1. A. Phương pháp bảo toàn.
1. Bảo toàn điện tích:
- Nguyên tắc : Tổng điện tích dương luôn bằng tổng điện tích âm vè giá trị tuyệt
dối. Dung dịch luôn trung hòa về điện.
- Các ví dụ:
Ví dụ 1: Dung dịch A chứa các ion: Na+ (a mol), HCO3 (b mol), CO32- (c mol),
SO42- (d mol). Để tạo ra kết tủa lớn nhất người ta dùng 100 ml Ba(OH)2 x mol/l.
Tính X theo a, b.
Giải
HCO3- + OH- > CO32- + H2O
b > b
Ba2+ + CO32- > BaCO3
Ba2+ + SO42- > BaSO4
Dung dịch sau PU chỉ có Na+ (ban đầu) là a mol. Vậy để dung dịch trung hòa về
điện
thì cấn a mol OH-, trong khi đó đã tiêu tốn b mol OH- ở trên.
Vậy nOH- = a + b mol > x = (a + b)/0,2.
2. Bảo toàn khối lượng:
- Nguyên tắc:
+ Trong PUHH thì tổng khối lượng các sản phẩm bằng tổng khối lượng các chất
tham gia PU.
+ Khi cô cạn dung dịch thì khối lượng hỗn hợp muối thu được bằng tổng khối
lượng các cation kim loại và anion gốc axit.
- Các ví dụ:
Ví dụ 2: Cho từ từ một luồng khí CO qua ống sứ đựng m gam hỗn hợp Fe và các
oxit
của Fe đun nóng thu được 64 gam Fe, khi đi ra sau PU tạo 40 gam kết tủa với
dung dịch Ca(OH)2 dư. Tính m.
Giải
Ta có: nCO2 = nCaCO3 = 40/100 = 0,4 mol
mCO + m = mFe + mCO2

Đốt cháy hoàn toàn B cần bao nhiêu lit Ò ở đktc.
Giải
Ta thấy nFe = 60/56 > nS = 30/32 nên Fe dư, S hết.
Khí B là hỗn hợp H2, H2S. Đốt B thu được SO2, H2O
Phân tích:
- S nhận một phần e của Fe để tạo S2- (FeS) và không thay đổi trong PU với HCl
(vẫn là S2- trong H2S), cuối cùng nó nhường lại toàn bộ e do Fe đã cho và e do
nó vốn có để tạo SO2 trong PU với O2.
- Fe nhường một phần e cho S để tạo Fe2+ (FeS) và cuối cùng lượng e này lại đẩy
sang cho O2 (theo trên). Phần Fe dư còn lại nhường e cho H+ để tạo H2, sau đó
H2 lại trả số e này cho O2 trong PU cháy tạo H2O
> Như vậy, một cách gián tiếp thì toàn bộ e do Fe nhường và S nhường đã
được O2 thu nhận.
Vậy: ne cho = 2nFe + 4nS = 5,89 mol.
> nO2 = 5,89/4 = 1,47 mol
V O2 = 1,47.22,4 = 32,928 lit.
Ví dụ 7: Hỗn hợp X gồm hai kim loại A,B có hóa trị không đổi, chúng đều không
PU với nước và mạnh hơn Cu. Ch X tác dụng hoàn toàn với CuSO4 dư, lấy Cu thu
được cho PU hoàn toàn với HNO3 dư thấy thoát ra 1,12 lit NO ở đktc. Nếu cho
lượng X trên PU hoàn toàn với HNO3 thì thu được bao nhiêu lit N2 ở đktc.
Giải
Phân tích: Cu2+ nhận a mol e của A,B để tạo Cu, Cu lại nhường lại a mol e cho
N5+ để tạo NO.
N5+ + 3e > N2+ >nNO = a/3 = 1,12/22,4 = 0,05 mol > a = 0,15 mol
Ở thí nghiệm sau, A,B nhường a mol e cho N5+ để tạo N2:
2N5+ 2.5e > N2
> nN2 = 0,15/10 = 0,015 mol
> V N2 = 0,015.22.4 = 0,336 lit
Ví dụ 8. Cho 1,35 gam hỗn hợp Cu,Mg,Al tác dụng hết với HNO3 thu được 0,01
mol NO và 0,04 mol NO2. Tính khối lượng muối tạo ra?

Đặt số mol Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 lần lượt là a, b, c, d. Ta có các PT sau:
mA = 56a + 72b + 232c + 160d = 12 (1)
nFe = a + b + 3c + 2d = m/56 (2)
nO trong oxit = b + 4c + 3d = (12 - m)/16 (3)
nNO = a + b/3 + c/3 = 0,1 (4)
Có 4 phương trình 5 ẩn số nên phải biện luận, đề không yêu cầu tính a,b,c,d nên
ta tính vế trái của 2 hoạc 3 > m. Để làm điều đó ta có thể tổ hợp 1,4 để được vế
trái của 2 hoạc khử a của 1,4 để thu được vế trái của 3
Kết quả: m = 10,08 g
2.Phương pháp bảo toàn khối lượng:
nFe(NO3)3 = nFe = m/56
nHNO3 = nNO + 3nFe = 0,1 + 3m/56
nH2O = 1/2 nHNO3
Thay các giá trị vào PT:
mA + mHNO3 = mFe(NO3)3 + mNO + mH2O
> m = 10,08 g
3. Phương pháp bảo toàn e:
ne Fe nhường = ne do O2 thu + ne do N5+ thu
3m/56 = (12 - m).4/32 + 0,1.3
> m = 10,08 g
4. Suy biến của PP bảo toàn e:
Giả sử hỗn hợp chỉ gồm có Fe và Fe2O3
PU: 4Fe + 3O2 > 2Fe2O3
> nFe = 4/3nO2 = 4/3 . (12 - m)/32
Số mol Fe trong A: = m/56 - 4/3 . (12 - m)/32
Theo PU (I) > nFe = nNO > m/56 - 4/3 . (12 - m)/32 = 0,1
> m = 10,08
Ta có thể qui hỗn hợp A gồm có Fe và một trong số các oxit kia của Fe nhưng
phức tạp hơn do các oxit này PU với HNO3 có tạo NO.
C. Phương pháp trung bình

Gọi y là số H trung bình, x là số C thì: 12x + y + 17 = 59,3 y <= 2x + 1
>12x + y = 42,3. Thay x = 1, 2, 3, 4 vào (x >= 4 thì y < 0) ta được x = 3, y = 6,3 là phù
hợp. Như vậy một chất có số H > 6,3 chất kia có số H < 6,3. Ta có 2 cặp B, C
CH2=CH-CH2OH và C3H7OH
CHC-CH2OH và C3H7OH
D. Phương pháp ghép ẩn số:
- Thực ra đây là một cách biện luận của PP đại số khi bài toán cho thiếu nhiều dữ kiện.
- Các ví dụ:
Ví dụ 1. Đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp hai rượu no, đơn chức rồi dẫn toàn bộ SP qua bình 1
đựng H2SO4 và bình 2 đựng Ca(OH)2 dư thấy bình 1 tăng 1,98 g và bình 2 có 8 g kết tủa. Tính
a.
Giải
(Bài này có thể giải theo PP trung bình ở phần trên).
Đặt công thức của 2 rượu là CnH2n+1OH và CmH2m+1OH và x, y là số mol tương ứng.
> nCO2 = nx + my = 0,08 mol
nH2O = (n + 1)x + (m + 1)y = 0,11 mol
> nx + my + x + y = 0,11
> x + y = 0,03
mà: a = (14n + 18)x + (14m + 18)y = 14(nx + my) + 18(x + y)
= 14.0,08 + 18.0,03 = 1,66 g
Ví dụ 2. Đun p gam hh 2 rượu no, đơn chức với H2SO4 đặc thu được V lit (đktc) hai anken. Đốt
cháy hoàn toàn 2 anken thu được x lit CO2 và y gam H2O. Tính x, y theo p,V.
Bài này làm hoàn toàn tương tự như trên.
E. Phương pháp tăng, giảm khối lượng:
- Khi chuyển từ chất này sang chất khác, khối lượng có thể tăng hoặc giảm do các chất khác
nhau có khối lượng mol phân tử khác nhau. Dựa vào tương quan tỉ lệ thuận của sự tăng, giảm
khối lượng với số mol chất mà ta giải bài toán.
-Các ví dụ:
Ví dụ 1. Nhúng thanh kim loại A hóa trị 2 vào dung dịch CuSO4 một thời gian thấy khối lượng
thanh giảm 0,05% , cũng nhúng thanh kim loại trên vào dd Pb(NO3)2 thì khối lượng thanh tăng

> Khối lượng muối tăng : 11x + 11y = 2,2 g
Khối lượng muối clorua: 23,8 + 2,2 = 26 g
F. Phương pháp sơ đồ đường chéo:
- Phương pháp sơ đồ đường chéo dùng để giải các bài toán trộn lẫn các chất với nhau, lúc đầu
có thể là đồng thể hay dị thể nhưng hh cuối phải đồng thể.
- Nếu trộn lẫn các dd thì phải là dd của cùng một chất hoặc khác chất nhưng do PU với H2O lại
cho cùng một chất.
- Trộn hai dd của chất A có nồng độ khác nhau thu được dd A với nồng độ duy nhất.
Vậy lượng chất tan trong phần đặc giảm xuống phải bằng lượng chất tan trong phần
loãng tăng lên.
- Sơ đồ tổng quát: D1 x1 x-x2
x
D2 x2 x1-x
Từ đó: D1/D2 = (x - x2)/(x1 - x)
Các ví dụ:
Ví dụ 1. Cần thêm bao nhiêu g H2O vao 500 g dd NaOH 12% để có dd NaOH 8%
mH2O 0 4
8
500 12 8
> mH2O = 500.4/8 = 250g
Ví dụ 2. Cần thêm bao nhiêu g Na2O vào 100 g dd NaOH 20% để thu được dd NaOH 34,63%
PTPU Na2O + H2O > 2NaOH
62 > 2.40
Coi Na2O là dd NaOH có nồng độ 2.80/62 = 129%
100 20 94,37
34,63
m 129 14,63
> m = 15,5 gam
Ví dụ 3. Hòa tan Al bằng dd HNO3 loãng thu được hh khí NO,N2O có tỉ khối so với H2
là 16,75. Viết PTPU.