
( 2NO NOn n 0,1 mol  ). V có giá trị là
A. 1 lít B. 0,6 lít C. 1,5 lít D. 2 lít
Lời giải Sơ đồ phản ứng:
Cu
Ag
+ HNO3 
3 2
3
Cu(NO )
AgNO
+
2
NO
NO
+ H2O
Áp dụng sự bảo toàn nguyên tố Cu, Ag ta có : nCu = 3 2Cu(NO )n = 0,1 mol và nAg =
n 3AgNO = 0,2 mol
Áp dụng cho nguyên tố N :
3N (HNO )n = 3 2 3 2N(Cu(NO ) AgNO NO NO )n   
3(HNO )n = 3 2 3 2Cu(NO ) AgNO NO NO2n n n n  
3(HNO )n = 2.0,1 + 0,2 + 0,1 + 0,1 = 0,6 mol
3HNO
0,6
V 0,6(lit)
1
 
Ví dụ 8: Cho hỗn hợp gồm : FeO (0,01 mol), Fe2O3 (0,02 mol), Fe3O4 (0,03 mol) tan
vừa hết trong dung dịch HNO3 thu được một muối duy nhất và 0,448 lít khí N2O4
(đktc). Khối lượng muối và số mol HNO3 tham gia phản ứng là

A. 32,8 g ; 0,4 mol B. 33,88 g ; 0,46 mol
C. 33,88 g ; 0,06 mol D. 33,28 g ; 0,46 mol
Lời giải Sơ đồ phản ứng :
FeO
Fe2O3 + HNO3  Fe(NO3)3 + NO2 + H2O
Fe3O4
Áp dụng sự bảo toàn nguyên tố Fe :
3 3 2 3 3 4Fe [Fe(NO ) ] Fe [FeO,Fe O ,Fe O ]n n
3 3Fe [Fe(NO ) ]n = 2 3 3 4FeO Fe O Fe On 2n 3n 
= 0,01 2.0,02 3.0,03 0,14 (mol)  
3 3Fe(NO )m 0,14.242 33,88(g) 
Áp dụng sự bảo toàn nguyên tố N :

     
3 3 3 2 4
3 3 3 2 4
N [HNO ] N [Fe(NO ) N O ]
HNO Fe(NO ) N O
n n
n 3n n 3.0,14 2.0,02 0,46 (mol)
Ví dụ 9: Cho 1,1 gam hỗn hợp Fe, Al phản ứng với dung dịch HCl thu được dung
dịch X, chất rắn Y và khí Z, để hoà tan hết Y cần số mol H2SO4 (loãng) bằng 1/2 số
mol HCl ở trên thu được dung dịch T và khí Z. Tổng thể tích khí Z (đktc) là 0,896
lít. Tổng khối lượng muối sinh ra trong hai trường hợp trên là
A. 2,54 gam B. 2,77 gam C. 3,36 gam D. 1,06 gam
Lời giải :
Sơ đồ phản ứng :
Fe
Al
+
2 4
HCl
H SO
 hỗn hợp muối ( X+T ) + H2
Đặt x= nHCl ; 2 4H SOn = y (mol)
Áp dụng sự bảo toàn nguyên tố H:
2 4 2
2 4 2
H [HCl H SO ] H [H ]
HCl H SO H
n n
n 2n 2n 0,04 (mol)
 
  
x + 2y = 0,04
y =
x
2
 x = 0,02 ; y = 0,01
mmuối = m(Al,Fe) + 2Cl SO4
m m  = 1,1 + 0,02.35,5 + 0,01.96 = 2,77 (gam)
Ví dụ 10. Cho 1,48 g hỗn hợp 3 kim loại Fe, Al, Zn tan hoàn toàn trong dung dịch
H2SO4 loãng, ta thu được 0,784 lít khí H2 (đktc). Khi cô cạn dung dịch khối lượng
muối khan thu được là
A. 4,84 g B. 5,65 g C. 5,56 g D. 4,56 g

Lời giải : Sơ đồ phản ứng :
Fe FeSO4
Al + H2SO4  Al2(SO4)3 + H2
Zn ZnSO4
Áp dụng sự bảo toàn nguyên tố H:
 n 2 4H SO = n 2H =
0,784
22,4
= 0,035 (mol)
Áp dụng sự bảo toàn nguyên tố S:
 2 2
4 2 4 4SO [H SO ] SO [muèi]
n n  = 0,035 (mol)
mmuối = m(Fe, Al, Zn) + mgốc axit = 1,48 + 0,055.96 = 4,84 (gam)

3.PHƢƠNG PHÁP TĂNG HOẶC GIẢM KHỐI LƢỢNG
1. Nguyên tắc
Khi chuyển từ chất X (thường tính cho 1 mol) thành chất Y (không nhất thiết trực
tiếp, có thể bỏ qua nhiều giai đoạn trung gian), khối lượng tăng hay giảm bao nhiêu
gam. Dựa vào khối lượng thay đổi đó ta tính được số mol các chất cần thiết hoặc
ngược lại.
Ghi nhớ: Trường hợp kim loại A đẩy kim loại B trong dung dịch muối thành kim
loại B tự do. Ta có:
 Khối lượng A tăng = Bm bám vào – Am tan ra
 Khối lượng A giảm = Am tan ra – Bm bám vào.
Một số dạng thƣờng gặp :
+ 1 mol kim loại HCl
 muối Cl-
thì khối lượng tăng 35,5n gam (n là số oxi hóa
của kl)
+ 1 mol muối CO3
2-
 2 mol Cl-
khối lượng tăng 35,5.2 - 60 = 11 gam
+ 1 mol O (trong oxit)  1 mol SO4
2-
(trong muối) thì khối lượng tăng 96 - 16 =
80 gam.
+ 1 mol O (trong oxit)  2 mol Cl-
(trong muối) thì khối lượng tăng 35,5.2 - 16
= 55 gam.
Ví dụ 1: Hoà tan hoàn toàn 5 gam hỗn hợp 2 kim loại bằng dung dịch HCl ta thu được
dung dịch A và khí B. Cô cạn dung dịch A thì được 5,71 gam muối khan. Thể tích khí
B (đo ở đktc) là
A. 0,224 lít B. 0,448 lít C. 0,112 lít D. 0,336 lít
Hƣớng dẫn
Gọi công thức chung của 2 kim loại là M và có hoá trị là n
M + n HCl  nMCl +
n
2
H2 
M g (M + 35,5n) g
Theo pt hoá học, cứ 1 mol kim loại tạo thành 1 mol muối thì khối lượng tăng 35,5n
gam và có
n
2
mol H2 bay ra.
Theo đề bài, khối lượng tăng 5,71 – 5 = 0,71 gam thì số mol H2 bay ra là:
n
0,71
2
35,5n

= 0,01 (mol); Vậy 2HV = 22,4 0,01 = 0,224 (l).

Ví dụ 2: Tìm công thức muối amoni photphat. Biết rằng muốn điều chế 100 gam muối
trên phải cần 200 gam dung dịch axit photphoric 37,11%.
Hƣớng dẫn
Khối lượng axit H3PO4 =
37,11 200
100

= 74,22 (g)
H3PO4 + nNH3  (NH4)nH3 - nPO4 (n = 1, 2, 3)
98 g (17n + 98) g
74,22 g 100 g
Theo pt hoá học, cứ 1 mol H3PO4 biến thành muối amoni photphat thì khối lượng
tăng: (17n + 98) – 98 = 17n (g)
Theo đề bài, khối lượng muối tăng: 100 – 74 ,22 = 25,78 (g)
Do đó
98
74,22
=
17n
25,78
 n =
98 25,78
17 74,22


= 2
Vậy muối cần tìm có công thức là: (NH4)2HPO4.
Ví dụ 3: Ngâm một lá kẽm trong dung dịch có hoà tan 8,32 gam CdSO4. Phản ứng
xong, lấy lá kẽm ra khỏi dung dịch rửa nhẹ, làm khô, nhận thấy khối lượng lá kẽm
tăng lên 2,35% so với lá kẽm trước phản ứng. Khối lượng lá kẽm trước khi tham gia
phản ứng là
A. 1,88 gam. B. 18,8 gam. C. 0,8 gam. D. 80 gam.
Hƣớng dẫn
Zn + CdSO4  ZnSO4 + Cd
0,04  0,04  0,04
Ta có 4CdSOn =
8,32
208
= 0,04 (mol)
Khối lượng lá kẽm tăng = 112 0,04 – 65 0,04 = 1,88 (g) .
Vậy khối lượng lá kẽm trước phản ứng là:
1,88 100
2,35

= 80 (g).
Ví dụ 4: Hoà tan hoàn toàn 104,25 gam hỗn hợp Z gồm NaCl và NaI vào nước được
dung dịch E. Sục khí Cl2 dư vào dung dịch E. Kết thúc thí nghiệm, cô cạn dung dịch
thu được 58,5 gam muối khan. Khối lượng NaCl có trong hỗn hợp Z là
Hƣớng dẫn
Khí Cl2 dư chỉ oxi hoá được muối NaI:
2NaI + Cl2  2NaCl + I2
150 g  58,5 g
Cứ 1 mol NaI tạo thành 1 mol NaCl khối lượng giảm: 91,5 (g)
Vậy x mol NaI thì khối lượng giảm: 104,25 – 58,5 = 45,75 (g)
 x =
1 45,75
91,5

= 0,5 (mol)
Vậy NaClm trong Z = 104,25 – 150 0,5= 29,25 (g).

Ví dụ 5: Có 500 ml dung dịch hỗn hợp Na2CO3 0,2M và (NH4)2CO3 0,5M. Cho 43
gam hỗn hợp BaCl2 và CaCl2 vào dung dịch đó. Sau các phản ứng kết thúc ta thu được
39,7 gam kết tủa A và dung dịch B. Khối lượng các chất trong A là
A. 19,7 gam BaCO3 và 20 gam CaCO3.
B. 9,7 gam BaCO3 và 30 gam CaCO3.
C. 29,7 gam BaCO3 và 10 gam CaCO3.
D. 9,85 gam BaCO3 và 29,85 gam CaCO3.
Hƣớng dẫn
Trong dung dịch:
Na2CO3  2 Na
+ 2
3CO 
BaCl2  2
Ba 
+ 2Cl
0,1  0,1
(NH4)2CO3  2 4NH
+ 2
3CO 
CaCl2 
2
Ca 
+ 2Cl
0,25  0,25
Các phương trình hoá học của các phản ứng dạng ion:
2
Ba 
+ 2
3CO 
 BaCO3  (1)
x  x
2
Ca 
+ 2
3CO 
 CaCO3  (2)
y  y
Ta có 2 3Na COn = 0,5 0,2 = 0,1 (mol) ; 4 2 3(NH ) COn = 0,5 0,5 = 0,25 (mol)
Theo (1, 2), cứ 1 mol BaCl2 hoặc 1 mol CaCl2 biến thành BaCO3 hoặc CaCO3 thì khối
lượng muối giảm: 71 – 60 = 11 (g)
Như vậy, theo đề bài khối lượng hai muối giảm: 43 – 39,7 = 3,3 (g)
Do đó tổng số mol hai muối BaCO3 và CaCO3 là:
3,3 1
11

= 0,3 (mol)
Tổng số mol 2
3CO 
= 0,1 + 0,25 = 0,35 mol
Điều đó chứng tỏ phản ứng còn dư 2
3CO 
= 0,35 – 0,3 = 0,05 (mol)
Gọi x, y là số mol BaCO3 và CaCO3 có trong A
Ta có
x y 0,3
197x 100y 39,7
 

 

x 0,1
y 0,2



Vậy 3BaCOm 19,7gam 3CaCOm 20gam
Ví dụ 6 : Cho 84,6 gam hỗn hợp A gồm BaCl2 và CaCl2 vào 1 lít hỗn hợp Na2CO3
0,3M và (NH4)2CO3 0,8 M. Sau khi các phản ứng kết thúc ta thu được 79,1 gam kết
tủa A và dung dịch B. Phần trăm khối lượng BaCl2 và CaCl2 trong A lần lượt là
A. 70,15 ; 29,25 B. 60,25 ; 39,75 C. 73,75 ; 26,25 D. 75,50 ; 24,50
Lời giải : Đặt 2 2BaCl CaCln x(mol); n y(mol) 



2
2
BaCl
CaCl
+



2 3
4 2 3
Na CO
(NH ) CO




3
3
BaCO
CaCO
+


 4
NaCl
NH Cl
Cứ 2 mol Cl–
mất đi (71 gam) có 1 mol muối 2
3CO 
thêm vào (60 gam)

 Độ chênh lệch (giảm) khối lượng của 1 mol muối là :
M = 71 – 60 =11 (g)
 Độ giảm khối lượng muối : m = 84,6 – 79,1 = 5,5 (g)
Vậy số mol muối phản ứng : 
5,5
0,5 (mol)
11
Số mol CO3
2–
= 0,3 + 0,8 = 1,1 (mol) > 0,5 mol.
Vậy muối cacbonat dư.
x + y = 0,5 (1)
208x + 111y = 84,6 (2)




x 0,3
y 0,2



2
2
BaCl
CaCl
0,3.208
%m .100% 73,75%
84.6
%m 100 73,75 26,25(%)

 

   
Ví dụ 7: Hỗn hợp A gồm 10 gam MgCO3,CaCO3 và BaCO3 được hoà tan bằng HCl
dư thu được dung dịch B và khí C. Cô cạn dung dịch B được 14,4 gam muối khan. Sục
khí C vào dung dịch có chứa 0,3 mol Ca(OH)2 thu được số gam kết tủa là
A. 10g B. 20g C. 30g D. 40g
Lời giải
CO3
2–
+ 2H+
 CO2 + H2O
Số mol A = 

  2 23
COCO
14,4 10
n n 0,4 (mol)
11
CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O
0,4 0,3 0,3 (mol)
CO2 + H2O + CaCO3  Ca(HCO3)2
0,1 0,1 (mol)
 3CaCOm 0,2.100 20 (g)
Ví dụ 8: Cho 68g hỗn hợp 2 muối CuSO4 và MgSO4 tác dụng với 500 ml dung dịch
chứa NaOH 2M và KOH 0,8M. Sau phản ứng thu được 37g kết tủa và dung dịch B.
Vậy % khối lượng CuSO4 và MgSO4 trong hỗn hợp ban đầu là
A. 47,05% ; 52,95%. B. 47,05 % ; 52,95%. C. 46,41% ; 53,59%.
D. 46,50% ; 53,50%.
Lời giải : Đặt  4 4CuSO MgSOn x mol ; n ymol



4
4
CuSO
MgSO
+



NaOH
KOH




2
2
Cu(OH)
Mg(OH)
+



2 4
2 4
Na SO
K SO
Từ độ chênh lệch khối lượng ta tính được tổng số mol hai muối sunfat:
68-37
x + y = = 0,5 (1)
96-34
160x + 120y = 68(2)




x 0,2
y 0,3

 



 

   
4
4
CuSO
MgSO
0,2.160
%m .100% 47,05%
68
%m 100 47,05 52,95%
Ví dụ 9: Nhúng một thanh kim loại X (hoá trị II) vào dung dịch CuSO4 dư. Sau phản
ứng khối lượng thanh kim loại giảm 0,12g. Mặt khác cũng thanh kim loại X đó được
nhúng vào dung dịch AgNO3 dư thì kết thúc phản ứng khối lượng thanh tăng 0,26g.
Nguyên tố X là
A. Zn B. Mg C. Cd D.
Fe
Lời giải : Phương trình phản ứng :
X + CuSO4 dư  XSO4 + Cu↓
a a
X + 2AgNO3 dư  X(NO3)2 + 2Ag↓
a 2a
Khối lượng thanh kim loại tăng = mA – mCu = 0,12g
a.MX – 64a = 0,12  MX.a = 64a + 0,12 (1)
Mặt khác khối lượng thanh kim loại giảm = mAg + mX = 0,26 g
2a.108 – MX.a = 0,26  MX.a = 2a.108 – 0,26 (2)
 x = 2,5.10–3
mol  MX =
3
3
64.2,5.10 0,12
112
2,5.10



 (g/mol)
 Chất X là Cd.
Ví dụ 10. Cho 2 dung dịch FeCl2 và CuSO4 có cùng nồng độ mol.
– Nhúng thanh kim loại vào M hoá trị II vào 1 lít dd FeCl2 sau phản ứng khối lượng
thanh kim loại tăng 16g.
– Nhúng cùng thanh kim loại ấy vào 1 lít dung dịch CuSO4 sau phản ứng khối lượng
thanh kim tăng 20g. Giả thiết các phản ứng xảy ra hoàn toàn và thanh kim loại M chưa
bị tan hết.
Kim loại M là
A. Zn B. Mg C. Cd D. Fe
Lời giải :
Các phương trình phản ứng xảy ra :
M + FeCl2  MCl2 + Fe
x x x
M + CuSO4  MSO4 + Cu↓
Theo giả thiết thì : nCu = nFe = x mol
Khối lượng thanh kim loại tăng ở (1) là : m ⁭ = mFe – mM = 16g
56x – MM.x = 16  M.x = 56x – 16
Khối lượng thanh kim loại tăng ở (2) là : m ⁭ = mCu – mM = 20 g
64x – M.x = 20  M.x = 64x – 20
M = 24. Vậy kim loại M là Mg.

4.PHƢƠNG PHÁP SỬ DỤNG SƠ ĐỒ ĐƢỜNG CHÉO
1. Nguyên tắc
 Đối với nồng độ % về khối lượng
m1
C1 2C C
 21
2 1
C Cm
m C C



(1)C C
m2 C2
1C C
 Đối với nồng độ mol/l
V1 C1 2C C
 21
2 1
C CV
V C C



(2)C C
V2 C2 1C C
 Đối với khối lượng riêng
V1 D1 2D D
 21
2 1
D DV
V D D



(3)D D
V2 D2 1D D
Chú ý:
- Chất rắn coi như dung dịch có C = 100%
- Dung môi coi như dung dịch có C = 0%
- Khối lượng riêng của H2O là D = 1 g/ml.
Ví dụ 1: Để thu được dung dịch HCl 25% cần lấy m1 gam dung dịch HCl 45% pha với
m2 gam dung dịch HCl 15%. Tỉ lệ m1/m2 là
A. 2 : 1. B. 3 : 1. C. 1 : 2. D. 1 : 3.
Hướng dẫn
Ta có sơ đồ đường chéo:
m1 (HCl) 45 15 25
 1
2
15 25m 10 1
m 45 25 20 2

  

25
m2 (HCl) 15 45 25
Ví dụ 2: Để pha được 500 ml dung dịch nước muối sinh lí nồng độ 0,9% cần lấy V ml
dung dịch NaCl 3%. Giá trị của V là
A. 150. B. 214,3. C. 350. D. 285,7.
Hướng dẫn
Sơ đồ đường chéo:
V1 (NaCl) 3 0 0,9
 1
2
0 0,9V 0,9
V 3 0,9 2,1

 

0,9
V2 (H2O) 0 3 0,9
 V = 1
0,9
V
0,9 2,1


 500 = 150 (ml).

Ví dụ 3: Cần lấy m1 gam tinh thể CuSO4.5H2O và m2 gam dung dịch CuSO4 8% để
pha thành 280 gam dung dịch CuSO4 16%. Giá trị của m1, m2 lần lượt là
A. 40 và 240. B. 180 và 100. C. 60 và 220. D. 220 và 60.
Hướng dẫn
Ta xem tinh thể CuSO4.5H2O như là dung dịch CuSO4 có
C% =
160
100%
250
 = 64%
Gọi m1 là khối lượng của CuSO4.5H2O và m2 là khối lượng của dung dịch CuSO4
8%
m1 64 8 16
 1
2
8 16m 8 1
m 64 16 48 6

  

16
m2 8 64 16
Hay 6m1 – m2 = 0 (1)
Mặt khác m1 + m2 = 280 (2)
Giải hệ hai pt (1, 2), ta được m1 = 40, m2 = 240.
Ví dụ 4: Trong tự nhiên, nguyên tố đồng có hai đồng vị là 63
29Cu và 65
29Cu . Nguyên tử
khối trung bình của đồng là 63,54. Thành phần phần trăm tổng số nguyên tử của đồng
vị 63
29Cu là
A. 27%. B. 50%. C. 54%. D. 73%.
Hướng dẫn
% 65
29Cu A1 = 65 63 63,54
A = 63,54
% 63
29Cu A2 = 63 65 63,54

65
29
63
29
63 63,54% Cu 0,54
65 63,54 1,46% Cu

 

Vậy % 63
29Cu =
1,46
100%
0,54 1,46


= 73%.
Ví dụ 5: Một hỗn hợp gồm O2, O3 (ở đktc) có tỉ khối so với hiđro là 18. Thành phần %
về thể tích của O2 trong hỗn hợp là
A. 25%. B. 75%. C. 45%. D. 55%.
Hướng dẫn
Ta có hhM = 18 2 = 36
3OV 48 32 36
 3
2
O
O
V 32 36 4 1
V 48 36 12 3

  

36
2OV 32 48 36
Vậy 2O%V =
3
100%
1 3


= 75%.
Ví dụ 6: Hoà tan Cu trong dung dịch HNO3, thu được hỗn hợp khí gồm NO và NO2 có
tỉ khối hơi so với hiđro là 16,6. Hệ số tỉ lượng (số nguyên, đơn giản nhất) của kim loại
Cu trong phương trình hoá học chung là
A. 4. B. 10. C. 13. D. 7.

Hướng dẫn
0
Cu + H
5
N

O3 
2
Cu

(NO3)2 +
2
N

O +
4
N

O2 + H2O
Đặt NOn = a (mol) và 2NOn = b (mol)
Ta có hhM = 16,6 2 = 33,2
a (NO) 30 46 33,2

46 33,2a 12,8 4
b 30 33,2 3,2 1

  

33,2
b (NO2) 46
30 33,2
13 
0
Cu 
2
Cu

+ 2e
2  5
5
N

+ 13e  4
2
N

+
4
N

13Cu + 36HNO3 13Cu(NO3)2 + 8NO + 2NO2 + 18H2O
Ví dụ 7: Hoà tan 4,59 gam Al bằng dung dịch HNO3, thu được V lít hỗn hợp khí
(đktc) gồm NO và N2O có tỉ khối hơi đối với hiđro là 16,75. Giá trị của V là
A. 1,792. B. 2,688. C. 2,016. D. 3,584.
Hướng dẫn
Ta có hhM = 16,75 2 = 33,5
Aln =
4,59
27
= 0,17 (mol)
a (NO) 30 10,5

a 10,5 3
b 3,5 1
 33,5
b (N2O) 44 3,5
Hay a – 3b = 0 (1)
Các quá trình oxi hoá - khử xảy ra:
0
Al 
3
Al

+ 3e
5
N

+ 3e 
2
N

0,17  0,51 3a  a
2
5
N

+ 8e 
1
2N

8b  b
Do đó 3a + 8b = 0,51 (2)
Giải hệ hai pt (1, 2), ta được: a = 0,09, b = 0,03
Vậy V = (0,09 + 0,03) 22,4 = 2,688 (l).
Ví dụ 8: Số gam H2O cho vào 100 gam dung dịch H2SO4 80% để được dung dịch
H2SO4 50% là
A. 40 g B. 50 g C. 60 g D.
70 g
Lời giải
  
m 30
m 60 (g)
100 50
m 0 30
50
100 80 50

Ví dụ 9. Làm bay hơi 500 ml dung dịch chất A 20% (D = 1,2 g/ml) để chỉ còn
300 gam dung dịch. Nồng độ % của dung dịch này là
A. 30% B. 40% C. 50% D. 60%
Lời giải
mdd = 500.1,2 = 600 (g)
Đây là bài toán cô cạn nên có sơ đồ :
600 x
x 40%
300 x 20
   

Ví dụ 10. Từ 100g dung dịch KOH 30% để có dung dịch 50% cần thêm vào số gam
KOH nguyên chất là
A. 40 gam B. 50 gam
C. 60 gam D. 70 gam
Lời giải
   
m 20
m 40 g
100 50
Ví dụ 11. Một dung dịch HNO3 nồng độ 60% và một dung dịch HNO3 khác có nồng
độ 20%. Để có 100gam dung dịch mới có nồng độ 45% thì cần phải pha chế về
khối lượng giữa 2 dung dịch HNO3 60%, 20% lần lượt là
A. 37,5g ; 62,5g. B. 62,5g ; 37,5g.
C. 40g ; 60g. D. 53g ; 47g.
Lời giải
1
2
1 2
m 15 3
m 25 5
m m 100
  
 
1
2
m 37,5g
m 62,5g

 

Ví dụ 12. Một hỗn hợp 52 lít (đktc) gồm H2 và CO có tỉ khối hơi đối với metan bằng
1,5 thì 2HV và VCO trong hỗn hợp là
A. 8 lít và 44 lít. B. 44 lít và 8 lít.
C. 4 lít và 48 lít. D. 10 lít và 42 lít.
dd A : 600 20 – x
x
H2O: 300 x – 20
m 100 20
50
100 30 50
m1 20 15
45
m2 60 25

Lời giải
 1
2
V 2
V 11
 



1
2
V 8lÝt
V 44lÝt
Ví dụ 13. Cho 6,12g Mg tác dụng với dung dịch HNO3 thu được dung dịch X chỉ có
một muối và hỗn hợp khí Y gồm NO và N2O có tỉ khối hơi đối với hiđro bằng
16,75. Thể tích NO và N2O (ở đktc) thu được lần lượt là
A. 2,24 lít và 6,72 lít. B. 2,016 lít và 0,672 lít.
C. 0,672 lít và 2,016 lít. D. 1,972 lít và 0,448 lít.
Lời giải
Quá trình cho electron : Mg  Mg2+
+ 2e
Quá trình nhận electron : N+5
+ 3e  N+2
(NO)
3x x
N+5
+ 4e  N+1
(N2O)
8y 2y y
  2N O
NO
V 1 x
V 3 y
3x 8y 0,51 x 0,09
3x y 0 y 0,03
   
 
   
Ví dụ 14. Từ 1 tấn quặng hematit (A) điều chế được 420kg sắt. Từ 1 tấn quặng
manhetit (B) điều chế được 504kg sắt. Để được 1 tấn quặng hỗn hợp mà từ
1 tấn quặng hỗn hợp này điều chế được 480kg sắt thì phải trộn 2 quặng A, B với
tỉ lệ về khối lượng là
A. 2 : 5 B. 3 : 5
C. 3 : 4 D. 1 : 3
Lời giải
  A
B
m 24 2
m 60 5
V1 H2 2 4
24
V2 CO 28 22
V1 NO 30 10,5
33,5
V2 N2O 44 3,5
mA 420 24
480
mB 504 60

5.PHƢƠNG PHÁP BẢO TOÀN MOL ELECTRON
1. Nguyên tắc
Tổng số mol electron chất khử nhường bằng tổng số mol electron chất oxi hoá nhận
e Xn x.n
Dạng 1 : Kim loại tác dụng với dung dịch axit : HNO3; H2SO4 đặc
- Tính khối lượng muối tạo thành:
- Tính số mol HNO3 và H2SO4 phản ứng (kết hợp pp bảo toàn mol nguyên tử).
- So sánh số mol e nhận và nhường để biết có muối tạo thành do sự khử hay
không.
Ví dụ 1: Hoà tan hoàn toàn 9,62 gam hỗn hợp X gồm Mg, Fe, Al trong lượng dư dung
dịch HNO3 loãng, thu được 0,12 mol NO và 0,04 mol N2O. Tổng khối lượng muối
khan tạo thành là
Hướng dẫn
ne = 3NO + 8N2O = 0,36 + 0,32 = 0,68.

3NO
n  / muối =  n electron nhường = 0,68 (mol)
Vậy m muối khan = m hhX +
3NO
m  / muối = 9,62 + 62 0,68 = 51,78 (g).
Ví dụ 2: Hoà tan hoàn toàn 12,42 gam Al bằng dung dịch HNO3 loãng (dư), thu được
dung dịch X và 1,344 lít (ở đktc) hỗn hợp khí Y gồm hai khí là N2O và N2. Tỉ khối
của hỗn hợp khí Y so với khí H2 là 18. Cô cạn dung dịch X, thu được m gam chất rắn
khan. Giá trị của m là
A. 38,34. B. 34,08. C. 106,38. D. 97,98.
Hướng dẫn
Ta có Aln =
12,42
27
= 0,46 (mol); ne = 0,46.3 = 1,38
hh Yn =
1,344
22,4
= 0,06 (mol) ; YM = 18 2 = 36
2N On : 44 8
36  2N On : 2Nn = 8 : 8 = 1 : 1
2Nn : 28 8  2N On = 2Nn = 0,06 : 2 = 0,03 (mol)
Từ (1,2): số mol e nhận = 0,24 + 0,3 = 0,54 < số mol e nhường = 1,38
Do đó sản phẩm khử còn có
3
N

(NH4NO3), khi đó xảy ra thêm (3)
 số mol e nhận ở (3) = 1,38 – 0,27 = 0,84 (mol)
Chất rắn khan thu được gồm 3 3
4 3
Al(NO ) : 0,46 (mol)
NH NO : 0,105 (mol)



Vậy m = 213 0,46 + 80 0,105 = 106,38 (g).
Ví dụ 3: Hỗn hợp X gồm hai kim loại Al và Cu. Hoà tan hoàn toàn 18,2 gam X vào
100 ml dung dịch B chứa đồng thời H2SO4 12M và HNO3 2M, đun nóng. Sau

phản ứng thu được dung dịch Y và 8,96 lít hỗn hợp khí (đktc) T gồm NO và SO2.
Tỉ khối của T so với H2 là 23,5. Khối lượng của muối trong dung dịch Y là
A. 34,2 gam. B. 32,0 gam. C. 66,2 gam gam. D. 33,1
gam.
Lời giải
Dễ dàng tìm được: nNO = 0,2 mol ; 2SOn 0,2(mol)
Dung dịch B gồm: H+
= 2,6 mol ; SO 2
4 = 1,2 mol ; NO 
3 = 0,2 mol.
Các quá trình nhường và nhận electron:
Al  Al3+
+ 3e SO 2
4 + 2e + 4H+
 SO2 + 2H2O
x 3x 0,2 0,4 0,8 0,2
Cu  Cu2+
+ 2e NO
3 + 3e + 4H+
 NO + 2H2O
y 2y 0,2 0,6 0,8 0,2
Áp dụng sự bảo toàn electron, ta có: 3x + 2y = 1 (1)
Phương trình khối lượng : 27x + 64y =18,2 (2)
Giải hệ (1) và (2), ta được : nAl = 0,2 mol ; nCu = 0,2 mol.
Dung dịch Y gồm: Al3+
= 0,2 mol ; Cu2+
= 0,2 mol; H+
=1 mol ; SO4
2–
= 1 mol
( 3NO
bị oxi hoá hết).
Y gồm các muối sunfat :
Al2(SO4)3 = 0,1.342 = 34,2 (g)
CuSO4 = 0,2. 160 = 32 (g)
m = 66,2 gam.
Ví dụ 4: Hoà tan hoàn toàn 12 gam hỗn hợp Fe, Cu (tỉ lệ mol 1 : 1) bằng axit HNO3,
thu được V lít (ở đktc) hỗn hợp khí X (gồm NO và NO2) và dung dịch Y (chỉ chứa hai
muối và axit dư). Tỉ khối của X đối với H2 bằng 19. Giá trị của V là
A. 2,24. B. 4,48. C. 5,60. D. 3,36.
Hướng dẫn
Đặt NOn = a (mol) và 2NOn = b (mol)
Ta có X
30a 46b
M 19 2 38
a b

   

 a = b
Gọi số mol của Fe hoặc Cu trong hỗn hợp là x mol
56x + 64x = 12 (g)  x = 0,1 (mol)
0
Fe 
3
Fe

+ 3e
5
N

+ 3e 
2
N

0,1  0,3 3a  a
0
Cu 
2
Cu

+ 2e
5
N

+ e 
4
N

0,1  0,2 a  a
Do đó 0,3 + 0,2 = 3a + a  a = 0,125 (mol)
Vậy V = 22,4 (a + b) = 22,4 2 0,125 = 5,60 (l).
Ví dụ 5: Cho 1,35 g hỗn hợp gồm Cu, Mg, Al tác dụng hết với dung dịch HNO3 thu
được hỗn hợp khí gồm 0,01 mol NO vào 0,04 mol NO2. Khối lượng muối nitrat
tạo ra trong dung dịch là
A. 5,69g B. 6,59g C. 4,59g D. 4,69g
Lời giải
Đặt x, y, z lần lượt là số mol Cu, Mg, Al.

Cu Cu(NO3)2 NO
Mg + HNO3  Mg(NO3)2 + + H2O
Al Al(NO3)3 NO2
mmuối = m3KL +
3NO
m 
Ta có: 2x + 2y + 3z = 0,03 + 0,04 = 0,07 (1)
Nhưng 0,07 cũng chính là số mol 3NO
tạo muối với ion kim loại.
Khối lượng muối nitrat là : 1,35 + 62.0,07 = 5,69 (g)
Dạng 2: Tìm công thức của sản phẩm khử N+5
và S+6
.
Ví dụ 1: Hoà tan 9,28 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, Zn với số mol bằng nhau trong
một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 đặc, nóng thu được dung dịch Y và 0,07 mol một
sản phẩm Z duy nhất chứa lưu huỳnh. Sản phẩm Z là
A. S. B. H2S. C. SO2. D. SO3.
Hướng dẫn
Gọi x là số oxi hoá của S trong sản phẩm Z ;
a là số mol của mỗi kim loại trong hỗn hợp X
Ta có 24a + 27a + 65a = 9,28 (g)  a =
9,28
116
= 0,08 (mol)
Quá trình nhường electron Quá trình nhận electron
0
Mg 
2
Mg

+ 2e
6
S

+ (6 – x)e 
x
S
a  2a (6 – x)0,07  0,07
0
Al 
3
Al

+ 3e
a  3a
0
Zn 
2
Zn

+ 2e
a  2a
ne = 0,08.7 = 0,56. Số e nhận = 0,56/0,07 = 8 : H2S.
Ví dụ 2: Thổi luồng không khí đi qua 25,2 gam bột sắt sau một thời gian biến thành
hỗn hợp X có khối lượng 30 gam gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4. Cho X phản ứng
hoàn toàn với dung dịch HNO3 thấy giải phóng ra 5,6 lít khí Y duy nhất (đktc).
Khí Y là
A. NO B. NO2 C. NH3 D. N2
Lời giải
- Số mol e nhường : e Fe
25,2
n 3.n 3. 1,35 mol
56
  
- Số mol e mà O2 nhận : 2e O
30 25,2
n 4.n 4. 0,6 mol
32

  
Số mol e mà N+5
nhận để tạo Y : ne = 1,35 - 0,6 = 0,75
Số e mà N+5
nhận tạo Y là 0,75/0,25 = 3 : NO
Ví dụ 3: Hoà tan hoàn toàn 13,92 gam Fe3O4 bằng dung dịch HNO3 thu được 448 ml
khí X (đktc). Khí X là
A. NO B. N2O C. NO2 D. N2
HD. ne = 0,06 mol. Số e nhận = 0,06/0,02 = 3 : NO

Ví dụ 4: Cho 4,05 gam Al tan hoàn toàn vào dung dịch chứa 0,54 mol HNO3 thu được
dung dịch chứa một muối duy nhất và một chất khí X. Chất khí X đó là
A. NO B. N2 C. N2O D. NO2
ne = 3.nAl = 0,45 mol.
Bảo toàn nguyên tố : nN(trong X) = 0,54 - 0,45 = 0,09 mol
Số e mà N+5
nhận = 0,45/0,09 = 5. Một nguyên tử N nhận 5e: N2
Dạng 3 : Tìm công thức của oxit sắt
- Khi tác dụng với chất oxi hóa, các oxit của sắt (FeO và Fe3O4) đều chỉ nhường 1e.
- Khi tác dụng với các chất khử, 1 mol Fe2O3 nhận 6 mol e; 1 mol Fe3O4 nhận 8 mol e
và 1 mol FeO nhận 2 mol e.
Ví dụ 1: Hoà tan hoàn toàn 46,4 gam một sắt oxit bằng dung dịch H2SO4 đặc nóng
(vừa đủ), thu được 2,24 lít khí SO2 (đktc). Công thức của sắt oxit là
A. FeO. B. Fe3O4. C. Fe2O3. D. FeO hoặc Fe3O4.
Hướng dẫn
Ta có 2SOn  =
2,24
22,4
= 0,1 (mol)
ne = 2.0,1 = 0,2 mol.
Moxit 46,4/0,2 = 232 : Fe3O4
Ví dụ 2 : Hoà tan hoàn toàn 20,88 gam một oxit sắt bằng dung dịch H2SO4 đặc, nóng
thu được dung dịch X và 3,248 lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Cô cạn
dung dịch X, thu được m gam muối sunfat khan. Giá trị của m và công thức của oxit
sắt là
A. 58,0 và FeO. B. 36,0 và Fe3O4. C. 36,0 và FeO. D. 58,0 và Fe3O4.
HD. ne = 2.0,145 = 0,29. Moxit = 20,88/0,29 = 72 : FeO
số mol Fe2(SO4)3 = 0,145. m = 0,145.400 = 58.
Dạng 4 : Hỗn hợp kim loại tác dụng với dung dịch muối
Ví dụ 1 : Cho 13g bột Zn phản ứng hoàn toàn với 400 ml dung dịch chứa AgNO3
0,5M và CuSO4 0,5M. Kết thúc phản ứng khối lượng kim loại thu được là
A. 25g B. 26g C. 27g D. 28g
Hướng dẫn
2Zn Ag Cu
13
n 0,2(mol) ; n 0,4.0,5 0,2(mol) ; n 0,4.0,5 0,2(mol)
65
      
Thứ tự ưu tiên phản ứng xảy ra :
2
2 2
Zn 2Ag Zn 2Ag (1)
0,1 0,2 0,2
Zn Cu Zn Cu (2)
0,1 0,1
 
 
  
  
Kết thúc phản ứng Zn hết. Kim loại được giải phóng là Ag, Cu.
mKL = 0,2.108 + 0,1.64 = 28 (g)
Ví dụ 2: Cho 0,03 mol Al và 0,05 mol Fe tác dụng với 200 ml dung dịch X chứa
Cu(NO3)2 và AgNO3, sau phản ứng thu được dung dịch Y và 8,12 gam chất rắn Z gồm

ba kim loại. Cho Z tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 672 ml khí H2 (ở đktc).
Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Nồng độ mol của Cu(NO3)2 và AgNO3 trong dung
dịch X lần lượt là
A. 0,25M và 0,15M B. 0,125M và 0,075M
C. 0,5M và 0,3M D. 0,15M và 0,25M
Hướng dẫn
Gọi a, b là số mol của AgNO3 và Cu(NO3)2 có trong dung dịch A
Theo (5): Fen dư 2H
0,672
n 0,03
22,4   (mol)
 Fen pư = 0,05 – 0,03 = 0,02 (mol)
Khối lượng chất rắn B: 108a + 64b + 56.0,03 = 8,12 (g)
Hay 108a + 64b = 6,44 (I)
3
Al Al 
 + 3e Ag 1e Ag
  
0,03  0,09 a  a
2
Fe Fe 
 + 2e 2
Cu 2e Cu
  
0,02  0,04 b 2b
Do đó 0,09 + 0,04 = a + 2b hay a + 2b = 0,13 (II)
Giải hệ hai pt (I, II) ta được: a = 0,03, b = 0,05
Vậy [Cu(NO3)2] =
0,05
0,25
0,2
 M ; [AgNO3] =
0,03
0,15
0,2
 M.
Dạng 5 : Một số bài toán về sắt và oxit sắt
Ví dụ 1: Đốt m gam Fe trong oxi thu được 48,8 gam hỗn hợp A gồm FeO, Fe3O4,
Fe2O3 và Fe. Hoà tan hoàn toàn A trong H2SO4 đặc, nóng thu được 10,08 lít SO2 duy
nhất (đktc). Giá trị của m là
A. 39,2. B. 32,9. C. 39,8. D. 35,5.
Hướng dẫn
Ta có 2SOn =
10,08
22,4
= 0,45 (mol)
2Om 48,8 m (g)   2O
48,8 m
n (mol)
32


0
2 2 4
0 3
O H SO đ, t3 4
2 4 3 2 2
2 3
FeO
Fe O
Fe A Fe (SO ) SO H O
Fe O
Fe

 



    


0
Fe 
3
Fe

+ 3e
0
2O + 4e  2
2
O

m
56

3m
56
48,8 m
32


48,8 m
8

6
S

+ 2e 
4
S

0,9  0,45
Do đó
3m 48,8 m
0,9
56 8

 
dư

Giải ra ta được m = 39,2 (g).
Ví dụ 2: Thổi luồng không khí đi qua m(g) bột sắt sau một thời gian biến thành hỗn
hợp A có khối lượng 30g gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4. Cho A phản ứng hoàn toàn
với dung dịch HNO3 thấy giải phóng ra 5,6 lít khí NO duy nhất (đktc). Khối
lượng của m là
A. 27,5g B. 22,5g C. 26,2g D. 25,2g
Lời giải
Sơ đồ :


    


2 2 3 3 3 3 2
3 4
Fe, FeO
Fe + O Fe O HNO Fe(NO ) NO H O
Fe O
– Chất cho electron : Fe, số mol là
m
.
56
Fe  Fe3+
+ 3e
m
56
3
m
56
  e cho
m
n 3.
56
– Chất nhận electron : O2, số mol là
30 m
32
và HNO3.
O + 2e  O2–
30 m
16

2
30 m
16

N+5
+ 3e  N+2
(NO)
0,25 0,25 0,25

   e nhËn
30 m
n 2. 0,75
16
Áp dụng sự bảo toàn electron :

   
30 m m
2. 0,75 3. m 25,2 (g)
16 56
Ví dụ 3: Nung nóng 5,6 gam bột sắt trong bình đựng O2 thu được 7,36 gam hỗn hợp X
gồm Fe, Fe2O3 và Fe3O4. Cho X tan hoàn toàn trong dung dịch HNO3 thu được V
lít (đktc) hỗn hợp khí Y gồm NO và N2O4, tỉ khối hơi của Y so với H2 là 25,33. V
có giá trị là
A. 22,4 lít B. 0,672 lít C. 0,372 lít D. 1,12 lít
Lời giải
Gọi 2 4NO N On x(mol); n y(mol) 
2Y/H
30x 92y
d 25,33
(x y).2

 

(1)


     


2 2 3 3 3 3 2
2 4
3 4
Fe
NO
Fe + O Fe O HNO Fe(NO ) H O
N O
Fe O
Chất cho electron : Fe (0,1 mol)

 3
Fe Fe 3e
0,1 0,3
  e chon 0,3 mol e
Chất nhận electron : O


7,36 5,6
0,11 (mol)
16
; HNO3.

2
5 2
5 4
2 4
O 2e O
0,11 0,22
N 3e N (NO)
3x x x
N e N (N O )
2y 2y y

 
 
 
 
 
    e nhËnn 3x 2y 0,22 (mole)
0,3 3x 2y 0,22    (2)
Từ (1), (2)  x = 0,02 mol ; y = 0,01 mol. Vậy V = 0,672 lít.
Ví dụ 4: Cho 6,64 gam hỗn hợp A gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 vào dung dịch HNO3
loãng, dư thu được V lít hỗn hợp khí B (ở 27o
C, 1 atm) gồm NO, NO2 (với
2NO NOn : n 2 ). Mặt khác khi cho luồng khí H2 dư đi qua hỗn hợp A nung nóng,
sau khi phản ứng hoàn toàn thu được 5,04 gam Fe. Thể tích hỗn hợp khí B là
A. 0,464 lít B. 0,672 lít C. 0,242 lít D. 0,738
lít
Lời giải
Fe
FeO + H2  Fe + H2O
Fe2O3
Fe3O4
O(A) Om 6,64 5,04 1,6(gam) n 0,1(mol)    
Fe
FeO NO
Fe + O2  Fe2O3 + HNO3  Fe(NO3)3 + +
H2O
Fe3O4 NO2
Chất cho electron là Fe:
Fe  Fe3+
+ 3e
0,09 0,27
Chất nhận electron là :
O + 2e  O2–
0,1 0,2
N+5
+ 3e  N+2
(NO)
6x 2x
N+5
+ e  N+4
 (NO2)
x x
0,2 + 6x + x = 0,27 x 0,01   tổng số mol 2 khí = 3x = 0,03 mol.
Giải hệ tìm được
0,03.0,082.300
V 0,738
1
  lít.
Ví dụ 5: Cho luồng khí CO đi qua ống sứ đựng m gam oxit Fe2O3 ở nhiệt độ cao
một thời gian, người ta thu được 6,72 gam hỗn hợp A gồm 4 chất rắn khác
nhau. Đem hoà tan hoàn toàn hỗn hợp này vào dung dịch HNO3 dư thấy tạo
thành 0,448 lít khí B ở đktc (duy nhất) có tỉ khối so với hiđro là 15 thì m có
giá trị là
A. 7,5 g B. 7,2 g C. 8,0 g D. 8,4 g

Lời giải
Sơ đồ : Fe2O3
CO
 A 3HNO
 Fe(NO3)3 + NO + H2O
Xét cả quá trình này thì : Fe+3
 Fe+3
(coi như không cho, không nhận).
Chất cho electron : CO
m 6,72
(mol)
16

C+2
 C+4
+ 2e
m 6,72
16

2
m 6,72
16

= e chon
Chất nhận electron : HNO3, khí B là NO.
N+5
+ 3e  N+2
(NO )
0,06 0,02 0,02  e nhËnn 0,06

   
m 6,72
0,06 m 7,2 g
8
Ví dụ 6: Trộn 60g bột Fe với 30g bột lưu huỳnh rồi đun nóng (trong điều kiện không
có không khí) thu được chất rắn X. Hoà tan X bằng dung dịch axit H2SO4 loãng,
dư được dung dịch B và khí C. Đốt cháy C cần V lít O2 (đktc). Các phản ứng xảy
ra hoàn toàn thì V có giá trị là
A. 39,2 lít B. 32,928 lít C. 32,29 lít D. 38,292
lít
Lời giải
Sơ đồ :
  
     
   
o
2 4 2H SO + Ot 2 2
4
2 2
H H OFe Fe
FeSO +
S FeS H S SO
Xét cả quá trình phản ứng thì Fe và S cho electron, còn O2 nhận electron.
Chất cho electron Fe :
60
(mol)
56
; S :
30
(mol)
32
Fe  Fe2+
+ 2e
60
56
2
60
56
S  S+4
(SO2) + 4e
30
32
4
30
32
Chất nhận electron : gọi số mol O2 là x mol.
O2 + 4e  2O–2
x 4x
Áp dụng sự bảo toàn electron : 4.
32
30
2.
56
60
4 x Giải ra x = 1,47 mol ;
2OV 22,4.1,47 32,928  (lít)

6.PHƢƠNG PHÁP SỬ DỤNG CÁC GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH
1. Nguyên tắc
Đây là phương pháp khá hay, cho phép giải nhanh chóng và đơn giản nhiều loại bài
toán hoá học, đặc biệt là hỗn hợp các chất bằng cách có thể coi hỗn hợp nhiều chất là
một chất (giá trị trung bình).
Ghi nhớ: Cần nắm các công thức cơ bản của phương pháp.
Phân tử khối trung bình hoặc nguyên tử khối trung bình (kí hiệu M ) là khối lượng
của 1 mol hỗn hợp. Nói cách khác, M chính là khối lượng mol trung bình của hỗn
hợp, được tính theo công thức:
M = hh
hh
m
n


Hay M = 1 1 2 2 3 3
1 2 3
M .n M .n M .n ...
n n n ...
  
  
(1)
Trong đó M1, M2, M3,… là khối lượng phân tử (hay khối lượng nguyên tử) của các
chất trong hỗn hợp ; 1n , 2n , 3n ,… là số mol tương ứng của các chất.
Công thức (1) có thể viết thành:
M = M1.x1 + M2.x2 + M3.x3 + … (2)
Trong đó x1, x2, x3,… là % số mol tương ứng (riêng đối với chất khí thì x1, x2, x3,…
là % thể tích)
 Đối với chất khí thì tỉ lệ số mol bằng tỉ lệ thể tích, nên công thức (1) có thể viết
thành:
M = 1 1 2 2 3 3
1 2 3
M .V M .V M .V ...
V V V ...
  
  
(3)
 Đối với trường hợp thường gặp, hỗn hợp chỉ có 2 chất:
M = 1 1 2 1M .n M .(n n )
n
 
Trong đó n là tổng số mol của các chất trong hỗn hợp
Hoặc M = M1.x1 + M2.(1 – x1) (1 ứng với 100% và 0 < x1 < 1)
Dưới đây là một số phương pháp trung bình quan trọng nhất.
* Phương pháp khối lượng phân tử (hoặc nguyên tử) trung bình
Ví dụ 1: Hoà tan 2,84 gam hỗn hợp hai muối cacbonat kim loại kiềm thổ thuộc hai chu
kì liên tiếp trong bảng tuần hoàn bằng dung dịch HCl dư, thu được 672 ml khí CO2
(đktc). Hai kim loại đó là
A. Be và Mg. B. Mg và Ca. C. Sr và Ba. D. Ca và Sr.
Hướng dẫn
Đặt công thức chung của hai muối cacbonat là: 3MCO
3MCO + 2HCl  CaCl2 + CO2  + H2O
0,03  0,03
Ta có 2COn =
0,672
22,4
= 0,03 (mol)

Do đó M hh = M + 60 =
2,84
0,03
94,67
 M = 94,67 – 60 = 34,67. Vì thuộc hai chu kì liên tiếp nên hai kim loại đó
là: Mg (24) và Ca (40).
Ví dụ 2: Cho 4,6 gam hỗn hợp Rb với một kim loại kiềm khác tác dụng với H2O thu
được 2,24 lít H2 (đktc). Hãy tìm kim loại kiềm chưa biết.
Hướng dẫn
Gọi kim loại kiềm cần tìm là M
Rb + H2O  RbOH +
1
2
H2  (1)
M + H2O  MOH +
1
2
H2  (2)
Theo (1, 2): n hỗn hợp = 2 2Hn = 2
2,24
22,4
= 0,2 (mol)
 M =
4,6
0,2
= 23
Vì M < MRb = 85,5 nên M < M = 23  Chỉ có Li (MLi = 7) thích hợp
Vậy kim loại kiềm cần tìm là Li.
Ví dụ 3: Hỗn hợp với SO2 và O2 có tỉ khối hơi đối với metan bằng 3. Cần thêm V lít
O2 vào 20 lít hỗn hợp đó để cho tỉ khối giảm đi
1
6
(tức bằng 2,5). Các hỗn hợp khí đo
ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất.
Giá trị của V là
A. 20 B. 25 C. 30 D. 15
Hướng dẫn
Cách 1: Phương pháp trung bình
Gọi x là thể tích SO2 trong hỗn hợp đầu
M đầu = 64x + 32(1 – x) = 3 16 = 48
 x = 0,5, tức chiếm 50%
Do đó trong hỗn hợp đầu có 10 lít SO2 và 10 lít O2
Gọi V là số lít O2 cần thêm vào
Như vậy hỗn hợp sau có 10 lít SO2 và (10 + V) lít O2
Ta có M sau =
64 10 32 (10 V)
20 V
   

= 2,5 16 = 40  V = 20
Vậy cần thêm 20 lít O2 vào hỗn hợp.
Cách 2: Kết hợp với phương pháp quy đổi
Ta có thể xem hỗn hợp đầu như một chất khí có thể tích bằng 20 lít và có 1M = 48
và xem V lít O2 thêm vào là khí thứ hai
Ta có M =
48 20 32 V
20 V
  

= 40  V = 20
Vậy cần thêm 20 lít O2 vào hỗn hợp.
Ví dụ 4: Cho 12,4 gam hỗn hợp X gồm hai kim loại kiềm A, B (ở 2 chu kì kế tiếp
nhau) vào nước thu được 2,24 lít hiđro ( ở đktc). A, B là hai kim loại nào sau đây
?
A. Li, Na B. Na, K C. K, Rb D. Rb, Cs

Lời giải
Đặt công thức chung của A và B là R .
R + HOH  R OH +
1
2
H2
0,4 mol 0,2 mol
A
B
M 23 (Na)12,4
M 31(g / mol)
0,4 M 39 (K)

   

Ví dụ 5 :Hoà tan hoàn toàn 4,52g hỗn hợp (bột mịn) A gồm hai muối cacbonat của hai
kim loại kiềm thổ (thuộc hai chu kì liên tiếp) trong dung dịch HCl thu được khí B, Cho
toàn bộ khí B hấp thụ hết bởi 3 lít dung dịch Ca(OH)2 0,015M, thu được 4g kết tủa và
dung dịch muối. Công thức của hai muối cacbonat đó là
A. Be, Mg. B. Mg, Ca. C. Ca, Sr. C. Sr, Ba.
Lời giải
Đặt phản ứng chung là :
3ACO + 2HCl  ACl2 + H2O + CO2
CO2 tham gia hai quá trình:
CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O
0,04 0,04 0,04
2CO2 + Ca(OH)2  Ca(HCO3)2
0,01 0,005
X
A
Y
M 24 (Mg)4,52
M 90,4 M 60 90,4 A 30,4
0,05 M 40 (Ca)

        

Ví dụ 6. Hoà tan 5,94g hỗn hợp hai muối clorua của hai kim loại A và B, A và B là hai
kim loại thuộc nhóm IIA vào nước được 100ml dung dịch X. Để làm kết tủa hết
ion Cl–
trong dung dịch X người ta cho dung dịch X tác dụng với dung dịch
AgNO3 thu được 17,22g kết tủa. Công thức của hai muối clorua là
A. BeCl2, MgCl2 B. MgCl2, CaCl2
C. CaCl2, SrCl2 D. S rCl2, BaCl2
Lời giải
Đặt công thức chung của hai muối là 2RCl .
Ag+
+ Cl–
 AgCl
0,12 0,12
2RCl R
5,94
n 0,06 M 99 M 28
0,06
     
Vậy hai kim loại đó là Mg và Ca, hai muối có công thức là MgCl2 và CaCl2.
Ví dụ 7. Hoà tan 46g một hỗn hợp gồm Ba và 2 kim loại kiềm A, B thuộc 2 chu kì liên
tiếp vào nước thì được dung dịch D và 11,2 lít khí đo ở đktc. Nếu thêm 0,18 mol
Na2SO4 vào dung dịch D thì dung dịch sau phản ứng vẫn chưa kết tủa hết Ba.
Nếu thêm 0,21 mol Na2SO4 vào dung dịch D thì dung dịch sau phản ứng còn dư
Na2SO4. Hai kim loại kiềm đã dùng là
A. Li, Na. B. Na, K. C. K, Rb. D. Rb, Cs.

Hướng dẫn
Gọi công thức trung bình của hai kim loại kiềm làA ; Ba An x mol ; n y mol  .
2
2 2
Ba Ba(OH)
H O H
A AOH
  
2 2
4 4Ba SO BaSO 
  
Theo giả thiết : 0,18 < x < 0,21 (1)
2
hh
H
m 137x yM 46(2)
46 M
x (4)y
137 2Mn x 0,5 (3)
2
   

 
  

thay vào (1) ta có:
29,7 < M < 33,3  Vậy hai kim loại kiềm kế tiếp là Na, K.

7.PHƢƠNG PHÁP QUY ĐỔI
1. Nguyên tắc
Khi quy đổi hỗn hợp nhiều chất về hỗn hợp ít chất hơn hoặc chỉ còn một chất hoặc
về các nguyên tử tương ứng, phải bảo toàn số mol nguyên tố, bảo toàn số oxi hoá và
bảo toàn khối lượng hỗn hợp.
Một số trường hợp quy đổi :
- Hỗn hợp gồm các oxit của sắt :
+ Quy về FeO và Fe2O3 + Qui về Fe3O4 (nếu số
mol FeO = Fe2O3)
+ Qui về Fe và O2.
- Hỗn hợp gồm sắt và các oxit của sắt : qui về Fe và O2.
- Hỗn hợp gồm : Fe, FeS, FeS2 : qui về Fe và S.
Sau khi qui đổi, thường sử dụng các phương pháp bảo toàn mol electron, bảo toàn
nguyên tố để tìm kết quả.
Ví dụ 1: (2008 - Khối A) Để hoà tan hoàn toàn 2,32 gam hỗn hợp gồm FeO, Fe3O4
và Fe2O3 (trong đó số mol FeO bằng số mol Fe2O3), cần dùng vừa đủ V lít dung dịch
HCl 1M. Giá trị của V là
A. 0,23. B. 0,18. C. 0,08. D. 0,16.
Hướng dẫn
Quy đổi hỗn hợp 3 oxit về 1 oxit Fe3O4 (vì Fe3O4  FeO.Fe2O3)
Fe3O4 + 8HCl  FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O
0,01 0,08
3 4Fe On =
2,32
232
= 0,01 (mol); Vậy V =
0,08
1
= 0,08 (l).
Ví dụ 2: Cho 9,12 gam hỗn hợp gồm FeO, Fe2O3, Fe3O4 tác dụng với dung dịch
HCl (dư). Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, được dung dịch Y; cô cạn Y
được 7,62 gam FeCl2 và m gam FeCl3. Giá trị của m là
A. 9,75. B. 8,75. C. 7,80. D. 6,50.
Hướng dẫn
Quy hỗn hợp về hai oxit FeO và Fe2O3
FeO + 2HCl  FeCl2 + H2O (1)
0,06  0,06
Fe2O3 + 6HCl  2FeCl3 + 3H2O (2)
0,03  0,06
Ta có 2FeCln =
7,62
127
= 0,06 (mol);  2 3Fe On =
9,12 72 0,06
160
 
= 0,03 (mol). Vậy m =
162,5 0,06 = 9,75

Ví dụ 3: Hoà tan hết m gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe2O3, Fe3O4 bằng HNO3 đặc nóng
thu được 4,48 lít khí NO2 (ở đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 145,2
gam muối khan. Giá trị của m là
A. 92,8. B. 78,4. C. 46,4. D. 47,2.
Hướng dẫn
Quy hỗn hợp X về hai chất FeO và Fe2O3
FeO + 4HNO3  Fe(NO3)3 + NO2  + 2H2O (1)
0,2 0,2  0,2
Fe2O3 + 6HNO3  2Fe(NO3)3 + 3H2O (2)
0,2  0,4
Ta có 2NOn =
4,48
22,4
= 0,2 (mol) ; 3 3Fe(NO )n =
145,2
242
= 0,6 (mol)
 3 3Fe(NO )n ở (2) = 0,6 – 0,2 = 0,4 (mol) Vậy m = (72 +160) 0,2
= 46,4 (g).
Ví dụ 4: Hoà tan hoàn toàn 49,6 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 bằng
H2SO4 đặc nóng thu được dung dịch Y và 8,96 lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất ở
đktc). Phần trăm khối lượng oxi trong hỗn hợp X là
A. 20,97. B. 71,77. C. 79,03. D. 28,23.
Quy hỗn hợp X về hai chất FeO, Fe2O3
2FeO + 4H2SO4  Fe2(SO4)3 + SO2  + 4H2O (1)
0,8  0,4
Fe2O3 + 3H2SO4  Fe2(SO4)3 + 3H2O (2)
0,05
Ta có 2SOn =
8,96
22,4
= 0,4 (mol);  2 3Fe On =
49,6 72 0,8
160
 
= 0,05 (mol)
On trong hh X = 0,8 + 3 ( 0,05 ) = 0,65 (mol). Vậy O% m =
16 0,65
49,6

 100%
20,97%.
* Quy hỗn hợp X về hai chất Fe3O4, Fe2O3
2Fe3O4 + 10H2SO4  3Fe2(SO4)3 + SO2  + 10H2O (1)
0,8  0,4
Fe2O3 + 3H2SO4  Fe2(SO4)3 + 3H2O (2)
0,85
 2 3Fe On =
49,6 232 0,8
160
 
= 0,85 (mol);
On trong hh X = 4 0,8 + 3 ( 0,85 ) = 0,65 (mol)
Vậy % Om =
16 0,65
49,6

 100% 20,97%.

Ví dụ 5: Cho 11,36 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 phản ứng hết với
dung dịch HNO3 loãng (dư), thu được 1,344 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở
đktc) và dung dịch X. Cô cạn dung dịch X thu được m gam muối khan. Giá trị của m
là
A. 38,72. B. 35,50. C. 49,09. D. 34,36.
* Quy hỗn hợp X về hai chất FeO, Fe2O3
3FeO + 10HNO3  3Fe(NO3)3 + NO + 5H2O (1)
0,18 0,18  0,06
Fe2O3 + 6HNO3  2Fe(NO3)3 + 3H2O (2)
0,01  0,02
NOn =
1,344
22,4
= 0,06 (mol);  2 3Fe On =
11,36 72 0,18
160
 
= 0,01 (mol)
3 3Fe(NO )n = 0,18 + ( 0,02 ) = 0,16 (mol); Vậy m = 242 0,16 = 38,72 (g).
* Quy hỗn hợp X về hai chất Fe3O4, Fe2O3
3Fe3O4 + 28HNO3  9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O (1)
0,18 0,54  0,06
Fe2O3 + 6HNO3  2Fe(NO3)3 + 3H2O (2)
0,19  0,38
 2 3Fe On =
11,36 232 0,18
160
 
= 0,19 (mol) 3 3Fe(NO )n = 0,54 + ( 0,38 ) = 0,16 (mol)
Vậy m = 242 0,16 = 38,72 (g).
Ví dụ 6: (CĐ năm 2008 - Khối A, B) Trộn 5,6 gam bột sắt với 2,4 gam bột lưu
huỳnh rồi nung nóng (trong điều kiện không có không khí), thu được hỗn hợp rắn
M. Cho M tác dụng với lượng dư dung dịch HCl, giải phóng hỗn hợp khí X và còn
lại một phần không tan G. Để đốt cháy hoàn toàn X và G cần vừa đủ V lít khí O2 (ở
đktc). Giá trị của V là
A. 2,80. B. 3,36. C. 3,08. D. 4,48.
Ta có Fen =
5,6
56
= 0,1 (mol) ; Sn =
2,4
32
= 0,075 (mol)
Ta nhận thấy hỗn hợp khí X gồm H2 và H2S ; phần không tan G là S.
Quy đổi hỗn hợp X thành H2 và S, như vậy đốt cháy X và G coi như đốt cháy H2 và
S:
2H2 + O2  2H2O (1)
0,1 0,05
S + O2  SO2 (2)
0,075  0,075
Vậy V = 22,4 (0,05 + 0,075) = 2,8 (l).
Ví dụ 7: Để m gam bột sắt ngoài không khí, sau một thời gian biến thành hỗn hợp A
có khối lượng 12g gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3. Cho A tác dụng hết với dung dịch
HNO3 loãng dư thấy sinh ra 2,24 lít khí NO duy nhất ở đktc. m có giá trị là
A. 12,08 gam B. 10,08 gam C. 11,58 gam D. 9,05 gam

Lời giải
Ta có thể quy đổi như sau:
4FeO  Fe.Fe3O4 ; 3FeO  Fe.Fe2O3
3Fe3O4  Fe.4Fe2O3 ; Fe3O4  FeO.Fe2O3
Vì vậy hỗn hợp A có thể quy đổi về hỗn hợp gồm :
– 3 chất: Fe, FeO, Fe2O3 ; Fe, Fe3O4, Fe2O3 ; FeO, Fe3O4, Fe2O3.
– 2 chất: Fe, FeO; Fe, Fe3O4; Fe, Fe2O3;
FeO, Fe3O4; FeO, Fe2O3; Fe3O4, Fe2O3
– 1 chất: FexOy hoặc FeOa.
Ứng với mỗi cách quy đổi là có một cách giải bài toán, sau đó áp dụng sự bảo
toàn nguyên tố Fe và định luật bảo toàn khối lượng. mFe + moxi phản ứng = moxit
Ví dụ 8: Cho 1,35 gam hỗn hợp 3 kim loại tác dụng hết với dung dịch HNO3 loãng, dư
thu được 1,12 lít (đktc) hỗn hợp 2 khí NO và NO2 có tỉ khối so với H2 là 21,4.
Khối lượng muối nitrat tạo ra là
A. 5,69 g B. 6,59 g C. 5,00 g D. 6,5 g
Lời giảiGọi  2NO NOn x (mol) ; n y (mol). Ta có hệ phương trình:
 
 
 
x + y = 0,05 x 0,01
30x + 46y = 2,14 y 0,04
Coi hỗn hợp 3 kim loại chỉ là một kim loại M, hoá trị n, số mol là a (mol)
Bảo toàn electron ta có các quá trình cho và nhận electron :
M  Mn+
+ ne
a na
N+5
+3e  N+2
N+5
+1e  N+4
na = 3x+ y = 0,07 mmuối = mKL +
3NO
m  = 1,35 + n.a.62 = 1,35 + 0,07.
62 = 5,69 (g)
Ví dụ 9: Cho 4,64 gam hỗn hợp A gồm (FeO, Fe2O3, Fe3O4) trong đó số mol của FeO
bằng số mol của Fe2O3 tan vừa đủ trong V lít dung dịch hỗn hợp gồm: H2SO4
0,2M và HCl 0,6 M. V có giá trị là
A. 0,16 B. 0,32 C. 0,11 D. 0,1
Lời giải
Do  2 3FeO Fe On n nên coi hỗn hợp chỉ là Fe3O4 .
 3 4Fe O
4,64
n 0,02 (mol)
232
  H
n 0,4V + 0,6V = V (mol)
Fe3O4 + 8H+
 2Fe3+
+ Fe2+
+ 4H2O
 
H
n 8. 0,02 = 0,16  V = 0,16 (lít)
Ví dụ 10: Hoà tan hoàn toàn m gam hỗn hợp (FeO, Fe2O3, Fe3O4) vừa hết với dung
dịch H2SO4 loãng thu được dung dịch A. Chia A làm 2 phần bằng nhau:

– Phần 1 cho tác dụng dd NaOH dư thu kết tủa rồi nung trong không khí đến
khối lượng không đổi được 8,8 gam chất rắn.
– Phần 2 làm mất màu vừa đủ 100 ml dung dịch KMnO4 0,1M trong môi trường
H2SO4 loãng dư.
Vậy m có giá trị là
A. 8,4 g B. 16,8 g C. 20,2 g D. 22 g
Lời giải
Cách 1. Quy Fe3O4 về FeO và Fe2O3
Nên hỗn hợp đầu quy về hỗn hợp FeO và Fe2O3.
Gọi  2 3FeO Fe On x(mol) ; n y(mol) trong 1/2 hỗn hợp.
 2 3Fe O
8,8
n 0,055 (mol)
160
Sơ đồ đơn giản:
FeO  Fe2O3
Fe2O3  Fe2O3
Bảo toàn nguyên tố Fe: x + 2y = 0,11 (mol)
4KMnOn 0,01(mol) . Với KMnO4 thì:
Fe2+
 Fe3+
+ e Mn+7
+ 5e  Mn+2
x x 0,01 0,05

   

x 0,05 (mol)
m 2(0,05.72 0,03.160) 16,8 (g)
y 0,03 (mol)
Cách 2. Quy hỗn hợp về một chất có công thức quy đổi là FeOa.
FeOa  Fe2O3
0,11 0,055
Fe+2a
 Fe+3
+ (3 – 2a)e Mn+7
+ 5e  Mn+2
0,11 (3 – 2a).0,11 0,01 0,05
0,11(3 – 2a) = 0,05
0,28 14
a
0,22 11
  
m = 2.[0,11(56 + 16.
14
11
)] = 16,8 (g)

8.PHƢƠNG PHÁP GIẢI BẰNG PHƢƠNG TRÌNH ION
1. Nguyên tắc
Có nhiều bài toán hoá học (nhất là toán hoá vô cơ) cho hỗn hợp nhiều chất tác dụng
với dung dịch hỗn hợp nhiều chất khác. Nếu chỉ dựa vào phương trình hoá học dạng
phân tử để tính toán số mol các chất phản ứng và chất tạo thành, thì rất phức tạp và
nhiều khi không rõ bản chất. Để hiểu bản chất, tính toán đơn giản và nhanh chóng,
thay vì phải viết nhiều phương trình hoá học dạng phân tử ta chỉ cần viết một hoặc vài
phương trình hoá học dạng ion rút gọn.
Ví dụ 1: Hoà tan hết 7,74 gam hỗn hợp bột Mg, Al bằng 500 ml dung dịch hỗn hợp
HCl 1M và H2SO4 0,28M thu được dung dịch X và 8,736 lít khí H2 (ở đktc). Cô cạn
dung dịch X thu được lượng muối khan là
Hướng dẫn
Ta có 2Hn  =
8,736
22,4
= 0,39 (mol)
HCln = 0,5 1= 0,5 (mol) ; 2 4H SOn = 0,5 0,28 = 0,14 (mol)
Các phương trình điện li:
HCl  H
+ Cl
0,5  0,5 0,5
H2SO4  2H
+ 2
4SO 
0,14  0,28 0,14
 H
n  ban đầu = 0,5 + 0,28 = 0,78 (mol)
Các phương trình hoá học dạng ion:
Mg + 2 H
 2
Mg 
+ H2  (1)
2Al + 6 H
 3
Al 
+ 3H2  (2)
Theo (1, 2): H
n  phản ứng = 2
2Hn  = 0,78 (mol)  H
phản ứng vừa đủ
Vậy Xm = m hh kim loại + m gốc axit
= 7,74 + 35,5 0,5 + 96 0,14 = 38,93 (g).
Ví dụ 2: Thêm m gam kali vào 300 ml dung dịch chứa Ba(OH)2 0,1M và NaOH
0,1M thu được dung dịch X. Cho từ từ dung dịch X vào 200 ml dung dịch Al2(SO4)3
0,1M thu được kết tủa Y. Để thu được lượng kết tủa Y lớn nhất thì giá trị của m là
A. 1,59. B. 1,17. C. 1,71. D. 1,95.
Hướng dẫn

Ta có 2Ba(OH)n = 0,3 0,1= 0,03 (mol) ; NaOHn = 0,3 0,1= 0,03 (mol)
2 4 3Al (SO )n = 0,2 0,1= 0,02 (mol)
Ba(OH)2  2
Ba 
+ 2OH
Al2(SO4)3  2 3
Al 
+ 3 2
4SO 
0,03  0,03 0,06 0,02  0,04 0,06
NaOH  Na
+ OH
0,03  0,03
2K + 2H2O  2K
+ 2OH
+ H2  (1)
0,03  0,03
2
Ba 
+ 2
4SO 
 BaSO4  (2)
0,03  0,03
3
Al 
+ 3OH
 Al(OH)3  (3)
0,04  0,12
Để thu được lượng kết tủa Y lớn nhất thì OH
phản ứng vừa đủ với 3
Al 
 OH
n  tạo ra ở (1) = 0,12 – (0,06 + 0,03) = 0,03 (mol) Vậy m = 39 0,03 = 1,17
(g).
Ví dụ 3: Trộn 100 ml dung dịch (gồm Ba(OH)2 0,1M và NaOH 0,1M) với 400 ml
dung dịch (gồm H2SO4 0,0375M và HCl 0,0125M), thu được dung dịch X. Giá trị pH
của dung dịch X là
A. 7. B. 2. C. 1. D. 6.
(Trích đề thi TSĐH năm 2007 - Khối B)
Hướng dẫn
2Ba(OH)n = 0,1 0,1= 0,01 (mol) ; 2 4H SOn = 0,4 0,0375 = 0,015 (mol)
NaOHn = 0,1 0,1= 0,01 (mol) ; HCln = 0,4 0,0125 = 0,005 (mol)
Ba(OH)2  2
Ba 
+ 2OH
H2SO4  2H
+ 2
4SO 
0,01  0,01 0,02 0,015  0,03 0,015
+ OH
HCl  H
+ Cl
0,01  0,01 0,005  0,005
OH
n  = 0,03 (mol) < H
n  = 0,035 (mol)
H
+ OH
 H2O (1)
0,03  0,03
2
Ba 
+ 2
4SO 
 BaSO4  (2)
 H
n  dư = 0,035 – 0,03 = 0,005 (mol)
[H+
] trong dd X =
0,005
0,1 0,4
= 0,01M = 2
10
M
Vậy dung dịch X có pH = 2.

Ví dụ 4: Rót 1 lít dung dịch A chứa NaCl 0,3M và (NH4)2CO3 0,25M vào 2 lít dung
dịch B chứa NaOH 0,1M và Ba(OH)2 0,1M. Sau khi kết thúc phản ứng, khối lượng cả
hai dung dịch giảm là
Hướng dẫn
Ta có NaCln = 1 0,3 = 0,3 (mol) ; NaOHn = 2 0,1 = 0,2 (mol)
4 2 3(NH ) COn = 1 0,25 = 0,25 (mol) ; 2Ba(OH)n = 2 0,1= 0,2 (mol)
NaCl  Na
+ Cl
+ OH
0,3  0,3 0,3 0,2  0,2
(NH4)2CO3  2 4NH
+ 2
3CO 
Ba(OH)2  2
Ba 
+ 2OH
0,25  0,5 0,25 0,2  0,2 0,4
  OH
n  = 0,6 (mol)
2
Ba 
+ 2
3CO 
 BaCO3  (1)
0,2  0,2 0,2
4NH
+ OH
 NH3  + H2O (2)
0,5  0,5 0,5
Vậy khối lượng cả hai dung dịch giảm bằng:
3BaCOm  + 3NHm  =197 0,2 + 17 0,5= 47,9 (g).
Ví dụ 5: Thực hiện hai thí nghiệm:
- Cho 3,84 gam Cu phản ứng với 80 ml dung dịch HNO3 1M thoát ra V1 lít NO.
- Cho 3,84 gam Cu phản ứng với 80 ml dung dịch chứa HNO3 1M và H2SO4 0,5M
thoát ra V2 lít NO.
Biết NO là sản phẩm khử duy nhất, các thể tích khí đo ở cùng điều kiện. Quan hệ
giữa V1 và V2 là
A. V2 = V1. B. V2 = 2,5V1. C. V2 = 2V1. D. V2 = 1,5V1.
Hướng dẫn
Ta có Cun =
3,84
64
= 0,06 (mol)
3HNOn = 0,08 1= 0,08 (mol) ; 2 4H SOn = 0,08 0,5= 0,04 (mol)
 Thí nghiệm 1: H
n  = 3HNOn = 0,08 (mol)
3Cu + 8 H
+ 2 3NO
 3 2
Cu 
+ 2NO + 4H2O (1)
bđ: 0,06 0,08 0,08
pứ: 0,03 0,08  0,02 0,02
spứ: 0,03 0 0,06
 Thí nghiệm 2: H
n  = 3HNOn + 2 2 4H SOn = 0,16 (mol)
3Cu + 8 H
+ 2 3NO
 3 2
Cu 
+ 2NO + 4H2O (2)
bđ: 0,06 0,16 0,08

pứ: 0,06 0,16  0,04 0,04
spứ: 0 0 0,04
Do đó NOn (2) = 2 NOn (1)  V2 = 2V1.
Ví dụ 6: Dung dịch X chứa hỗn hợp gồm Na2CO3 1,5M và KHCO3 1M. Nhỏ từ từ
từng giọt cho đến hết 200 ml dung dịch HCl 1M vào 100 ml dung dịch X, sinh ra V lít
khí (ở đktc). Giá trị của V là
A. 4,48. B. 3,36. C. 2,24. D. 1,12.
Hướng dẫn
Ta có 2
3CO
n  = 2 3Na COn = 0,1 1,5 = 0,15 (mol)
3HCO
n  = 3KHCOn = 0,1 1 = 0,1 (mol) ; HCln = 0,2 1= 0,2 (mol)
2
3CO 
+ H
 3HCO
(1)
bđ: 0,15 0,2
pứ: 0,15  0,15 0,15
spứ: 0 0,05
3HCO
+ H
 2CO  + H2O (2)
bđ: 0,25 0,05
pứ: 0,05  0,05  0,05
spứ: 0,2 0
Vậy V = 0,05 22,4 = 1,12 (l).
Ví dụ 7: Cho 0,448 lít khí CO2 (ở đktc) hấp thụ hết vào 100 ml dung dịch chứa hỗn
hợp NaOH 0,06M và Ba(OH)2 0,12M, thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là
A. 1,182. B. 3,940. C. 1,970. D. 2,364.
Hướng dẫn
Ta có 2COn =
0,448
22,4
= 0,02 (mol)
NaOHn = 0,1 0,06 = 0,006 (mol) ; 2Ba(OH)n = 0,1 0,12 = 0,012 (mol)
 OH
n  = 0,006 + 2 0,012 = 0,03 (mol)
CO2 + OH
 3HCO
+ H2O (1)
bđ: 0,02 0,03
pứ: 0,02  0,02 0,02
spứ: 0 0,01
3HCO
+ OH
 2
3CO 
+ H2O (2)
bđ: 0,02 0,01
pứ: 0,01  0,01  0,01
spứ: 0,01 0

2
Ba 
+ 2
3CO 
 BaCO3  (3)
bđ: 0,012 0,01
pứ: 0,01  0,01  0,01
spứ: 0,002 0
Vậy m = 3BaCOm  = 197 0,01 = 1,97 (g).

9.PHƢƠNG PHÁP BẢO TOÀN ĐIỆN TÍCH
1. Nguyên tắc
Trong một dung dịch luôn luôn có sự trung hoà về điện tích, nghĩa là tổng số điện
tích dương bằng tống số điện tích âm.
Ví dụ 1: Một dung dịch chứa 0,02 mol 2
Cu 
, 0,03 mol K
, x mol Cl
và y mol 2
4SO 
. Tổng
khối lượng các muối tan có trong dung dịch là 5,435 gam. Giá trị của x và ylần 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.
Hướng dẫn
Vì trong một dung dịch luôn trung hoà về điện tích nên:
2 2
Cu
n  + 1 K
n  = 1 Cl
n  + 2 2
4SO
n 
 2 0,02 + 1 0,03 = 1 x + 2 y
 x + 2y = 0,07 (1)
Tổng khối lượng muối bằng tổng khối lượng các ion:
64 0,02 + 39 0,03 + 35,5 x + 96 y = 5,435 (g)
 35,5x + 96y = 2,985 (2)
Giải hệ hai pt (1, 2) ta được: x = 0,03, y = 0,02.
Ví dụ 2: Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,12 mol FeS2 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.
Hướng dẫn
3HNO 2 4 32
2
2 4
Fe (SO )FeS
dd X NO H O
Cu S CuSO
 
    
 
FeS2  3
Fe 
+ 2 2
4SO 
0,12  0,12 0,24
Cu2S  2 2
Cu 
+ 2
4SO 
a  2a a
Áp dụng sự bảo toàn điện tích trong dung dịch X, ta có:
3 0,12 + 2 2a = 2 (0,24 + a)  a = 0,06 (mol).
Ví dụ 3: Cho 24,4 gam hỗn hợp Na2CO3, K2CO3 tác dụng vừa đủ với dung dịch
BaCl2, thu được 39,4 gam kết tủa. Lọc tách kết tủa, cô cạn dung dịch thu được m gam
muối clorua khan. Giá trị m là
A. 2,66. B. 26,6. C. 6,26. D. 22,6.

Hướng dẫn
2
Ba 
+ 2
3CO 
 3BaCO 
0,2  0,2
Ta có 3BaCOn  =
39,4
197
= 0,2 (mol)
 Na
m  + K
m  = 24,4 – 60 0,2 =12,4 (g)
 Na
n  + K
n  = 2 2
3CO
n  = 2 0,2 = 0,4 (mol)
Áp dụng sự bảo toàn điện tích cho dung dịch sau phản ứng:
Cl
n  = Na
n  + K
n  = 0,4 (mol)
Vậy m = Na
m  + K
m  + Cl
m  = 12,4 + 35,5 0,4 = 26,6 (g).
Ví dụ 4: Có hai dung dịch là dung dịch A và dung dịch B. Mỗi dung dịch chỉ chứa 2
cation và 2 anion trong số các ion sau: K
(0,15 mol), 2
Mg 
(0,1 mol), 4NH
(0,25
mol), H
(0,2 mol), Cl
(0,1 mol), 2
4SO 
(0,075 mol), 3NO
(0,25 mol), 2
3CO 
(0,15
mol). Xác định dung dịch A và dung dịch B.
Hướng dẫn
Vì anion 2
3CO 
không tồn tại đồng thời với các cation 2
Mg 
, H
nên:
- Dung dịch A: K
, 4NH
, 2
3CO 
, y
X 
- Dung dịch B: 2
Mg 
, H
, * , * .
Áp dụng sự bảo toàn điện tích đối với dung dịch A, ta có
1 0,15 + 1 0,25 = 2 0,15 + y n
X
n 
 y n
X
n  = 0,1
y 1 2
n
X
n  0,1 0,5
Chỉ có cặp nghiệm y = 1, n
X
n  = 0,1 là thích hợp
Vậy dung dịch A chứa: K
, 4NH
, 2
3CO 
, Cl
và dung dịch B chứa: 2
Mg 
, H
, 3NO
, 2
4SO 
.
Ví dụ 5: Dung dịch A chứa a mol Na
, b mol 4NH
, c mol 3HCO
, d mol 2
3CO 
, e mol
2
4SO 
(không kể các ion H
và OH
của nước).
a) Lập biểu thức liên hệ giữa a, b, c, d, e.
b) Thêm (c + d + e) mol Ba(OH)2 vào dung dịch A, đun nóng thu được kết tủa B,
dung dịch X và khí Y duy nhất. Tính số mol của mỗi chất trong kết tủa B, khí Y và của
mỗi ion trong dung dịch X theo a, b, c, d, e.
Hướng dẫn
a) Áp dụng sự bảo toàn điện tích trong một dung dịch, ta có
1 Na
n  + 1
4NH
n  = 1
3HCO
n  + 2 2
3CO
n  + 2 2
4SO
n 
 a + b = c + 2d + 2e

b) Ba(OH)2  2
Ba 
+ 2OH
c + d + e  c + d + e 2(c + d + e)
2
Ba 
+ 2
4SO 
 BaSO4  (1)
e  e  e
2
Ba 
+ 2
3CO 
 BaCO3  (2)
d  d  d
2
Ba 
+ 3HCO
+ OH
 BaCO3  + H2O (3)
c  c  c c
4NH
+ OH
 NH3  + H2O (4)
b  b b
Vì dung dịch X phải chứa Na
nên OH
dư.
Do đó kết tủa thu được gồm 4
3
BaSO e mol
BaCO (c d) mol



; khí Y là NH3 b mol
Dung dịch X chứa Na
(a mol) và OH
dư = 2(c + d + e) – c – b = a (mol)
Hoặc dựa vào sự trung hoà về điện của dung dịch X để tính số mol OH
Na
n  = nOH = a (mol).
Ví dụ 6: Dung dịch Z có chứa 5 ion: 2
Mg 
, 2
Ba 
, 2
Ca 
và 0,1 mol Cl
, 0,2 mol
3NO
. Thêm dần V ml dung dịch K2CO3 0,5M vào Z đến khi được lượng kết tủa lớn
nhất thì giá trị V tối thiểu cần dùng là
A. 150. B. 200. C. 220. D. 300.
Hướng dẫn
Có thể quy đổi các cation 2
Mg 
, 2
Ba 
, 2
Ca 
thành 2
M 
2
M 
+ 2
3CO 
 3MCO 
Khi phản ứng kết thúc, phần dung dịch chứa K
, Cl
và 3NO
.
Áp dụng sự bảo toàn điện tích, ta có:
K
n  = Cl
n  +
3NO
n  = 0,1 + 0,2 = 0,3 (mol)
 2 3K COn =
1
2
 K
n  = 0,15 (mol)
Vậy 2 3dd K COV =
0,15
0,5
= 0,3 (l) = 300 (ml).
Ví dụ 7: Dung dịch X chứa các ion: 3
Fe 
, 4NH
, 2
4SO 
, Cl
. Chia dung dịch X thành
hai phần bằng nhau. Phần một tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH, đun nóng
thu được 0,672 lít khí (ở đktc) và 1,07 gam kết tủa ; Phần hai tác dụng với lượng dư
dung dịch BaCl2, thu được 4,66 gam kết tủa. Tổng khối lượng các muối khan thu được
khi cô cạn dung dịch X là (quá trình cô cạn chỉ có nước bay hơi)

Hướng dẫn
 Phần 1: 3
Fe 
+ 3OH
 Fe(OH)3  (1)
0,01  0,01
4NH
+ OH
 NH3  + H2O (2)
0,03  0,03
 Phần 2: 2
Ba 
+ 2
4SO 
 BaSO4  (3)
0,02  0,02
Ta có
3Fe(OH)n 
= 1,07
107
= 0,01 (mol)
3NHn 
=
0,672
22,4
= 0,03 (mol)
4BaSOn 
= 4,66
233
= 0,02 (mol)
Vì trong dung dịch X luôn trung hoà về điện tích nên:
3 0,01 + 1 0,03 = 2 0,02 + 1 Cl
n 
 Cl
n  = 0,02 (mol)
Vậy tổng khối lượng của các chất tan trong dung dịch Z là
2 (56.0,01 + 18.0,03 + 96.0,02 + 35,5.0,02) = 7,46 (g).
Bài 8. Cho dung dịch A chứa đồng thời 2 axit H2SO4 1,5M và HCl 2M vào 200ml
dung dịch B chứa NaOH 1,8M và KOH 1,2M. Khi môi trường dung dịch trung
tính thì thể tích dung dịch A cần là
A. 100 ml B. 120 ml C. 200 ml D. 250 ml
Lời giải


  
  


H
OH
n V.(2.1,5 2) 5V (mol)
n 0,2.(1,8 1,2) 0,6 (mol)
Khi môi trường trung tính : 5V = 0,6 V= 120 ml
Bài 9. Cho 200ml dung dịch A chứa đồng thời 2 axit HCl 1M và HNO3 2M vào 300ml
dung dịch B chứa NaOH 0,8M và KOH x(M) thu được dung dịch C. Biết rằng để
trung hoà 100ml dung dịch C cần 60ml dung dịch HCl 1M. x có giá trị là
A. 2,2M B. 3,2M C. 2,3M D. 2M
Lời giải
H
OH
60.500
n 0,2(1 2) .1 0,9(mol)
100.1000
n 0,3(0,8 x)(mol)


   
 


Môi trường trung tính: 0,9 = 0,3(0,8+x) x = 2,2M.

Bài 10. Hoà tan hoàn toàn 23,8g hỗn hợp gồm một muối cacbonat của kim loại hoá trị
I và một muối cacbonat của kim loại hoá trị II vào dung dịch HCl thu được 0,2
mol khí CO2. Khối lượng muối mới tạo ra trong dung dịch là
A. 16g B. 26g C. 36g D. 46g
Lời giải
Đặt công thức của các muối là M2CO3 và RCO3

2 3
2 2
3 2
M CO MCl
+ HCl + CO + H O
RCO RCl
Phương trình ion thu gọn : 2H+
+ CO3
2–
 CO2 + H2O
0,4 0,2 mol
Theo phương pháp tăng giảm khối lượng, ta có:
mmuối = 23,8 + 0,2.11 = 26 (g)
Bài 11. Cho 100ml dung dịch A chứa NaCl 1,5M và HCl 3M vào 100ml dung dịch B
chứa AgNO3 1M và Pb(NO3)2 1M thu được dung dịch C và kết tủa D. Khối
lượng kết tủa D là
A. 56,72 g B. 49,13 g
C. 34,48 g D. 50,10 g
Lời giải
Ag+
+ Cl–
 AgCl
Pb2+
+ 2Cl–
 PbCl2 

 


   
     2
( )Cl
( )Ag Pb
n 0,1.(1,5 3) 0,45 (mol) n
n 0,1 mol ; n 0,1 mol n 0,1 0,1.2 0,3 (mol)
Ion Cl–
dư: mmuối = 108.0,1 + 0,1.207 + 0,3.62 = 50,10 (gam).
Bài 12. Dung dịch A chứa axit HCl a M và HNO3 b M. Để trung hoà 100 ml dung dịch
A cần dùng 200 ml dung dịch hỗn hợp NaOH 0,05M và Ba(OH)2 0,15M. Mặt
khác để kết tủa hoàn toàn ion Cl–
có trong 50ml dung dịch A cần 100ml dung
dịch AgNO3 0,1M. Các giá trị a, b lần lượt là
A. 0,2M; 0,1M. B. 0,2M; 0,2M.
C. 0,2M; 0,3M. D. 0,1M; 0,2M.
Lời giải


 
 


H
OH
n 0,1.(a b) mol
n 0,2.(0,05 0,15) mol
a b 0,04  
Ag Cl AgCl 
  
a 0,2M
0,05a 0,01
b 0,1M

  


Bài 13. Cho 46,4g hỗn hợp A gồm FeO, Fe2O3, Fe3O4 (  2 3FeO Fe On n ) hoà tan hoàn
toàn trong V lít dung dịch H2SO4 0,2M và HCl 0,6M (đã lấy dư 20% so với
lượng cần thiết). V có giá trị là
A. 1,80 B. 1,92
C. 1,94 D. 1,56
Lời giải
2 3FeO Fe On : n 1:1, mà FeO.Fe2O3 = Fe3O4, vậy A xem như 1 chất Fe3O4
  3 4A Fe O
4,64
n n 0,02
232
(mol)
Fe3O4 + 8H+
 Fe2+
+ 2Fe3+
+ 4H2O
0,02 0,16
Do lấy dư 20%  0,16 + 0,16.0,2 = 0,1V  V = 
0,192
1,92
0,1
(lít)
Bài 14. Cho 2 kim loại Fe, Mg tác dụng với 200ml dung dịch A gồm HCl 0,1M,
H2SO4 0,2M thu được dung dịch B và khí C. Cho từ từ dung dịch D gồm NaOH
0,3M, KOH 0,1M vào B để tác dụng vừa đủ với các chất trong B thì thể tích
dung dịch D là
A. 0,15 lít. B. 0,25 lít.
C. 0,35 lít. D. 0,45 lít.

  

    
2
2
2 2
2
2
Fe Fe Fe(OH)
H H H OH H O
Mg Mg Mg(OH)
Định luật bảo toàn điện tích :
 ( )n trong B =  H
n trong A =  OH
n trong D.
Dung dịch trung tính khi :
        H OH
n n 0,2(0,1 0,2.2) V(0,3 0,1) V 0,25(lít)
Bài 15. Để tác dụng vừa đủ với 0,96g hiđroxit của 2 kim loại kiềm ở hai chu kì liên
tiếp trong bảng tuần hoàn, phải dùng 20ml dung dịch HCl 0,4M và H2SO4 0,3M.
Tên kim loại đó là
A. Na, K B. Li, Na
C. K, Rb D. Na, Rb
2ROH H R H O 
  
H
n 0,02(0,4 0,3.2) 0,02(mol)   
       ROH R R
0,96
M 48 (g / mol) M 17 48 M 31 Na,K
0,02

Bài 16. Hỗn hợp chất rắn X gồm Fe, Fe2O3, Fe3O4 và FeO (có số mol bằng nhau là 0,1
mol). Hòa tan hết X vào dung dịch Y gồm HCl và H2SO4 loãng (dư), thu được
dung dịch Z và 1,12 lít khí H2 (đktc). Nhỏ từ từ dung dịch Cu(NO3)2 1M vào
dung dịch Z cho tới khi ngừng khí NO thoát ra thì dừng lại. Thể tích dung dịch
Cu(NO3)2 đã dùng là
A. 58,3 ml. B. 40,5 ml.
C. 50,2 ml. D. 60,5 ml.
Ta có: FeO + Fe2O3  Fe3O4
0,1 0,1 0,1
Hỗn hợp X coi như gồm: 0,2 mol Fe3O4; 0,1 mol Fe + dung dịch Y:
Fe3O4 + 8H+
Fe2+
+ 2Fe3+
+ 4H2O (1)
0,2 0,2 0,4
Fe + 2H+
Fe2+
+ H2  (2)
0,05 0,05 0,05
Dung dịch Z chứa Fe2+
(0,35 mol), Fe3+
(0,35 mol), H+
dư, Cl–
, SO 2
4 .
Nhỏ từ từ dung dịch Cu(NO3)2 vào dung dịch Z :
Fe + Fe3+
 2Fe2+
0,05 0,05 0,1
3Fe2+
+ NO 
3 + 4H+
 3Fe3+
+ NO + 2H2O (3)
0,35 
0,35
3
3 3 23 3
3 2
Cu(NO )NO Fe NO
Cu(NO )
1 0,35 1
(3) n n (mol) n n 0,05 mol
3 3 2
V 50 ml
       
 
Bài 17. Cho 12,15 gam bột Al vào 112,5 ml dung dịch hỗn hợp NaNO3 1M và NaOH
3M, khuấy đều cho đến khi ngừng khí thoát ra thì dừng lại. Thể tích khí thoát ra
ở đktc là
A. 2,24 lít B. 7,56 lít
C. 15,92 lít D. 10,08 lít
nAl = 0,45 (mol) ; 33
NaNONO
n n 0,11205 mol   ;
OH
n  = nNaOH = 0,3375 mol
3 2 4 38Al 3NO 5OH 18H O 8[Al(OH) ] 3NH (1)
: 0,45 0,1125 0,3375
: 0,3 0,1125 0,1875 0,3 0,1125
: 0,15 0 0,15
  
    
Ban ®Çu
Ph°n øng
D

2 4 22Al 2OH 6H O 2 Al(OH) 3H (2)
: 0,15 0,15
Ph : 0,15 0,15 0,225
D : 0 0
[ ]
Ban ®Çu
°n øng

 
   
(1) và (2)  nKhí = 0,1125 + 0,225 = 0,3375 (mol) Vkhí = 0,3375.22,4 =
7,56 (lít)
Bài 18. Cho 6,4 gam Cu tác dụng với 120 ml dung dịch hỗn hợp gồm HNO31M và
H2SO4 0,5 M loãng, thu được V lít khí NO duy nhất (đktc), phản ứng xảy ra hoàn
toàn. Giá trị của V là
A. 0,672 lít B. 0,896 lít
C. 1,344 lít D. 2,24 lít
nCu = 0,1 mol; 33
HNOH NO
n n n 0,12 mol    ;
2 4H SOH
H
n 2n 0,12.0,5 0,06 (mol)
n 0,12 2.0,06 0,24 (mol)


  
   
3Cu + 2NO 
3 + 8H+
 3Cu2+
+ 2NO + 4H2O
Ban đầu : 0,1 0,12 0,24
Phản ứng : 0,09 0,06 0,24 0,06
Dư : 0,01 0,06 0
VNO = 0,06.22,4 = 1,344 (lít)
Bài 19. Hòa tan hoàn toàn 9,65 gam hỗn hợp 2 kim loại Fe, Al trong dung dịch hỗn
hợp HCl và H2SO4 loãng, kết thúc phản ứng thu được 7,28 lít H2 (đktc). Phần
trăm khối lượng của nhôm trong hỗn hợp ban đầu là
A. 40,32%. B. 35,53%.
C. 41,19 %. D. 56,48%.
Lời giải
2Hn = 0,325 mol ; đặt x, y lần lượt là số mol của Al, Fe chứa trong hỗn hợp. Ta
có: 27x + 56y = 9,65 (1)
Phương trình ion rút gọn của các phản ứng
2Al + 6H+
 2Al3+
+ 3H2  (2)
x 1,5x
Fe + 2H+
 Fe2+
+ H2  (3)
y y
Từ (2) và (3) 2HV = 1,5 x + y = 0,325  y = 0,325 – 1,5x (4)
Từ (4) và (1) ta tính được : x = 0,15 mol
 %mAl =
0,15.27
.100% 41,19%
9,65


10.PHƢƠNG PHÁP TỰ CHỌN LƢỢNG CHẤT
Cách 1: Chọn một mol nguyên tử, phân tử hoặc một mol hỗn hợp các chất phản ứng.
Cách 2: Chọn đúng tỉ lệ lượng chất trong đầu bài đã cho.
Cách 3: Chọn cho thông số một giá trị phù hợp để chuyển phân số phức tạp về số đơn
giản để tính toán.
Sau đây là một số ví dụ điển hình:
Cách 1: CHỌN 1 MOL CHẤT HOẶC HỖN HỢP CHẤT PHẢN ỨNG
Ví dụ 1: Hoà tan một muối cacbonat kim loại M hóa trị n bằng một lượng vừa đủ dung
dịch H2SO4 9,8% ta thu được dung dịch muối sunfat 14,18%. M là kim loại gì?
A. Cu. B. Fe. C. Al. D. Zn.
Hướng dẫn giải
Chọn 1 mol muối M2(CO3)n.
M2(CO3)n + nH2SO4  M2(SO4)n + nCO2

+ nH2O
Cứ (2M + 60n) gam  98n gam  (2M + 96n) gam
 2 4dd H SO
98n 100
m 1000n gam
9,8

 
 2 3 n 2 4 2M (CO ) dd H SO COm m m m  dd muèi
= 2M + 60n + 1000.n  44.n = (2M + 1016.n) gam.
 
dd muèi
2M 96 100
C% 14,18
2M 1016n
 
 

 M = 28.n  n = 2 ; M = 56 là phù hợp vậy M là Fe.
(Đáp án B)
Ví dụ 2: (Câu 1 - Mã đề 231 - Khối A - TSCĐ 2007)
Khi hòa tan hiđroxit kim loại M(OH)2 bằng một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 20%
thu được dung dịch muối trung hoà có nồng độ 27,21%. Kim loại M là
A. Cu. B. Zn. C. Fe. D. Mg.
Xét 1 mol M(OH)2 tham gia phản ứng
M(OH)2 + H2SO4  MSO4 + 2H2O
Cứ (M + 34) gam  98 gam  (M + 96) gam
 2 4dd H SO
98 100
m 490 gam
20

 
  
 
4dd MSO
M 96 100
m M 34 490
27,21
 
   
 M = 64  M là Cu. (Đáp án A)

Cách 2: Chọn theo tỉ lệ lƣợng chất đã cho
Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm N2 và có H2 có tỉ khối hơi so với H2 bằng 3,6. Sau khi tiến
hành phản ứng tổng hợp được hỗn hợp Y có tỉ khối hơi so với H2 bằng 4. Hiệu suất
phản ứng tổng hợp là
A. 10%. B. 15%. C. 20%. D. 25%.
Hướng dẫn
Theo pp đường chéo, N2 : H2 bằng 1 : 4. Chọn số mol N2 và H2 là 1 mol và 4 mol
N2 + 3H2
o
xt, t
p
 2NH3
Ban đầu: 1 4
Phản ứng: x 3x 2x
Sau phản ứng: (1  x) (4  3x) 2x
nY = (5  2x) mol
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có mX = mY
1 2
2 1
n M 5 8 0,25
n 0,25 H .100 25%
n M 5 2n 7,2 1
       

Ví dụ 2: Phóng điện qua O2 được hỗn hợp khí O2, O3 có M 33 gam. Hiệu suất phản
ứng là
A. 7,09%. B. 9,09%. C. 11,09%. D.13,09%.
Hướng dẫn
3O2
TL§
 2O3
Theo đường chéo, tỉ lệ mol O2 : O3 = 15 : 1. Chọn số mol O2 và O3 lần lượt là 15 và 1
mol
Tính theo phản ứng được số mol O2 phản ứng là 1,5; ban đầu là 16,5.
H = 9,09%.
Cách 3: CHỌN GIÁ TRỊ CHO HỖN HỢP
Ví dụ 1: X là hợp kim gồm (Fe, C, Fe3C), trong đó hàm lượng tổng cộng của Fe là
96%, hàm lượng C đơn chất là 3,1%, hàm lượng Fe3C là a%. Giá trị a là
A. 10,5. B. 13,5. C. 14,5. D. 16.
Xét 100 gam hỗn hợp X ta có mC = 3,1 gam, 3Fe Cm = a gam và số gam Fe tổng cộng là
96 gam.
  3C trong Fe C
12a
m 100 96 3,1
180
   
 a = 13,5. (Đáp án B)
Ví dụ 2: Nung m gam đá X chứa 80% khối lượng gam CaCO3 (phần còn lại là tạp chất
trơ) một thời gian thu được chất rắn Y chứa 45,65 % CaO. Tính hiệu suất phân hủy
CaCO3.
A. 50%. B. 75%. C. 80%. D. 70%.
Chọn mX = 100 gam  3CaCOm 80 gam và khối lượng tạp chất bằng 20 gam.

CaCO3
o
t
 CaO + CO2 (hiệu suất = h)
Phương trình: 100 gam  56 gam 44 gam
Phản ứng: 80 gam 
56.80
.h
100
44.80
.h
100
Khối lượng chất rắn còn lại sau khi nung là
2X CO
44.80.h
m m 100
100
   .

56 80 45,65 44 80 h
h 100
100 100 100
   
    
 
 h = 0,75  hiệu suất phản ứng bằng 75%. (Đáp án B)
Ví dụ 3. Một hỗn hợp gồm CaCO3, Al2O3 và Fe2O3 trong đó Al2O3 chiếm 10,2%,
Fe2O3 chiếm 9,8%. Nung m gam hỗn hợp này ở nhiệt độ cao thu được chất rắn có khối
lượng bằng
67m
100
khối lượng hỗn hợp ban đầu. Thành phần % về khối lượng chất rắn
CaO, Al2O3, Fe2O3, CaCO3 (dư) thứ tự là
A. 62,6%; 1,22%; 12,62%; 17,4%. B. 62,6%; 1,22%; 14,62%; 7,4%.
C. 66,6%; 1,82%; 14,62%; 7,4%. D. 52,6%; 1,22%; 14,62%; 7,4%.
Lời giải
Với mọi m ta đều tìm được thành phần % hỗn hợp, để đơn giản ta chọn
m = 100g gam thì Al2O3 = 10,2 g; Fe2O3 = 9,8 g và CaCO3 = 80 g.
Khi nung hỗn hợp chỉ có :
CaCO3  CaO + CO2
Độ giảm lượng = 100  67 = 33 g chính là lượng CO2 = 0,75 mol bay đi
3 3CaCO CaCOn 0,75 (mol) m 75 (g)   , CaCO3 dư là 5 gam.
Hỗn hợp sau khi nung có : 10,2 g Al2O3 = 15,22%
9,8 g Fe2O3 = 14,62%
5 g CaCO3 dư = 7,4% và 62,6% CaO.
Ví dụ 4. Cho m gam hỗn hợp Na và Fe tác dụng hết với dung dịch HCl thu được dung
dịch X. Cho X tác dụng với dung dịch KOH dư, lọc lấy kết tủa đem nung trong không
khí đến lượng không đổi thu được chất rắn nặng m gam. % về khối lượng Na, Fe ban
đầu là
A. 30% ; 70% B. 40% ; 60% C. 35% ; 65%
D. 50% ; 50%
Lời giải
Na

Fe
+ HCl  H2 +
2
NaCl
FeCl



+ KOH  Fe(OH)2
2
o
O
t

 Fe2O3 + H2O

Với mọi m ta đều tìm được thành phần % hỗn hợp, để đơn giản chọn
m = 160g.
  
  

2 3Fe Fe O
Fe
Na
160
n 2n 2. 2 (mol)
160
2.56
%m 70%
160
%m 30%
Ví dụ 4. Cho m gam hỗn hợp hai kim loại Mg, Al tác dụng với một lượng dư dung
dịch HCl thu được dung dịch A và khí B. Lượng khí B này khử vừa hết
4m
1,02
gam
CuO thành Cu kim loại. Thành phần % về khối lượng các kim loại Mg, Al là
A. 47,06%; 52,94% B. 50,00%; 50,00%
C. 40,00%; 60,00% D. 47,25%; 52,75%
Lời giải
Mg MgCl2
+ HCl  + H2 + CuO  Cu + H2O
Al AlCl3
Với mọi m đều tìm được thành phần hỗn hợp, để đơn giản chọn m = 1,02g.
Gọi  Mg Aln a (mol);n b (mol)
Ta có: 24a + 27b = 1,02 (1)
Tổng số mol e mà Mg, Al cho là : 2a + 3b.
Số mol e này được Cu2+
(CuO :
4
80
= 0,05mol) nhận theo nửa phản ứng sau :
Cu2+
+ 2e  Cu
0,05 0,1
Thu được hệ
  
   
   
Mg
Al
%m 47,06%24a + 27b = 1,02 a 0,02
2a+3b=0,1 b 0,02 %m 52,94%
Ví dụ 5. Hỗn hợp A gồm các kim loại Mg, Al, Cu. Oxi hoá hoàn toàn m gam A bằng
oxi không khí thì thu được 1,72m gam hỗn hợp 3 oxit. Mặt khác khi hoà tan m gam A
bằng dung dịch HCl dư thu được 0,952m lít khí H2 (đktc). % Khối lượng Mg, Al, Cu
trong A là
A. 30%; 50%; 20%. B. 25%; 55%; 20%. C. 30%; 54%; 16%. D. 25%; 50%;
25%.
Lời giải
Mg Al Cun x(mol) ; n y(mol) ; n z(mol)  
Với mọi m ta đều tìm được thành phần hỗn hợp, để đơn giản chọn m=100 g.
Áp dụng sự bảo toàn electron, bảo toàn khối lượng ta có :

Trong (1) :    e chon 2x 3y 2z
Chất nhận O:

   e nhËn
172 100
4,5 (mol) n 9
16
Trong (2) :   e chon 2x 3y
Chất nhận H2 :    e nhËn
0,952.100
4,25 (mol) n 8,5
22,4
    
 
        
       
Mg
Al
Cu
%m 30%24x 2y 64z 100 x 1,25
2x 3y 2z 9 y 2 %m 54%
2x 3y 8,5 z 0,25 %m 16%
Ví dụ 6. Cho m gam oxit kim loại tan trong V lít dung dịch HCl 7,3% vừa đủ thu được
dung dịch muối có nồng độ 12,5%. CTPT của oxit kim loại là
A. Fe2O3 B. Al2O3 C. CuO D. MgO
Hướng dẫn
Với mọi m, V ta luôn tìm được CT oxit. Chọn m, V để khối lượng dung dịch HCl là
100g  CuO
M2On + 2nHCl  2MCln + n H2O
0,02
2n
0,02
0,02
n

   
 
M
M
M
0,02
.(M 71n)
12,5n M 64 CuO
0,02 100100 .(2M 16n)
2n
Ví dụ 4: Hỗn hợp X gồm N2 và H2 có XM 12,4 . Dẫn X đi qua bình đựng bột Fe rồi
nung nóng biết rằng hiệu suất tổng hợp NH3 đạt 40% thì thu được hỗn hợp Y. YM có
giá trị là
A. 15,12. B. 18,23. C. 14,76. D. 13,48.
Xét 1 mol hỗn hợp X  mX = 12,4 gam gồm a mol N2 và (1  a) mol H2.
28a + 2(1  a) = 12,4  a = 0,4 mol  2Hn 0,6 mol
N2 + 3H2
o
xt, t
p
 2NH3 (với hiệu suất 40%)
Ban đầu: 0,4 0,6
Phản ứng: 0,08  0,60,4  0,16 mol
Sau phản ứng: 0,32 0,36 0,16 mol
Tổng: nY = 0,32 + 0,36 + 0,16 = 0,84 mol;
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: mX = mY.
 Y
12,4
M 14,76 gam
0,84
  . (Đáp án C)

Ví dụ 6: Hoà tan hoàn toàn một lượng kim loại R hóa trị n bằng dung dịch H2SO4
loãng rồi cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được một lượng muối khan có khối lượng
gấp 5 lần khối lượng kim loại R ban đầu đem hoà tan. Kim loại R đó là
A. Al. B. Ba. C. Zn. D. Mg.
Xét 1 mol kim loại ứng với R (gam) tham gia phản ứng.
2R + nH2SO4  R2(SO4)n + nH2
Cứ R (gam) 
2R 96n
gam muèi
2
 
 
 

 2R 96n
5R
2

  R =
12n thỏa mãn với n = 2. Vậy: R = 24 (Mg). (Đáp án D)
Các ví dụ phần hữu cơ :
Ví dụ 1: Cho dung dịch axit axetic có nồng độ x% tác dụng vừa đủ với dung dịch
NaOH 10% thì thu được dung dịch muối có nồng độ 10,25%. Vậy x có giá trị nào sau
đây?
A. 20%. B. 16%. C. 15%. D.13%.
Xét 1 mol CH3COOH:
CH3COOH + NaOH  CH3COONa + H2O
60 gam  40 gam  82 gam
3dd CH COOH
60 100
m gam
x


ddNaOH
40 100
m 400 gam
10

 
60 100 82 100
m 400
x 10,25
 
  dd muèi gam.
 x = 15%. (Đáp án C).
Ví dụ 2: Hỗn hợp A gồm một Anken và hiđro có tỉ khối so với H2 bằng 6,4. Cho A đi
qua niken nung nóng được hỗn hợp B có tỉ khối so với H2 bằng 8 (giả thiết hiệu suất
phản ứng xảy ra là 100%). Công thức phân tử của anken là
A. C2H4. B. C3H6. C. C4H8. D. C5H10.
Xét 1 mol hỗn hợp A gồm (a mol CnH2n và (1a) mol H2)
Ta có: 14.n.a + 2(1  a) = 12,8 (1)
Hỗn hợp B có M 16 14n  (với n  2)  trong hỗn hợp B có H2 dư
CnH2n + H2
o
Ni, t
 CnH2n+2
Ban đầu: a mol (1a) mol
Phản ứng: a  a  a mol
Sau phản ứng hỗn hợp B gồm (1  2a) mol H2 dư và a mol CnH2n+2.  tổng nB = 1 
2a.
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có mA = mB
 B
B
B
m
n
M
   
12,8
1 2a
16
   a = 0,2 mol.

Thay a = 0,2 vào (1) ta có 140,2n + 2(1  0,2) = 12,8
 n = 4  anken là C4H8. (Đáp án C)
Ví dụ 3: Oxi hóa C2H5OH bằng CuO nung nóng, thu được hỗn hợp chất lỏng gồm
CH3CHO, C2H5OH dư và H2O có M = 40 đvC. Hiệu suất phản ứng oxi hóa là
A. 25%. B. 35%. C. 45%. D. 55%.
Xét 1 mol C2H5OH. Đặt a mol C2H5OH bị oxi hóa. Vậy a là hiệu suất của phản ứng
oxi hóa rượu.
C2H5OH + CuO
o
t
 CH3CHO + H2O + Cu
Ban đầu: 1 mol
Oxi hóa: a mol  a mol  a mol
Sau phản ứng: (1  a) mol C2H5OH dư a mol  a mol
46(1 a) 44a 18a
M 40
1 a
  
 

 a = 0,25 hay hiệu suất là 25%. (Đáp án A)
Ví dụ 4: (Câu 48 - Mã đề 182 - khối A - TSĐH 2007)
Hỗn hợp gồm hiđrocacbon X và oxi có tỉ lệ số mol tương ứng là 1:10. Đốt cháy hoàn
toàn hỗn hợp trên thu được hỗn hợp khí Y. Cho Y qua dung dịch H2SO4 đặc, thu được
hỗn hợp khí Z có tỉ khối đối với hiđro bằng 19. Công thức phân tử của X là
A. C3H8. B. C3H6. C. C4H8. D. C3H4.
Đốt hỗn hợp gồm hiđrocacbon X gồm CxHy (1 mol) và O2 (10 mol ).
CxHy +
y
x
4
 
 
 
O2  xCO2 +
y
2
H2O
1 mol 
y
x
4
 
 
 
mol  x mol
y
2
mol
 Hỗn hợp khí Z gồm x mol CO2 và
y
10 x
4
  
   
  
mol O2 dư.
ZM 19 2 38  
 2
2
co
o
n 1
n 1

Vậy:
y
x 10 x
4
    8x = 40  y.
 x = 4, y = 8  thoả mãn đáp án C.
Ví dụ 5: A là hỗn hợp gồm một số hiđrocacbon ở thể khí, B là không khí. Trộn A với
B ở cùng nhiệt độ áp suất theo tỉ lệ thể tích (1:15) được hỗn hợp khí D. Cho D vào
bình kín dung tích không đổi V. Nhiệt độ và áp suất trong bình là to
C và p atm. Sau khi
đốt cháy A trong bình chỉ có N2, CO2 và hơi nước với 2 2CO H OV :V 7:4 đưa bình về
to
C.
Áp suất trong bình sau khi đốt là p1 có giá trị là
2
2
CO
O
(n ) 44 6
38
(n ) 32 6

A. 1
47
p p.
48
 B. p1 = p. C. 1
16
p p.
17
 D. 1
3
p p.
5

Đốt A: CxHy + 2
y
x O
4
 
 
 
 xCO2 + 2
y
H O
2
Vì phản ứng chỉ có N2, H2O, CO2  các hiđrocacbon bị cháy hết và O2 vừa đủ.
Chọn x yC Hn 1  nB = 15 mol  2O
y 15
n x 3
4 5
   p.ø mol.
 2 2N On 4n 12 mol 

y
x 3
4
x : y 2 7 : 4

 

 
 x =
7
3
; y =
8
3
Vì nhiệt độ và thể tích không đổi nên áp suất tỉ lệ với số mol khí, ta có:
1p 7 3 4 3 12 47
p 1 15 48
 
 

 1
47
p p.
48
 (Đáp án A)
Ví dụ 6: Đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp X hai hiđrocacbon A, B thu được
132.a
41
gam CO2 và 2
45a
gam H O
41
. Nếu thêm vào hỗn hợp X một nửa lượng A có trong hỗn
hợp X rồi đốt cháy hoàn toàn thì thu được 2
165a
gam CO
41
và 2
60,75a
gam H O
41
. Biết A,
B không làm mất mầu nước Br2.
a) Công thức phân tử của A là
A. C2H2. B. C2H6. C. C6H12. D. C6H14.
b) Công thức phân tử của B là
A. C2H2. B. C6H6. C. C4H4. D. C8H8.
c) Phần trăm số mol của A, B trong hỗn hợp X là.
A. 60%; 40%. B. 25%; 75%.
C. 50%; 50%. D. 30%; 70%.
a) Chọn a = 41 gam.
Đốt X  2CO
132
n 3 mol
44
  và 2H O
45
n 2,5 mol
18
  .
Đốt
1
X A
2
 
 
 
 2CO
165
n 3,75 mol
44
  và 2H O
60,75
n 3,375 mol
18
  .
Đốt
1
A
2
thu được (3,75  3) = 0,75 mol CO2 và (3,375  2,5) = 0,875 mol H2O.
Đốt cháy A thu được 2COn 1,5 mol và 2H On 1,75 mol .
vì 2 2H O COn n  A thuộc loại ankan, do đó:
 n 2n 2 2 2 2
3n 1
C H O nCO n 1 H O
2


   

Phuongphapgiainhanhbttn.thuvienvatly.com.f25f7.38082

Phuongphapgiainhanhbttn.thuvienvatly.com.f25f7.38082

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Viewers also liked

Viewers also liked (15)

Similar to Phuongphapgiainhanhbttn.thuvienvatly.com.f25f7.38082

Similar to Phuongphapgiainhanhbttn.thuvienvatly.com.f25f7.38082 (20)

Phuongphapgiainhanhbttn.thuvienvatly.com.f25f7.38082