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
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 ; m
A
+ m
B
= m
C
+ m
D
Một số dạng thƣờng gặp :
- Hỗn hợp oxit tác dụng với axit tạo muối: MO + HCl, H
2
SO
4
loãng
m
oxit
+ m
axit
= m
muối
+ m
nước

= 2HCl = H
2
SO
4

- Hỗn hợp muối cacbonat tác dụng với axit
m
muối (1)
+ m
axit
= m
muối
+ m
H2O
+ m
CO2

2. Các ví dụ minh hoạ
Ví dụ 1: (2007 - Khối A) Hoà tan hoàn toàn 2,81 gam hỗn hợp gồm Fe
2
O
3
, MgO,
ZnO trong 500 ml axit H
2
SO
4

0,1M (vừa đủ). Sau phản ứng, hỗn hợp muối sunfat
khan thu được khi cô cạn dung dịch có khối lượng là

2
O (2)
ZnO + H
2
SO
4


ZnSO
4
+ H
2
O (3)
Theo các pt hoá học (1, 2, 3):
2
HO
n
=
24
H SO
n
= 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

Fe
3
O
4
+ CO
0
t

3FeO + CO
2
(2)
FeO + CO
0
t

Fe + CO
2
(3)
Nhận xét: Chất rắn A có thể gồm 3 chất Fe, FeO, Fe
3
O
4
hoặc ít hơn, điều quan trọng
là số mol CO phản ứng bao giờ cũng bằng số mol CO
2
tạo thành
Gọi x là số mol CO
2
tạo thành


= 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

2XCl
m
+ m H
2
 (1)
2Y + 2n HCl

2YCl
n
+ n H
2
 (2)
Theo (1, 2):
HCl
n
= 2

2

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 H
2
SO
4

10%, thu được 2,24 lít khí H
2

(ở đktc). Khối lượng dung dịch
thu được sau phản ứng là
A. 101,68 gam. B. 88,20 gam. C. 101,48 gam. D. 97,80 gam.

Hƣớng dẫn
2Al + 3H
2
SO
4


Al
2
(SO
4
)
3
+ 3H
2


m
=
98 0,1 100
10

= 98 (g)
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
dd
m
sau phản ứng
=
hh
m
+
24
dd H SO
m
–
2
H
m

= 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, Fe
3
O
4


(mol)
Sơ đồ phản ứng:
FeO
Fe
2
O
3
+ CO

Fe + CO
2 Fe
3
O
4

28.0,4 + m = 64 + 44.0,4  m = 70,4g
Ví dụ 6. Người ta cho từ từ luồng khí H
2
đi qua một ống sứ đựng 5,44 gam hỗn hợp
gồm FeO, Fe
3
O
4
, Fe
2
O


CuO
0,09.2 + 5,44 = m + 1,62  m = 4g
Ví dụ 7. Cho 35g hỗn hợp Na
2
CO
3
, K
2
CO
3
tác dụng vừa đủ với dung dịch BaCl
2
. 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:

23
23
Na CO
K CO
+ BaCl
2


BaCO
3
+

tác dụng vừa đủ với 300 ml
dung dịch Ba(NO
3
)
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:
Na
2
SO
4
NaNO
3
K
2
SO
4
+ Ba(NO
3
)
2


BaSO
4
+ KNO

Cu
Mg
Al





+ H
2
SO
4



4
2 4 3
MgSO
Al (SO )
+ Cu + H
2

     
2
4
(Al Mg)
SO

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 = m
B
+
2
CO
m

CO
2
+ Ba(OH)
2


BaCO
3

+ H
2
O
2CO
2
+ Ba(OH)
2

2

và a mol
Cu
2
S vào axit HNO
3

(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:
3
HNO
2 4 3
2
2
2
4
Fe (SO )
FeS
NO H O
Cu S
CuSO



   


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, Fe
2
O
3

(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
Sơ đồ phản ứng:
23
CuO
Fe O



+ CO
0

=
C
n
3
trong CaCO

C
n
trong CO
=
3
CaCO
n

=
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 Fe
2
O
3
vào dung dịch HCl dư
được dung dịch Y. Cho dung dịch Y tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được kết




0
t

Z (Fe
2
O
3
)
Áp dụng sự bảo toàn số mol đối với nguyên tố Fe:

Fe
n
trong Z
=
Fe
n
trong X
=
23
Fe Fe O
n 2n
= 0,2 + 2.0,1 = 0,4 (mol)



23
Fe O


23
MgO
Y CuO
Al O






MgO + 2HCl

MgCl
2
+ H
2
O (1)
CuO + 2HCl

CuCl
2
+ H
2
O (2)
Al
2
O
3
+ 6HCl

V
=
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, Na
2
O, NaOH, Na
2
CO
3
. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp X bằng H
2
SO
4
loãng, sau
phản ứng thu được dung dịch Y. Làm bay hơi nước từ từ thu được 8,05 gam tinh thể
Na
2
SO
4
.10H
2
O. Khối lượng mẩu Na là
A. 0,575 gam. B. 1,15 gam. C. 2,3 gam. D. 1,725 gam.
Hướng dẫn
Na
kk

O
Ta có
2 4 2
Na SO .10H O
n
=
8,05
322
= 0,025 (mol)


Na
n
của mẩu Na
=
Na
n
trong tinh thể
=
2

2 4 2
Na SO .10H O
n
= 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 HNO

(mol)
Theo đề bài
X Y Z
n :n :n
= 1 : 2 : 3
Mà
X
n
= x (mol) nên

Y
n
= 2x (mol),
Z
n
= 3x (mol)
Sơ đồ phản ứng:
X , Y , Z + HNO
3


X(NO
3
)
3
, Y(NO
3
)
2
, ZNO

3
ZNO
n
+
2
NO
n
+
NO
n

= 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
HNO
3
1M thu được dung dịch X và hỗn hợp Y gồm 2 khí NO, NO
2

(
2
NO NO
n n 0,1 mol
). V có giá trị là
A. 1 lít B. 0,6 lít C. 1,5 lít D. 2 lít

3
AgNO
= 0,2 mol
Áp dụng cho nguyên tố N :

3
N (HNO )
n
=
3 2 3 2
N(Cu(NO ) AgNO NO NO )
n
  3
(HNO )
n
=
3 2 3 2
Cu(NO ) AgNO NO NO
2n n n n  3
(HNO )
n
= 2.0,1 + 0,2 + 0,1 + 0,1 = 0,6 mol

3

2
O
3
+ HNO
3


Fe(NO
3
)
3
+ NO
2
+ H
2
O
Fe
3
O
4

Áp dụng sự bảo toàn nguyên tố Fe :

3 3 2 3 3 4
Fe [Fe(NO ) ] Fe [FeO,Fe O ,Fe O ]
nn33
Fe [Fe(NO ) ]

4
(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
+
24
HCl
H SO


hỗn hợp muối ( X+T ) + H
2

Đặt x= n
HCl
;
24
H SO
n
= y (mol)

Áp dụng sự bảo toàn nguyên tố H:

2 4 2

2
SO
4
loãng, ta thu được 0,784 lít khí H
2
(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 FeSO
4

Al + H
2
SO
4


Al
2
(SO
4
)
3
+ H
2

Zn ZnSO
4

gốc 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 =
B
m

bám vào
–
A
m
tan ra

 Khối lượng A giảm =
A
m
tan ra
–
B
m


= 55 gam.

2. Các ví dụ minh hoạ

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


n
MCl
+
n
2
H
2


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

100

= 74,22 (g)
H
3
PO
4
+ nNH
3


(NH
4
)
n
H
3 - n
PO
4
(n = 1, 2, 3)
98 g (17n + 98) g
74,22 g 100 g
Theo pt hoá học, cứ 1 mol H
3
PO
4
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



ZnSO
4
+ Cd


0,04

0,04

0,04
Ta có
4
CdSO
n
=
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:

91,5

= 0,5 (mol)
Vậy
NaCl
m
trong Z
= 104,25 – 150

0,5= 29,25 (g).
Ví dụ 5: Có 500 ml dung dịch hỗn hợp Na
2
CO
3
0,2M và (NH
4
)
2
CO
3
0,5M. Cho 43
gam hỗn hợp BaCl
2
và CaCl
2
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 BaCO
3
và 20 gam CaCO

+
2
3
CO

BaCl
2



2
Ba


+ 2
Cl


0,1

0,1
(NH
4
)
2
CO
3


2

3
CO



BaCO
3

(1)
x

x

2
Ca

+
2
3
CO



CaCO
3


(2)
y


3
là:
3,3 1
11

= 0,3 (mol)
Tổng số mol
2
3
CO

= 0,1 + 0,25 = 0,35 mol
Điều đó chứng tỏ phản ứng còn dư
2
3
CO

= 0,35 – 0,3 = 0,05 (mol)
Gọi x, y là số mol BaCO
3
và CaCO
3
có trong A
Ta có
x y 0,3
197x 100y 39,7





0,3M và (NH
4
)
2
CO
3
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 BaCl
2
và CaCl
2
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
22
BaCl CaCl
n x(mol); n y(mol)




2
2
BaCl
CaCl
+



23

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 CO
3
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






Lời giải
CO
3
2–
+ 2H
+


CO
2
+ H
2
O
Số mol A =


  
2
2
3
CO
CO
14,4 10
n n 0,4 (mol)
11

CO
2
+ Ca(OH)

Ví dụ 8: Cho 68g hỗn hợp 2 muối CuSO
4
và MgSO
4
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 CuSO
4
và MgSO
4
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

44
CuSO MgSO
n x mol ; n y mol




4
4
CuSO
MgSO
+






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 CuSO
4

Cu
= 0,12g
a.M
X
– 64a = 0,12

M
X
.a = 64a + 0,12 (1)
Mặt khác khối lượng thanh kim loại giảm = m
Ag
+ m
X
= 0,26 g
2a.108 – M
X
.a = 0,26

M
X
.a = 2a.108 – 0,26 (2)

x = 2,5.10
–3
mol

M
X
=
3

2


MCl
2
+ Fe
x x x
M + CuSO
4


MSO
4
+ Cu↓
Theo giả thiết thì : n
Cu
= n
Fe
= x mol
Khối lượng thanh kim loại tăng ở (1) là : m  = m
Fe
– m
M
= 16g
56x – M
M
.x = 16  M.x = 56x – 16
Khối lượng thanh kim loại tăng ở (2) là : m  = m
Cu
– m

m
2
C
2

1
CC

 Đối với nồng độ mol/l
V
1
C
1

2
CC



2
1
21
CC
V
V C C



(2)
C C

V
2
D
2

1
DD

Chú ý:
- Chất rắn coi như dung dịch có C = 100%
- Dung môi coi như dung dịch có C = 0%
- Khối lượng riêng của H
2
O là D = 1 g/ml.
2. Các ví dụ minh hoạ
Ví dụ 1: Để thu được dung dịch HCl 25% cần lấy m
1
gam dung dịch HCl 45% pha với
m
2
gam dung dịch HCl 15%. Tỉ lệ m
1
/m
2
là
A. 2 : 1. B. 3 : 1. C. 1 : 2. D. 1 : 3.
Hướng dẫn
Ta có sơ đồ đường chéo:
m
1

(NaCl) 3
0 0,9



1
2
0 0,9
V
0,9
V 3 0,9 2,1




0,9
V
2
(H
2
O) 0
3 0,9
V =
1
0,9
V
0,9 2,1

có
C% =
160
100%
250

= 64%
Gọi m
1
là khối lượng của CuSO
4
.5H
2
O và m
2
là khối lượng của dung dịch CuSO
4

8%

Sơ đồ đường chéo:
m
1
64
8 16



1
2

63
29
Cu
và
65
29
Cu
. Nguyên tử
khối trung bình của đồng là 63,54. Thành phần phần trăm tổng số nguyên tử của đồng
vị
63
29
Cu
là
A. 27%. B. 50%. C. 54%. D. 73%.
(Trích đề thi TSCĐ năm 2007 - Khối A, B)

Hướng dẫn
Sơ đồ đường chéo:
%
65
29
Cu
A
1
= 65
63 63,54A

=
1,46
100%
0,54 1,46


= 73%.
Ví dụ 5: Một hỗn hợp gồm O
2
, O
3
(ở đktc) có tỉ khối so với hiđro là 18. Thành phần %
về thể tích của O
2
trong hỗn hợp là
A. 25%. B. 75%. C. 45%. D. 55%.
Hướng dẫn

Ta có
hh
M
= 18

2 = 36
Sơ đồ đường chéo:

3
O
V
48

100%
13


= 75%.
Ví dụ 6: Hoà tan Cu trong dung dịch HNO
3
, thu được hỗn hợp khí gồm NO và NO
2
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 dẫn0
Cu
+ H
5
N

O
3



2
Cu


2 = 33,2
a

(NO) 30
46 33,2


46 33,2
a 12,8 4
b 30 33,2 3,2 1

  


33,2
b (NO
2
) 46
30 33,2 13


0
Cu



2

+ 18H
2
O
Ví dụ 7: Hoà tan 4,59 gam Al bằng dung dịch HNO
3
, thu được V lít hỗn hợp khí
(đktc) gồm NO và N
2
O 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
hh
M
= 16,75

2 = 33,5

Al
n
=
4,59
27
= 0,17 (mol)
Sơ đồ đường chéo:
a

(NO) 30 10,5


N


0,17

0,51 3a

a
2
5
N

+ 8e


1
2
N


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 H
2

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
m
dd
= 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


m 37,5g
m 62,5g





Ví dụ 12. Một hỗn hợp 52 lít (đktc) gồm H
2
và CO có tỉ khối hơi đối với metan bằng
1,5 thì
2
H
V
và V
CO
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

H
2
O: 300 x – 20



1
2
V
2
V 11







1
2
V 8lÝt
V 44 lÝtVí dụ 13. Cho 6,12g Mg tác dụng với dung dịch HNO
3
thu được dung dịch X chỉ có
một muối và hỗn hợp khí Y gồm NO và N
2
O có tỉ khối hơi đối với hiđro bằng
16,75. Thể tích NO và N
2
O (ở đktc) thu được lần lượt là
A. 2,24 lít và 6,72 lít. B. 2,016 lít và 0,672 lít.

1x
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

O 44 3,5
m
A
420 24

480

m
B
504 605. 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

eX
n x.n

Dạng 1 : Kim loại tác dụng với dung dịch axit : HNO
3
; H
2
SO
4
đặc


/ muối
=

n
electron nhường
= 0,68 (mol)
Vậy
m
muối khan
= m
hhX
+
3
NO
m

/ muối
= 9,62 + 62

0,68 = 51,78 (g).
Ví dụ 2: Hoà tan hoàn toàn 12,42 gam Al bằng dung dịch HNO
3
loãng (dư), thu được
dung dịch X và
1,344 lít (ở đktc) hỗn hợp khí Y gồm hai khí là N
2
O và N
2
. Tỉ khối

NO
n
: 44 8
36


2
NO
n
:
2
N
n
= 8 : 8 = 1 : 1

2
N
n
: 28 8


2
NO
n
=
2
N
n
= 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

4
12M và HNO
3
2M, đun nóng. Sau
phản ứng thu được dung dịch Y và 8,96 lít hỗn hợp khí (đktc) T gồm NO và SO
2
.
Tỉ khối của T so với H
2
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: n
NO
= 0,2 mol ;
2
SO
n 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:

Giải hệ (1) và (2), ta được : n
Al
= 0,2 mol ; n
Cu
= 0,2 mol.
Dung dịch Y gồm: Al
3+
= 0,2 mol ; Cu
2+
= 0,2 mol; H
+
=1 mol ; SO
4
2–
= 1 mol
(
3
NO

bị oxi hoá hết).
Y gồm các muối sunfat :
Al
2
(SO
4
)
3
= 0,1.342 = 34,2 (g)
CuSO
4

NO
n
= b (mol)
Ta có
X
30a 46b
M 19 2 38
ab

   



a = b
Gọi số mol của Fe hoặc Cu trong hỗn hợp là x mol
56x + 64x = 12 (g)

x = 0,1 (mol)
Các quá trình oxi hoá - khử xảy ra:

0
Fe



3
Fe

+ 3e
5

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 HNO
3
thu
được hỗn hợp khí gồm 0,01 mol NO vào 0,04 mol NO
2
. 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.



Ta có: 2x + 2y + 3z = 0,03 + 0,04 = 0,07 (1)
Nhưng 0,07 cũng chính là số mol
3
NO

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 H
2
SO
4
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. H
2
S.

C. SO
2
.


x
S

a

2a (6 – x)0,07

0,07

0
Al



3
Al

+ 3e
a

3a

0
Zn



2
Zn

2

Lời giải
- Số mol e nhường :
e Fe
25,2
n 3.n 3. 1,35 mol
56
  

- Số mol e mà O
2
nhận :
2
eO
30 25,2
n 4.n 4. 0,6 mol
32

  

Số mol e mà N
+5
nhận để tạo Y : n
e
= 1,35 - 0,6 = 0,75
Số e mà N
+5
nhận tạo Y là 0,75/0,25 = 3 : NO


e
= 3.n
Al
= 0,45 mol.
Bảo toàn nguyên tố : n
N(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: N
2Dạng 3 : Tìm công thức của oxit sắt
- Khi tác dụng với chất oxi hóa, các oxit của sắt (FeO và Fe
3
O
4
) đều chỉ nhường 1e.
- Khi tác dụng với các chất khử, 1 mol Fe
2
O
3
nhận 6 mol e; 1 mol Fe
3
O
4
nhận 8 mol e
và 1 mol FeO nhận 2 mol e.


= 0,1 (mol)
n
e
= 2.0,1 = 0,2 mol.
M
oxit
46,4/0,2 = 232 : Fe
3
O
4Ví dụ 2 : Hoà tan hoàn toàn 20,88 gam một oxit sắt bằng dung dịch H
2
SO
4

đặc, nóng
thu được dung dịch X và 3,248 lít khí SO
2

(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 Fe
3
O
4
. C. 36,0 và FeO. D. 58,0 và Fe
3

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
22
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.
m
KL
= 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(NO
3
)
2
và AgNO