SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT BÌNH SƠN
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
“SỬ DỤNG PHƯƠNG TRÌNH ION RÚT GỌN ĐỂ GIẢI
NHANH BÀI TẬP HÓA HỌC 11”
Người viết: Tô Quốc Kim
Tổ: Hoá - Sinh
NĂM HỌC: 2012 - 2013
PHẦN 1: MỞ ĐẦU
I.LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trong học tập hoá học, việc giải bài tập có một ý nghĩa rất quan trọng. Ngoài việc
rèn luyện kỹ năng vận dụng, đào sâu và mở rộng kiến thức đã học một cách sinh động;
bài tập hoá học còn được dùng để ôn tập, rèn luyện một số kỹ năng về hoá học. Thông
qua giải bài tập, giúp học sinh rèn luyện tính tích cực, trí thông minh, sáng tạo, bồi
dưỡng hứng thú trong học tập.
Việc lựa chọn phương pháp thích hợp để giải bài tập lại càng có ý nghĩa quan
trọng hơn. Mỗi bài tập có thể có nhiều phương pháp giải khác nhau. Nếu biết lựa chọn
phương pháp hợp lý, sẽ giúp học sinh nắm vững hơn bản chất của các hiện tượng hoá
học.
Qua quá trình giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi tôi đã tích luỹ được một số phương
pháp giải bài tập hoá học. Việc sử dung phương trình ion rút gọn để giải nhanh bài toán
hóa học đã tỏ ra có nhiều ưu điểm, đặc biệt là khi các kỳ thi ngày nay đã chuyển đổi
sang hình thức thi TNKQ. Khi đó, học sinh tiết kiệm được rất nhiều thời gian tính toán
để có kết quả.
Để giúp các em HS có cái nhìn tổng quát, tránh được những sai lầm, giải nhanh
chóng các bài tập trắc nghiệm trong đề thi Đại học - Cao đẳng Tôi quyết định nghiên
cứu và đưa sáng kiến “Sử dụng phương trình ion rút gọn để giải nhanh các bài toán
hóa học 11”.
II. MỤC ĐÍCH CỦA ĐỀ TÀI:
Đi sâu nghiên cứu về cơ sơ lý thuyết và phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm
bằng phương trình ion rút gọn. Giúp HS vận dụng tốt và giải nhanh nhiều bài tập trắc

-Với một bài toán hóa học có thể có nhiều cách giải. Nhưng chỉ có cách giải ngắn
gọn, đúng hướng, mất ít thời gian và cho kết quả đúng thì đó mới là áp dụng đúng
phương pháp giải nhanh.
2.Sử dụng phương trình ion rút gọn giúp học sinh giải nhanh nhiều bài tập hoá học có
những phản ứng xẩy ra trong dung dịch.
Phương pháp giải nhanh bằng phương trình ion rút gọn được rút ra từ bản chất của
phản ứng xẩy ra trong dung dịch.Vì thực chất của phản ứng xẩy ra trong dung dịch là
phản ứng giữa các ion.
Trong nhiều bài toán có sự tham gia phản ứng của nhiều chất. Khi đó có nhiều phản
ứng xẩy ra dưới dạng phân tử nhưng thực chất vẫn chỉ có một phương trình ion.Vì vậy
đáng lẽ HS viết nhiều phương trình thì bây giờ HS chỉ viết số ít phương trình ion rút
gọn. Do đó kết quả tính toán cũng được thu gọn lại.
- Giải bài toán hoá học bằng phương trình ion rút gọn tránh được nhiều sai lầm so với
khi giải toán bằng pt phân tử.
- Khi HS giải toán bằng phương trình phân tử thì số lượng ptpư thường nhiều. HS hay
viết thiếu các ptpư hoặc sai ptpư. Do đó dẫn đến nhầm lẫn và tìm ra kết quả sai cho bài
toán.
- Nhiều bài toán nếu giải bằng phương trình phân tử thì số lượng pư nhiều, phức tạp
thậm chí có những bài toán không giải được bằng pt phân tử.Khi sử dụng pt ion rút gọn
thì dễ dàng giải nhanh II-PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH CÁC BÀI TOÁN
BẰNG PHƯƠNG TRÌNH ION RÚT GỌN XẢY RA TRONG DUNG DỊCH
II.1. Nội dung phương pháp
- Phương trình ion rút gọn cho biết bản chất của phản ứng đồng thời giúp giải
nhanh, gọn nhiều bài tập trắc nghiệm.
- Trong phản ứng dạng ion rút gọn: Chất điện li mạnh phải viết dạng ion, chất điện
li yếu, chất khí, nước…ở dạng phân tử
II.2 Phạm vi áp dụng

∑
và
( )
OH bd
n
−
∑
xem
H
n
+
hay
OH
n
−
dư
→
pH
- Khi biết
H
n
+
∑
hoặc
OH
n
−
∑

⇒

2
O được dd X và 0,56 lít khí
(đktc) H
2
. Thể tích dd (H
2
SO
4
0,1M và HCl 0,3M) cần dùng để trung hoà vừa đủ ddX
bằng
A. 0,05 lít B. 0,1 lít C. 0,15 lít D. 0,2 lít
Nhận xét: -Điều quan trọng HS nhận ra kim loại t/d với H
2
O → H
2
có mối liên hệ:
nOH
-
= 2 nH
2
( 2M +nH
2
O
→
2M
n+
+ 2nOH
-
+nH
2

PPGN:
2
H OH H O
+ −
+ →
;
0,045 0,045
→ nH
+
dư = 0,5.10
-2
= 0,005 = 2.0,2.x – 0,045 → x= 0,125M

Ba
2+
+ SO
4
2-
BaSO
4
0,0075 < 0,025 0,0075
m

= 0,0075.233 = 1, 7475gam.Chn D.
Vớ d 3. Trn 300 ml dd (NaOH 0,1M v Ba(OH)
2
0,025M) vi 200 ml dd H
2
SO
4

vit cỏc phng trỡnh phõn t m vit phng trỡnh phn ng di dng ion rỳt gn:
- 2 -
2 3 2 2 3
XO + 2OH XO + H O ; XO + OH HXO



OH
Tớnh n
v lp t l:
2
OH
XO
n
t
n

=
bit sinh ra mui gỡ, sau ú so sỏnh s mol
vi s mol Ca
2+
, Ba
2+
tớnh lng kt ta.








3
2
2 2 3
3 2 3 2
ph n ng c v i OH c HXO
Dung d ch t o thnh ph n ng c v i CaCl ho c BaCl c XO
un n ng t o c Ca(HXO ) ho c Ba(HXO )
ả ứ đ ợ ớ ó
ị ạ ả ứ đ ợ ớ ặ ó
đ ó ạ ó ặ
Chỳ ý 2:






+



3
2
2
3
HXO

Cỏc mui
=

m
cation
+

m
anion (to mui)

Bài toán: Cho x (mol) khí (CO
2
, SO
2
)(đktc) + dd kiềm chứa V(l)dd(NaOH aM,
Ca(OH)
2
bM…). Thu được m (g) kết tủa.
Điều quạn trọng để giải nhanh bài tập này, HS phải giải bằng pt ion rút gọn
và phải nắm được thủ thuật sau.
a. Một số lưu ý và phương pháp giải
- Không nên viết PTPƯ
Lập tỷ lệ
2
OH
CO
n
n
α
−

2-
→ n CO
3
2-
= 1/2nOH
-
- PTPƯ dạng ion rút gọn: CO
2
+ OH
-

→
HCO
3
-
a a a
CO
2
+ 2OH
-

→
CO
3
2-
+ H
2
O
b 2b b
Sau đó: Ca

0,5M được m(g)
↓
. Giá trị của m là
A. 20 B. 22,5 C. 25 D. 2,5
Tình huống sai lầm :
HS viết pt dưới dạng phân tử :
CO
2
+ 2NaOH → Na
2
CO
3
+ H
2
O
0,025 0,05 → 0,025
CO
2
+ Ca(OH)
2
→ CaCO
3
+ H
2
O
0,2 < 0,25 → 0,2 (mol) → mCaCO
3
= 0,2.100= 20 gam. Sai
- Chỗ sai của HS này là đã bỏ qua pư : Na
2

Số mol CO
3
2-
= nCO
2
= 0,225 mol
Sau đó: Ca
2+
+ CO
3
2-

→
CaCO
3

0,25 > 0,225 0,225 (mol) →mCaCO
3
= 0,225.100 = 22,5 g. Chọn B.
Ví dụ 2. Cho 0,2(mol) CO
2
hấp thụ hết vào 500 ml dd NaOH 0,1M và Ba(OH)
2
0,2M
được m(g)
↓
. Giá trị của m là
A. 9,85 B. 15,2 C. 19,7 D. 20,4
-Nếu HS giải bằng pt phân tử sẽ dẫn đến tình huống sai là :
+ Khó khăn trong viết PTPƯ, không kiểm soát được các pứ:

→
CO
3
2-
+ H
2
O
2a
→
a
→
a
OH
-
+ CO
2

→
HCO
3

b b b

2 0,25 0,15
0,2 0,05
a b a
a b b
+ = =
 
⇒ ⇒

1,0 molBa
0,05 mol BaCO
3
m = 0,05.197=9,85 (g)
Ví dụ 3. Hoà tan 1 mẫu hợp kim Ba – K có số mol = n vào H
2
O được dd X và 0,3 mol
khí. Sục 0,025 mol CO
2
vào X được m(g) kết tủa. Giá trị của m là.
A. 2,955 B. 3,94 C. 4,334 D. 4,925
HD: H
2
O
→

1
2
H
+
+ OH
-

⇒

2
24 2
OH
CO
n

→
KOH
⇒
3x = 0,6
⇒
x = 0,2 =
2
Ba
n
+
x x x x
Ba
2+
+ CO
3
2-

→
BaCO
3
↓

⇒
m = 0,025.197 = 4,925
0,025 0,025 0,025
Rút kinh nghiệm: Để có thể tính nhanh hơn HS cần nhớ
6,02.3,02
2
===
∑

(NaOH 0,7M, Ba(OH)
2
0,4M) được m (g) kết tủa, Giá trị của m là
A. 52,25 B. 49,25 C. 41,80 D. 54,25
HD: Kí hiệu CO
2
và SO
2
là YO
2
(
M
=56
⇒
Y = 24);
2
0,5
O
Y
n =
0,75
OH
n
−
∑ =
Ta có:
( )
2
1,5 1,2
OH

0,5
2 0,75
a b
a b
+ =

⇒

+ =

a=b=0,25
YO
3
2-
+ Ba
2+

→
BaYO
3

↓

⇒
m = 0,2.(137+24+48)=41,8 gam
Dư 0,2 0,2
Rút kinh nghiệm: Quạn trọng trong bài toán dạng này HS cần biết quy đổi 2 khí
(SO
2
, CO

2
-> Kết tủa
3 / Dung dịch A tác dụng được với kiềm.
4/Dung dịch A thu được và khí. Cho A+ ddBa(OH)
2
hoặc Ca(OH)
2

→
↓
- Yêu cầu: Biết 2/3 đại lượng -> Tính được đại lượng còn lại (V khí, C
M
muối, C
M

axít, m kết tủa)
Phương pháp
- Nhận định đúng về bản chất của phương trình phản ứng khi cho từ từ CO
3
2-
từ từ
vào H
+
Cho từ từ H
+
vào CO
3
2-
: H
+


→
↓ Có cả
(1,2)
Chúng ta phải dựa vào tính chất theo đề bài để kiểm soát mức độ của phản ứng.
Bài toán 2 Cho dung dịch (M
2
CO
3
, MHCO
3
,…). từ từ dung dịch HCl, HBr,
NaHSO
4
,… vào Sau pư thu được sản phẩm thoả mãn một tính chất nào đó.
- Yêu cầu: Biết 2/3 đại lượng -> Tính được đại lượng còn lại (V khí, C
M
muối, C
M

axít, m kết tủa)
Phương pháp
- Nhận định đúng về bản chất của phương trình phản ứng khi cho H
+
từ từ vào CO
3
2-
Cho từ từ CO
3
2-

) được dd X và V lít CO
2
(đktc). Thêm Ba(OH)
2
dư vào dd X thấy tạo
thành m (g) kết tủa. Giá trị của V và m lần lượt là
A. 11,2 lít và 78,8 gam B. 20,16 lít và 78,8 gam
C. 20,16 lít và 148,7 gam D. 11,2 lít và 148,7 gam
Phương pháp giải nhanh:
Pt ion rút gọn: H
+
+ CO
3
2-

→
HCO
3
-
(1)
(0,5+0,3) 0,3 0,3
→
∑
−
3
HCO
n
= 0,6 + 0,3 = 0,9 mol
HCO
3

3
= 0,4.197 = 78,8 (g)
Ví dụ 2. Cho từ từ dd chứa 0,015 mol HCl vào dd chứa x mol K
2
CO
3
thu được dd X
(không chứa HCl) vào 0,005 mol CO
2
. Nếu thí nghiệm trên được tiến hành ngược lại
(cho từ từ K
2
CO
3
vào dd HCl) thì số mol CO
2
thu được bằng
A. 0,005 B. 0,0075 C. 0,01 D. 0,015
Phương pháp giải nhanh:
- Cho từ từ HCl vào K
2
CO
3
:
K
2
CO
3
+ HCl
→

nco
2
= 0,0075. Chọn
- Cho từ từ HCl vào Na
2
CO
3
CO
3
2-
+ H
+

→
HCO
3
-
; HCO
3
-
+ H
+

→
CO
2
+ H
2
O
x x x 0,015-x 0,015-x 0,015-x

CO
3
1M) với 100 ml ddY (H
2
SO
4
1M, HCl
1M) được V lít khí CO
2
(đktc) + dd Z. Cho Ba(OH)
2
dư vào dd Z thì thu được m (g) kết
tủa. Giá trị của V và m lần lượt là
A.4,48 lít và 19,7 gam B. 4,48 lít và 23,3 gam
C. 2,24 lít và 43 gam D. 4,48 lít và 43 gam
Phương pháp giải nhanh:
CO
3
2-
+ H
+

→
HCO
3
-
; HCO
3
-
+ H

2
O
0,1 dư 0,1 Dư 0,1 0,1 mol
m
kết tủa
= mBaSO
4
+ mBaCO
3
= 0,1.233 + 0,1.197 = 43 gam
Vco
2
= 0,2.22,4 = 4,48 lít. Chọn D.
Dạng 2: Phản ứng trao đổi
1. Một số lưu ý và phương pháp giải toán
- Nắm được các điều kiện để xảy ra phản ứng trai đổi (có
, ,↓ ↑
chất điện li yếu)
- Viết các PTPƯ xảy ra dạng ion rút gọn
- Dựa vào tương quan tỉ lệ mol, kiểm soát tiến trình xảy ra phản ứng
2. Bài toán minh hoạ
Ví dụ 1. Hoà tan 47,4 (g) phèn chua KAl(SO
4
)
2
.12H
2
O vào H
2
O được 0,2 mol

2

→
Ba(AlO
2
)
2
+ 4H
2
O
Bđ: 0,1 0,2-0,15 0,05
Sau pư 0 0
Vậy kết tủa: mBaSO
4
= 0,15.233 = 34,95 gam
Phân tích: Học sinh sai ở chỗ: Đã bỏ qua phản ứng dẫn đến kết quả sai.
Ba(AlO
2
)
2
+ K
2
SO
4

→
BaSO
4
+ 2KAlO
2


↓
; Al
3+
+ 3OH
-

→
Al(OH)
3

↓

→
dư
0,2 0,2 0,2 0,1 0,3 0,1 0,1 mol OH
-
OH
-
+ Al(OH)
3

→
AlO
2
-
+ H
2
O
0,1 0,1

+ 2H
2
O
0,25 0,5 0,2 0,2
Ca(OH)
2
+ Na
2
CO
3

→
CaCO
3
+ 2NaOH
0,25 0,2 0,2 0,4
Ca(OH)
2
dư: CaCO
3
= 0,4.100 = 40 (g).
Lời giải trên sai ở chỗ, không tính lượng Na
2
CO
3
tạo ra ở pư (1).
Giải nhanh: HCO
3
-
+ OH

nhất thì giá trị của m là
A. 1,17 B. 1,71 C. 1,95 D. 1,59
Dạng 3: Kết hợp phương trình ion rút gọn với định luật bảo toàn điện tích:
1/ Chú ý về phương pháp:
Bản chất của phản ứng xẩy ra trong dung dịch chính là phản ứng giữa các ion.Tuy
nhiên khi có phương trình ion rút gọn thì điện tích và số nguyên tử 2 vế của pt phải
bằng nhau. Hay nói cách khác điện tích phải được bảo toàn.
-Trong một dung dịch nếu tồn tại đồng thời các ion dương và âm thì theo định luật bảo
toàn điện tích: tổng số điện tích dương bằng tổng số điện tích âm.
Biểu thức:
( ) ( )dt dt
n n
+ −
=
∑ ∑
2/Các ví dụ minh họa:
Thí dụ 1
Có 500 ml dung dịch X chứa Na
+
, NH
4
+
, CO
3
2-
, SO
4
2-
.
Tiến hành các thí nghiệm:

= = = = = =
+ = ⇒
2
2 3
3 4
2
3 4
4
4 3 2
CO NH
CO NH
BaCO BaSO
SO
(3)
OH +NH  NH +H O(4)
2,24 4,48
Trong100mlX:n n 0,1mol;n n 0,2mol
22,4 22,4
m m 43 n
−
= = =
−
4
BaSO
43 197.0,1
n  0,1mol
233
− +
−
− − + − − +

n 2.0,1 2.0,1
− − +
=
= + + =
⇒ = →
2 2 +
3 4 4
muèi
CO SO NH Na
muèi
0,2 0,2mol
Khèil îngmuèicãtrong500mldungdÞchX:
m  m m m +m 5(0,1.60+0,1.96+0,2.18+0,2.23)
m  119,0gam §¸p¸nC.
Thí dụ 2
Dung dịch X gồm 5 ion: Mg
2+
, Ba
2+
, Ca
2+
, 0,1 mol Cl
−
và 0,2 mol NO
3
-
. Thêm từ từ
Vml dung dịch hỗn hợp (K
2
CO

Tớnh
2
3
CO
n


=?


2+ 2+ 2+
2+ 2
3 3
2+ 2
3 3
Kếttủalớnnhất cácionMg ,Ba vàCa đãkếttủahoàntoàn
Mg +CO MgCO (1)
Ba +CO BaCO (2)

2
2
3
) M
M MCO


+

Ca
M Mg Ba Ca
CO
2n 1.0,1+1.0,2 0,3mol
0,3
n =n n n 0,15mol(**)
2
0,15
(*),(**) n 0,15mol V 0,15lít 150ml Đápán
1
B.
Vớ d 3.
Dung dch X cha a mol Na
+
, b mol HCO
3
, c mol CO
3
2-
v d mol SO
4
2-
. to kt ta
ln nht ngi ta phi dựng 100 ml dung dch Ba(OH)
2
x mol/l. Biu thc tớnh x theo a
v b l
A.
=
a +b

Cácphảnứngxảyra:HCO +OH CO +H O(1)
Ba +CO BaCO (2)
Ba +SO BaSO (3)
Chúý:n= + =

= =

2 2
3 4
2+ 2 2
3 4
O SO
Ba CO SO
b c(mol);n d(mol)
Kếttủalớnnhất cácphảnứng(2),(3)xảyrahoàntoàn
Theo(2),(3):n n +n 0,1x b+c+d(*)
TheoBTĐT:a=b+2c+2d a+b=2(b+c+d)= =

a+b
2.0,1x x
0,2
ĐápánB.
Phõn tớch: -Nhng sai lm hc sinh hay mc phi trong dng toỏn ny l
+ Gii bng pt phõn t
+ Vit sai phng trỡnh ion rỳt gn.
+ B tc cho rng cho thiu d kin (vỡ cha bit kt hp vi LBT T)
-Phng phỏp ti u gii bi tp trờn pt ion rỳt gn v ỏp dng nh lut bo

3
3Cu + 8H
+
+ 2NO
3
-

→
3Cu
2+
+ 2NO + 4H
2
O
3Fe
2+
+ 4 H
+
+ NO
3
-

→
3Fe
2+
+ NO + 2 H
2
O
Lưu ý: Cu, Fe
2+
phản ứng với hỗn hợp (NaHSO

Pư: 0,075 0,2 0,2 0,05 mol
Sau pư: 0,025 0 0,3
Suy ra V = 0,05.22,4 = 1,12 lít khí NO ⇒ Đáp án A (Sai)
Nguyên nhân: Học sinh viết pt pư dưới dạng phân tử sau phản ứng tạo ra muối
nitrat.Mặt khác vẫn dư Cu và HCl vẫn tiếp tục phản ứng tạo ra thêm khí NO
Do vậy cần phải giải bài toán bằng pt ion rút gọn.
PP giải nhanh:
3Cu + 2NO
3
-
+ 8H
+

→
3Cu
2+
+ 2NO + 4H
2
O
0,1 0,2 0,5
Ta thấy 0,1/3 < 0,2/2 < 0,5/8 .Do đó
lVnn
NOCuNO
49,13/2.1,0.4,221,0.3/23/2 ==⇒==
Đáp án D.(Đúng)
Qua ví dụ trên có thể mở rộng xây dựng bài toán ở mức độ khó hơn nhưng có cùng
bản chất .
Ví dụ 2: Hỗn hợp X gồm Fe và Cu cho tác dụng với dung dịch H
2
SO

, H
+
dư, SO
2
4
−
. Khi thên KNO
3
vào
sẽ có các phản ứng
3 Cu + 8 H
+
+ 2 NO
3
−

→
3 Cu
2+
+ 2 NO↑ + 4 H
2
O
mol 0,1 ←
0,2
3
3 Fe
2+
+ 4 H
+
+ NO

Ví dụ 3: Hỗn hợp X gồm (Fe, Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4
, FeO) với số mol mỗi chất là 0,1 mol, hòa
tan hết vào dung dịch Y gồm (HCl và H
2
SO
4
loãng) dư thu được dung dịch Z.
Nhỏ từ từ dung dịch Cu(NO
3
)
2
1M vào dung dịch Z cho tới khi ngừng thoát khí
NO. Thể tích dung dịch Cu(NO
3
)
2
cần dùng và thể tích khí thoát ra ở đktc thuộc
phương án nào?
A. 25 ml; 1,12 lít. B. 0,5 lít; 22,4 lít.
C. 50 ml; 2,24 lít. D. 50 ml; 1,12 lít.
Trong bài toán này: Điều quan trọng HS cần nhận ra là hh (X) + (HCl và H
2
SO

Hướng dẫn giải
Quy hỗn hợp 0,1 mol Fe
2
O
3
và 0,1 mol FeO thành 0,1 mol Fe
3
O
4
.
Hỗn hợp X gồm: (Fe
3
O
4
0,2 mol; Fe 0,1 mol) tác dụng với dung dịch Y
Fe
3
O
4
+ 8H
+
→ Fe
2+
+ 2Fe
3+
+ 4H
2
O
0,2 → 0,2 0,4 mol
Fe + 2H

O
0,3 0,1 0,1 mol
⇒ V
NO
= 0,1×22,4 = 2, 24 lít.
3 2
3
Cu(NO )
NO
1
n n 0,05
2
−
= =
mol
⇒
3 2
dd Cu(NO )
0,05
V 0,05
1
= =
lít (hay 50 ml). Đáp án C.
Trong bài toán (KL hoặc Fe
2+
) tác dụng với hỗn hợp (HNO
3
và H
2
SO

n 0,12
−
=
mol.
Phương trình ion:
3Cu + 8H
+
+ 2NO
3
−
→ 3Cu
2+
+ 2NO
↑
+ 4H
2
O
Ban đầu: 0,1 → 0,24 → 0,12 mol
Phản ứng: 0,09 ← 0,24 → 0,06 → 0,06 mol
Sau phản ứng: 0,01 (dư) (hết) 0,06 (dư)
⇒ V
NO
= 0,06×22,4 = 1,344 lít.
Sai lầm HS hay mắc phải:
Chỉ viết phương trình phản ứng:
3Cu + 8HNO
3

→
3Cu(NO

2
SO
4
loãng) là pư của Chất Khử +
H
+
+ NO
3
-
Ví dụ 3.Cho FeS dư vào 400 ml dd HNO
3
0,1M thu được sản phẩm duy nhất là NO.
Thể tích NO sinh ra ở (đktc) là:
A. 0,672 lít B. 0,448 lít C. 0,896 lít D. 1,12 lít
HD: Ta có:
3
3
0,04
HNO
H NO
n n n mol
+ −
= = =
Vì FeS dư nên sản phẩm tạo thành:
FeS + 4H
+
+ 3NO
3
-


)
3
+ 9NO + 6H
2
O
0,04
→
0,03

→
Cho cùng kết quả giải với phương trình ion
+ Nếu giải bằng phương trình sau sẽ cho kết quả sai
FeS + 6HNO
3

→
Fe(NO
3
)
3
+ H
2
SO
4
+ 3NO + 2H
2
O
0,04 0,02
Vì dd vẫn còn H
+

. Viết phương trình hoá học xảy ra và tính khối lượng mỗi
muối đicromat nói trên.
Giải nhanh bằng pt ion rút gọn:
1. Cr
2
O
7
2-
+ 6Fe
2+
+ 14H
+
2Cr
3+
+ 6Fe
3+
+ 7H
2
O.
MnO
4
-
+ 5 Fe
2+
+ 8 H
+
Mn
2+
+ 5 Fe
3+

Ví dụ 5: Cho Cho m gam hỗn hợp Cu
2
S và FeS
2
phản ứng vừa đủ với 1 lít dung dịch
HNO
3
0,4M, chỉ tạo thành dung dịch muối sunfat và khí NO (là sản phẩm khử duy
nhất). Tính m ?
1. Tư duy giải bài toán theo phương trình hóa học
Phương pháp này có cái hay và không hay sau:
• Cái không hay là mất thời gian vào việc viết đúng, đủ và cân bằng phương
trình hóa học.
Khó khăn thường mắc phải khi lập phương trình hóa học:
 Theo dữ kiện đã cho là chỉ tạo muối sunfat bạn sẽ lúng túng khi cân bằng phương
trình hóa học.
 Cụ thể đối với phương trình của Cu
2
S sẽ thiếu gốc sunfat, đối với FeS
2
lại thừa
gốc sunfat.
 Nếu viết p.t.p.ư của Cu
2
S trước thì thấy ngay:
Cu
2
S + HNO
3


2FeS
2
+ 10HNO
3

→
Fe
2
(SO
4
)
3
+ 10NO + H
2
SO
4
+ 4H
2
O (3)
x (mol) 5x 0,5x 5x 0,5x
3Cu
2
S +10HNO
3
+ 3H
2
SO
4

→

a 4a 5a
3Cu
2
S + 16H
+
+ 10NO
3
-
→
6Cu
2+
+ 3SO
4
2-
+ 10NO + 8H
2
O (2)
b 16/3b 10/3b
Lập luận: Điều kiện để dd chỉ có muối sunfat là:
4a+ 16/3b = 5a + 10/3b = 0, 4 ⇒ a= 0,06 ; b = 0,03.
Vậy m = 0,06.120 + 0,03.160 = 4,8.
Phân tích: Giải bài toán bằng pt ion rút gọn nhanh gọn, dễ hiểu và thể hiện bản chất
của phản ứng.Từ đó HS có thể xây dựng và giải bài tập mở rộng kết hợp pt ion-eletron.
5x 1,2
+ 5x = 0,4 x = = 0,06(mol)
3 20
⇒
Ví dụ 6: Cho hỗn hợp gồm 0,15 mol CuFeS
2
và 0,09 mol Cu

2
−
+ 16H
+
0,15 0,15 0,15 0,3
Cu
2
FeS
2
+ 8H
2
O − 19e → 2Cu
2+
+ Fe
3+
+ 2SO
4
2
−
+ 16H
+
0,09 0,18 0,09 0,18
2
4
SO
n 0,48
−
=
mol;
Ba

NO.
Giải nhanh bằng pt ion rút gọn:
Dung dịch A có 0,4 mol H
+
, 0,05 mol Cu
2+
, 0,4 mol Cl
-
, 0,1 mol NO
3
-

Khi cho Fe vào dung dịch A xảy ra các phản ứng:
Fe

+ 4H
+
+ NO
3
-
→ Fe
3+
+ NO + 2H
2
O (1)
0,4 0,1
0,1 0,4 0,1 0,1
0 0 0,1
Fe + 2Fe
3+

.Thu được dung dịch A. Cơ cạn ddA được m muối khan.
Tính m ?( Biết trong dung dịch A khơng có muối amoni)
Phương pháp:
- Viết qt khử: (6x – 2y) H
+

+ xNO
3
-
+ (5x – 2y) e → N
x
O
y
+ (3x – y)H
2
O
Cộng thêm (5x – 2y) NO
3
-
vào 2 vế ⇒
(6x – 2y) HNO
3
+ (5x – 2y) e → (5x – 2y) NO
3
-
+

N
x
O

e
(nhận) +nN/spkhử
Mở rộng ra:
R + HNO
3
→ R(NO
3
)
n
+ sản phẩm khử
x
N
t
(NO, NO
2
, N
2
, N
2
O, NH
4
NO
3
) + H
2
O
+ Kim loại R cho e chuyển thành
n
R
+

. .
: . . 3 1. 10 8 8
2
2 2 4 3
n
NO
i n i n
KL KL
sp
sp
VD i n i n n n n n n
B B N
A A NO NO N O NH NO
=
−
=
∑ ∑
+ = + + + +
tạo muối
khử
khử
Trong cơng thức trên, A, B là hai kim loại tham gia phản ứng
Cách tìm khối lượng muối:
Kim loại + HNO
3

→
Muối + sản phẩm khử + H
2
O

số N/ sản phẩm khử).
khử
khử
Bài tốn 2: Cho a gam hỗn hợp kim loại (A, B, C, ) tan hết trong dd H
2
SO
4
đặc, sau
phản ứng thu được n (mol) Sản phẩm khử X( SO
2
, S, H
2
S) .Thu được dung dịch A. Cơ
cạn ddA được m muối khan. Tính m ?( Biết trong dung dịch A khơng có muối amoni)
Phương pháp:
Viết q trình:
* SO
4
2-
+ 4H
+
+ 2e → SO
2
+ 2H
2
O
Cộng thêm 1 gốc SO
4
2-
vào 2 vế ta có:


+ 8e → 4SO
4
2-
+ H
2
S + 4H
2
O (2)
SO
4
2-
+ 8H
+
+ 6e → S + 4H
2
O
Cộng vào 2 vế 3 gốc SO
4
2-
ta có:
⇒ H
2
SO
4

+ 6e → 3SO
4
2-
+ S + 4H

4
)
n
+ sản phẩm khử
x
S
(S, SO
2
, H
2
S) + H
2
O
+ Kim loại R cho e chuyển thành
n
R
+
(trong muối) . Vậy i
kim loại
= hóa trị = n
+ Ngun tố S (trong H
2
SO
4
) nhận e để tạo thành sản phẩm khử:
x
S
. Vậy
(6 )
x

M M
m = m + (i .n ) = m + (i .n )
∑
gốc axit gốc axit
pứ pứ sp khử sp khử
muối
hóa trò gốc axit hóa trò gốc axit
*Cách tìm số mol axit tham gia phản ứng:

2 4
2 4
.
: 4 2. 5
2 2
(
2
i
sp
n n
H SO
sp
VD n n n n
H SO S SO H S
=
= +
∑
+ +
khử
số S/ sản phẩm khử).
khử

3
−
+ 4H
+
+ 3e → NO + 2H
2
O (2)
4 × 0,1 ← 0,1
2NO
3
−
+ 10H
+
+ 8e → N
2
O + 5H
2
O (3)
10 × 0,05 ← 0,05
Từ (1), (2), (3) nhận được:
3
HNO
H
n n
p
+
=
∑
=
2 0,15 4 0,1 10 0,05

(1)
0,1 → 0,1
4NO
3
−
+ 4H
+
+ 3e → NO + 2H
2
O + 3NO
3
−
(2)
0,1 → 3 × 0,1
2SO
4
2
−
+ 4H
+
+ 2e → SO
2
+ H
2
O + SO
4
2
−
(3)
0,1 → 0,1

SO
4
(đặc nóng) thu được 0, 1 mol mỗi khí SO
2
, NO, NO
2
. Cô cạn
dung dịch sau phản ứng khối lượng muối khan thu được là:
A. 31,5 gam. B. 37,7 gam. C. 47,3 gam. D. 34,9 gam.
Hướng dẫn giải
Ta có bán phản ứng:
2NO
3
−
+ 2H
+
+ 1e → NO
2
+ H
2
O + NO
3
−
(1)
0,1 → 0,1
4NO
3
−
+ 4H
+

−
tạo muối bằng 0,1 mol.
⇒ m
muối
= m
k.loại
+
3
NO
m
−
+
2
4
SO
m
−
= 12,9 + 62 × 0,4 + 96 × 0,1 = 47,3. (Đáp án C)
Ví dụ 15: Hòa tan 10, 71 gam hỗn hợp gồm Al, Zn, Fe trong 4 lít dung dịch HNO
3
aM
vừa đủ thu được dung dịch A và 1, 792 lít hỗn hợp khí gồm N
2
và N
2
O có tỉ lệ
mol 1:1. Cô cạn dung dịch A thu được m (gam.) muối khan. giá trị của m, a là:
A. 55, 35 gam. và 2,2M B. 55, 35 gam. và 0,22M
C. 53, 55 gam. và 2,2M D. 53, 55 gam. và 0,22M
Hướng dẫn giải

0,08 0,4 0,04
⇒
3
HNO
H
n n 0,88
+
= =
mol.
⇒
0,88
a 0,22
4
= =
M.
Số mol NO
3
−
tạo muối bằng 0,88 − (0,08 + 0,08) = 0,72 mol.
Khối lượng muối bằng 10,71 + 0,72 × 62 = 55,35 gam. (Đỏp ỏn B)
PHẦN 3. KẾT LUẬN
Quá trình giảng dạy ở năm học vừa qua, đặc biệt là khi việc kiểm tra, đánh giá học
sinh chuyển sang hình thức kiểm tra TNKQ, tôi nhận thấy:
- Kiến thức của học sinh ngày càng được củng cố và phát triển sau khi hiểu nắm
vững được bản chất của các quá trình hoá học.
- Trong quá trình tự học, học sinh tự tìm tòi, phát hiện được nhiều phương pháp
khác nhau trong giải bài tập hoá học
- Niềm hứng thú, say mê trong học tập của học sinh càng được phát huy khi biết sử
dụng kiến thức toán học, đặc biệt là sử dụng phương trình ion rút gọn để giải các bài tập
hóa học.