A.MỞ ĐẦU
I. Đặt vấn đề:
Trắc nghiệm là một hoạt động thực hiện để “đo lường” năng lực của của các đối tượng nào đó nhằm
những mục đích nhất định. Ra đời vào năm 1905 tại Pháp, đầu tiên trắc nghiệm được dùng để đo trí thông
minh hay xác định chỉ số IQ ở lứa tuổi học trò , phương pháp này được chỉnh lý và công bố ở Mỹ năm 1911.
Ngày nay , trắc nghiệm được nhiều quốc gia trên thế giới sử dụng như là một hình thức để tuyển sinh đại học
. Tuyển sinh bằng phương pháp trắc nghiệm sẽ đảm bảo được độ chính xác và tính công bằng trong tuyển
chọn , vì vậy Bộ giáo dục và đào tạo của nước ta cũng đã chủ trương tuyển sinh đại sinh đại học bằng
phương pháp trắc nghiệm. Bài tập là phương tiện cơ bản để luyện tập , củng cố , hệ thống hóa , mở rộng ,
đào sâu kiến thức và cũng là phương tiện cơ bản để kiểm tra - đánh giá, nghiên cứu học sinh (trình độ, tư
duy, mức độ nắm vững kiến thức, kĩ năng ) [2], [3], [15]
Bài tập trắc nghiệm có hai loại : trắc nghiệm tự luận (thường gọi là bài tập tự luận) và trắc nghiệm
khách quan (thường gọi là bài tập trắc nghiệm). Bài tập trắc nghiệm khách quan (TNKQ) đòi hỏi học sinh
phải nhanh nhạy nhận ra mối quan hệ giữa các sự vật, hiện tượng hoặc giữa các con số để nhanh chóng chọn
được đáp án đúng hoăc nhẩm nhanh ra đáp số của bài tốn. Một bài kiểm tra hay thi theo phương pháp TNKQ
thường gồm khá nhiều câu hỏi và thời gian dành cho mỗi câu chỉ khoảng từ 1-2 phút. Vì phải tư duy nhanh
nên TNKQ có tác dụng rất lớn trong việc rèn luyện tư duy, phát triển trí thông minh cho học sinh [15]
Đối với hóa học là một bộ môn khoa học tự nhiên, đòi hói cao sự logic, nhanh nhạy trong tư duy của
học sinh. Do đó, bài tập trắc nghiệm vừa là nội dung vừa là phương pháp vừa là phương tiện đẻ nâng cao
chất lượng dạy học hóa học ở trường phổ thông một cách hữu hiệu[15]. Đặc biệt, bắt đầu từ năm học 2007,
Bộ giáo dục đào tạo đã ban hành quy chế tuyển sinh đại học bằng phương pháp TNKQ và môn hóa học được
đưa vào thí nghiệm đầu tiên cùng lý, sinh thì sự nhanh nhạy trong việc giải quyết bài tốn hóa học đối với học
sinh là yêu cầu hàng đầu. Yêu cầu tìm ra được phương pháp giải quyết bài tốn một cách nhanh nhất, đi bằng
con đường ngắn nhất không những giúp học sinh tiết kiệm được thời gian làm bài mà còn rèn luyện được tư
duy và năng lực phát hiện vấn đề của học sinh.
Để có thể phát hiện ra vấn đề của một bài tốn, yêu cầu học sinh phải nắm vững các lý thuyết cơ sở và
các phương pháp vận dụng để giải một bài tốn hóa học. Một số phương pháp thường dùng để giải một bài
tốn hóa học ở trường phổ thông là: phương pháp bảo tồn khối lượng, phương pháp bảo tồn điện tích, phương
pháp tăng giảm khối lượng, phương pháp bảo tồn electron, phương pháp sử dụng các đại lượng trung bình,
phương pháp biện luận,
Với một lượng kiến thức lớn, chương trình Hóa học vô cơ ở trường THPT là một thách thức lớn với

CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỐN HÓA HỌC Ở TRƯỜNG PHỔ THÔNG
CHƯƠNG I: PHƯƠNG PHÁP BẢO TỒN KHỐI LƯỢNG VÀ
PHƯƠNG PHÁP TĂNG GIẢM KHỐI LƯỢNG
I. Phương pháp bảo tồn khối lượng:[2], [6], [11], [13], [14]
Vào khoảng đầu những năm 50 của thế kỷ XVIII, nhà bác học vĩ đại người Nga M.V
Lômônôxốp (1711-1765) và Lavoadie (A.Lavoisier) người Pháp là những người đầu tiên phát hiện
ra ĐLBTKL: “Trong một phản ứng hóa học, tổng khối lượng của các sản phẩm bằng tổng khối
lượng của các chất tham gia”. Qua hơn 100 năm sau, định luật đã được hai nhà bác học là Stat kiểm
tra lại vào những năm 1860-1870; Landon vào năm 1909 sử dụng cân với đọ chính xác 0,00001g.
I.1. Nội dung của định luật:
“Khối lượng của các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng của các chất tạo thành sau
phản ứng”.
I.2. Vận dụng định luật vào giải tốn:
Vận dụng định luật bảo tồn khối lượng trong giải tốn hóa học, giúp người học có thể đưa ra
những phương pháp nhanh chóng để giải quyết một bài tốn TNKQ hơn nhiều lần so với phương
pháp thông thường là tính tốn theo phương trình, đồng thời người dạy cũng có thể dựa vào đó để xây
dựng bộ câu hỏi TNKQ liên quan đến định luật nhằm rèn luyện tư duy năng lực phát hiện vấn đề của
người học.
Sau đây là một số dạng tốn được sưu tầm và xây dựng từ sự vận dụng ĐLBTKL:
I.2.1. Dạng 1: Xác định khối lượng của chất tham gia hoặc sản phẩm trong phản ứng
hóa học dựa trên nguyên tắc trong phản ứng hóa học, dù các chất tham gia phản ứng là vừa đủ
hay có chất dư thì tổng khối lượng của các chất trước phản ứng bằng tổng khối lượng của các
chất tạo thành sau phản ứng (sản phẩm và chất dư nếu có): m
trước
= m
sau
Nếu sau phản ứng có chất tách khỏi môi trường do bay hơi hay kết tủa là không trùng
trạng thái vật lý thì hệ quả trên vẫn không thay đổi nhưng: m
trước
= m

2
CO
1,97
n n 0,01(mol)
197
↓
= = =
Áp dụng ĐLBTKL, ta có:
2 2
X CO Y CO Y X CO CO
m m m m m m m m+ = + ⇒ = + −

Y
m 4,64 0,01(28 44) 4,48(g)⇒ = + − =
→ Đáp án A đúng.
 Nhận xét: Sử dụng phương pháp BTKL, dữ kiện “số mol bằng nhau” trong đề bài
không cần sử dụng vẫn cho ta kết quả đúng. Nếu học sinh sử dụng dữ kiện trên và giải
bài tốn theo phương pháp chính tắc là lí luận theo phương trình hóa học thì sẽ đưa bài
tốn đến bế tắc vì không có dữ liệu nào cho biết hh X bị khử hồn tồn hay không, sau
phản ứng hh X còn hay hết. Nhưng nếu lí luận theo ĐLBTKL, hh X còn hay hết không
quan trọng với việc tính tốn; do đó giải quyết bài tốn một cách nhanh chóng.
Ví dụ 2: [17] Nung 13,4g hỗn hợp 2 muối cacbonat của 2 kim loại của hóa trị II, thu được
6,8g chất rắn và khí X. Lượng khí X sinh ra cho hấp thụ vào 75ml dd NaOH 1M, khối lượng muối
khan thu được sau phản ứng là (cho H =1, C =12, O =16, Na =23)
A. 5,8g B. 6,5g C. 4,2g D. 6,3g
Cách giải:
Gọi chung công thức hỗn hợp 2 muối:
3
MCO
0

n
= = <
→ tạo muối NaHCO
3
và dư CO
2

2 3
CO NaOH NaHCO+ →

3
NaHCO
m 0,075x84 6,3(g)= =
Vậy chọn đáp án D.
Ví dụ 3: [tự ra] Hòa tan m(g) hỗn hợp Zn và Fe cần vừa đủ 1l dd HCl 3,65M (d=1,19g/ml)
thu được 1 chất khí và 1250g dd D. Vậy m có giá trị:
A. 65,63(g) B. 61,63(g) C. 63,65(g) D. 63,61(g)
Cách giải:
ddHCl
m 1000x1,19 1190(g)= =
;
HCl
n 3,65x1 3,65(mol)= =
Zn + 2HCl→ ZnCl
2
+ H
2

↑


2
(đktc). Khối lượng muối clorua tạo ra trong dung dịch là:
A. 115,22g B.151,22g C. 116,22g D. 161,22g
Cách giải:

3 2 2 2
2 3 2 2
2 3 2 2
ACO 2HCl ACl H O CO
B CO 2HCl 2BCl H O CO
R CO 2HCl 2RCl H O CO
↑
↑
↑
+ → + +
+ → + +
+ → + +

2 2 2
CO HCl H O CO
0,448
n 0,02(mol);n 2n 2n 2x0,02 0,04(mol)
22,4
= = = = = =
Áp dụng ĐLBTKL: m
muối cacbonat
+ m
HCl
= m
muối clorua

đòi hỏi HS phải nắm vững định luật và biết phát hiện ra vấn đề.
I.2.2. Dạng 2: Khi cation kết hợp với anion để tạo ra hợp chất như axit, oxit,
hiđroxit, muối, thì ta luôn có: khối lượng hợp chất = khối lượng các cation + khối lượng các
anion
Thông thường để tính tốn khối lượng các muối khan thu được trong dung dịch sau phản ứng.
Ví dụ 6: [10] Cho 1,04g hỗn hợp hai kim loại tan hồn tồn trong dung dịch H
2
SO
4
lỗng dư thốt
ra 0,672 lít khí H
2
(đktc). Khối lượng hỗn hợp muối sunfat khan thu được sẽ là:
A. 3,92g B. 1,96g C.3,52g D.5,88g
Cách giải: 2 kim loại + H
2
SO
4
l → hh muối sunfat + H
2
2
2 2 4
4
H H SO
SO
0,672
n n n 0,03(mol)
22,4
−
= = = =

II.2. Vận dụng phương pháp tăng giảm khối lượng trong giải tốn:
II.2.1. Dạng tốn phản ứng hóa học có sự thay đổi thành phần của hợp chất (có thể là
anion hoặc cation) và làm chênh lệch khối lượng giữa chất cũ và chất mới:
Ví dụ 1: giải lại ví dụ 4 của ĐLBTKL bằng phương pháp tăng giảm khối lượng.
Theo (1), (2), (3): từ muối cacbonat chuyển thành muối clorua thì khối lượng muối tăng:
71 - 60 = 11g và tạo ra 1 mol CO
2
Theo đề:
2
CO
n 0,02(mol)=
⇒
khối lượng muối tăng:
m 0,02x11 0,22(g)∆ = =

⇒
m
muối clorua
= m
muối cacbonat
+
m∆
= 115 + 0,22 = 115,22 (g)
Vậy đáp án đúng là A.
Ví dụ 2: [10] Hòa tan 9,875g một muối hiđrocacbonat vào nước, cho tác dụng với dung dịch
H
2
SO
4
vừa đủ rồi đem cô cạn thu được 8,25g một muối sunfat trung hòa khan. Công thức phân tử

2n 0,125
n 1,625x 0,125(mol) n (mol)
26n n
⇒ = = ⇒ =
Ta có hệ thức tính M
R
: M
R
=
9,875
61n 18n
0,125
n
− =
n 1 2
R
18
(NH
4
)
39 (loại)
⇒
Chọn đáp án A.
 Nhận xét:
- Nếu HS dựa vào phương trình hóa học với 2 số liệu của đề bài để giải quyết bài tốn thì
phải chia ra 2 trường hợp tương ứng với hóa trị của R là 1 hoặc 2 để đưa ra công thức của muối
sunfat phù hợp (công thức tổng quát không phù hợp với trường hợp n = 2). Nhưng khi sử dụng
phương pháp tăng giảm khối lượng thì chỉ cần quan tâm đến tỉ lệ số mol CO
2
với muối hiđrocacbon

+ H
2
O
Z chứa muối khan có khối lượng lớn hơn khối lượng oxit 55g. Đó chính là độ chênh lệch khối
lượng của 2 anion Cl
-
và O
2-
: 1 mol M
hh
O chuyển thành 1 mol M
hh
Cl
2
tăng: 71 - 16 = 55 (g)
Theo đề: ∆m
tăng
= 55 (g)
⇒
n
oxit
= n
muối
= 1 (mol)
Ta có: m
oxit
=
hh
M O
m m+

giảm
hay
b
xm
100
b. Khi cho hai thanh kim loại khác nhau (cùng hóa trị ) nhúng vào hai dung
dịch muối giống nhau: nếu đầu bài cho số mol hai muối dùng cho phản ứng bằng nhau nghĩa là số
mol hai thanh kim loại tan vào hai dung dịch muối là như nhau. Nếu cùng một khối lượng thì khối
lượng hai thanh kim loại tan vào dung dịch muối là như nhau.
Ví dụ 4: [12] Cho m(g) Fe vào 100 ml dung dịch Cu(NO
3
)
2
thì nồng độ của Cu
2+
còn lại trong
dung dịch bằng 1/2 nồng độ của Cu
2+
ban đầu và thu được một chất rắn A có khối lượng (m +
0,16)g. Tính m (khối lượng Fe) và nồng độ ban đầu của Cu(NO
3
)
2
(phản ứng hồn tồn).
A. 1,12g Fe, C = 0,3 M B. 2,24g Fe, C = 0,2 M
C. 1,12g Fe, C = 0,4 M D. 2,24g Fe, C = 0,3 M
Cách giải: sau phản ứng còn dư Cu
2+
, vậy Fe đã phản ứng hết. Gọi x là số mol Fe có ban đầu
Fe + Cu

4
dư. Sau phản ứng khối lượng của thanh graphit giảm đi 0,24g. Cũng thanh graphit này nếu
được nhúng vào dung dịch AgNO
3
thì khi phản ứng xong khối lượng thanh graphit tăng lên 0,52g.
Kim loại hóa trị II là kim loại nào sau đây:
A. Pb B.Cd C.Fe D.Sn
Cách giải: gọi kim loại có hóa trị II đó là M có khối lượng m(g)
M + Cu
2+
→ M
2+
+ Cu ↓
1 mol 1 mol → giảm M - 64 (g)

0,24
(mol)
M 64−
← ∆ m
giảm
= 0,24 (g)
M + 2 Ag
+
→ M
2+
+ 2 Ag ↓
1 mol 2 mol → tăng 2 x 108 - M = 216 - M (g)

0,52
(mol)

0
t
3 2 3 2 2
2NaHCO Na CO CO H O→ + +
2 mol 1 mol → khối lượng giảm: 2 x 84 - 106 = 62 (g)

15,5x2
0,5(mol)
62
=
← ∆m
giảm
= 50 - 34,5 = 15,5 (g)
3
NaHCO
m 0,5x84 42(g)= =
⇒
%
3
NaHCO
42
m x100 84
50
= =
(%) ; %
2 3
Na CO
m 16=
(%)
Vậy đáp án đúng là B.

2
→ + +
(3)
 Phương trình (1) ứng với các kim loại kiềm thổ(Ca, Ba), riêng các kim loại kiềm thổ sẽ
không cho sản phẩm cuối cùng là muối nitrit mà tiếp tục bị nhiệt phân tạo oxit kim loại
kiềm thổ.
 Phương trình (2) ứng với các kim loại từ Mg → Cu trong dãy Beketop.
 Phương trình (3) ứng với các kim loại dứng sau Cu trong dãy Beketop.
- Khi nhiệt phân muối thường cho ra chất rắn có khối lượng giảm đi một lượng bằng chính
khối lượng của NO
2
và O
2
thốt ra. Dựa vào dữ kiện đó để giải quyết bài tốn.
Ví dụ 7: [Tự ra] Nung nóng AgNO
3
trong một thời gian. Sau đó để nguội, đem cân thì thấy
khối lượng giảm đi 15,5g. Khối lượng AgNO
3
đã bị phân hủy và thể tích các khí thốt ra ở 30
0
C và
1,5 atm là:
A. 40,25g; 2,07 lít và 6,02 lít B. 42,50g; 2,07 lít và 6,22 lít
C. 42,50g; 2,40 lít và 6,22 lít D. 40,25g; 2,40 lít và 6,30 lít
Cách giải:
PTPƯ:
0
t
3 2 2

2 170
 
=
 ÷
 
Ở 30
0
C; 1,5 atm thể tích khí thốt ra là:
( )
2
O
22,4
0,125 273 30
nRT
273
V 2,07(lít)
P 1,5
 
+
 ÷
 
= = =
( )
2
NO
22,4
0,25 273 30
nRT
273
V 6,22(lít)

Độ giảm khối lượng là khối lượng oxi mất đi.
2
O
13,85.46,21
m 6,4(g)
100
= =

⇒
x
O
KClO
m
16x 6,4
x 4
m 74,5 16x 13,85
= = ⇒ =
+
⇒
Công thức muối là KClO
4
4
KClO
13,85
n 0,1(mol)
138,5
= =
;
2 4
O KClO

2
thành 1 mol O
3
thì khối
lượng tăng là 16g (bằng khối lượng 1 mol O nguyên tử)
⇒
n
O nguyên tử
=
3
0,06
3,75.10 (mol)
16
−
=
n
Onguyêntử
=
3 3
3 3
O O
n 3,75.10 (mol) m 3,75.10 x48 0,18(g)
− −
= ⇒ = =
Các khí được nạp đều ở đktc nên:
3
hh
448.10
n 0,02(mol)
22,4

2
1
Ba O BaO
2
+ →
x
1
2
x x

2
1
Cu O CuO
2
+ →
y
1
2
y y
Độ tăng khối lượng chính là
2
O
m
phản ứng
⇒
2
O
x y 4,8
n 0,15(mol)
2 32

và khối lượng kết tủa thu được là:
A. 6,72 lít và 15g B. 3,36 lít và 30g
C. 6,72 lít và 30g D. 3,36 lít và 15g
Cách giải:
0
t
2
2PbO C 2Pb CO+ → +

0
t
2
2FeO C 2Fe CO+ → +
Khối lượng chất rắn Y giảm so với hỗn hợp X là khối lượng O trong oxit đã bị C lấy đi tạo
CO
2

⇒
O O
4,8
m 4,8g n 0,3(mol)
16
= ⇒ = =
hhX hhY O
n n n 0,3(mol)⇒ = = =

2
CO O
1
n n 0,15(mol)

= =

⇒
3
CaCO
m 0,15x100 15(g)= =
Vậy đáp án đúng là A.
 Nhận xét: qua 2 ví dụ trên, ta có thể rút ra một số nhận xét sau giúp giải nhanh các bài
tập về khử oxit kim loại:
- Khi khử oxit kim loại bằng CO, khí sinh ra cho qua nước vôi trong dư (hoặc dung dịch
Ba(OH)
2
) thì: n
O của oxit kim loại
=
2 3
CO CaCO
2n 2n=
- Khi khử oxit kim loại bằng C dư, khí sinh ra cho qua nước vôi trong dư (hoặc dung
dịch Ba(OH)
2
) thì: n
O của oxit kim loại
=
2 3
CO CaCO
2n 2n=
- Kim loại tạo thành khi oxit kim loại tác dụng với chất khử: m
kim loại
= m

dịch HCl thu được dung dịch M và 1,12l khí CO
2
(đktc). Khi cô cạn dung dich M thu được khối
lượng muối khan bằng:
A. 11,1g B. 5,55g C. 16,5g D. 22,2g
Bài tập 3: [10] Ngâm một lá kẽm trong dung dịch chứa 2,24g ion kim loại M
2+
. Phản ứng
xong, khối lượng lá kẽm tăng thêm 0,94g. M
2+
là ion kim loại nào sau đây:
A. Ba
2+
B. Sr
2+
C. Pb
2+
D. Cd
2+
Bài tập 4: [5] Cho 50g hỗn hợp bột oxit kim loại gồm ZnO, FeO, Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4
, MgO tác dụng
hết với 200ml dung dịch HCl 4M (lấy vừa đủ) thu được dung dịch X. Lượng muối có trong dung
dịch X bằng:

ra chất rắn có khối lượng lớn hơn khối lượng Cu dùng lúc đầu là 4,8g. Tính hiệu suất phản ứng
nhiệt phân KClO
3
.
A. 75% B. 80% C. 50% D. 100%
Bài tập 8: [22] Nhúng một thanh kẽm và một thanh sắt vào cùng một dung dịch CuSO
4
. Sau
một thời gian lấy hai thanh kim loại ra thấy trong dung dịch còn lại có nồng độ mol ZnSO
4
bằng 2,5
lần nồng độ mol FeSO
4
. Mặt khác, khối lượng dung dịch giảm 2,2g. Khối lượng đồng bám lên thanh
kẽm và thanh sắt lần lượt là:
A. 12,8g ; 32g B. 64g ; 25,6g
C. 32g ; 12,8g D. 25,6g ; 64g
Hướng dẫn: do cùng nhúng hai thanh kim loại vào một dung dịch nên dung dịch còn lại cùng
thể tích
C
M
(ZnSO
4
) = 2,5C
M
(FeSO
4
) →
4 4
ZnSO FeSO

tới phản ứng hồn tồn được chất rắn B
có khối lượng bằng 50,4% khối lượng của hỗn hợp A. Thành phần phần trăm về khối lượng các
chất trong hỗn hợp A:
A. 40% và 60% B. 25% và 75%
C. 30% và 70% D. 20% và 80%
Hướng dẫn:
Cách 1: Phương pháp đại số

CaCO
3
→ CaO + CO
2
(1)
x x x
CaSO
3
→ CaO + SO
2
(2)
y y y
Gọi khối lượng của hỗn hợp A là a (g).

3
CaO
0,504a
n 9 10 a(mol)
56
−
= = ×
3

4
)
2
CO
3
0,01M với 1l dung dịch Ba(OH)
2
0,005M nóng,
khối lượng riêng của hai dung dịch này đều bằng 1g/ml. Tính khối lượng dung dịch thu được sau
phản ứng (khí thốt ra hồn tồn khỏi dung dịch nóng)
A. 1998,845g B. 1998,830g
C. 1999,015g D. 1998,120g
Bài tập 11: [1] Một hỗn hợp gồm Fe và Fe
2
O
3
. Nếu cho lượng khí CO dư đi qua m (g) hỗn hợp
trên ở điều kiện nhiệt độ cao, sau khi kết thúc phản ứng, người ta thu được 11,2g Fe. Nếu ngâm m
(g) hỗn hợp trên trong dung dịch CuSO
4
dư, phản ứng xong thu được chất rắn có khối lượng tăng
thêm 0,8g. Khối lượng nào sau đây là khối lượng m (gam) ban đầu:
A. 14g B. 13,6g C. 13g D. 12g
Bài tập 12: [Tự ra] Cho 6,72l khí oxi (đkktc) phản ứng hồn tồn với kim loại hóa trị III thu
được 20,4g oxit. Công thức phân tử của oxit là
A. Fe
2
O
3
B. Al

A. 4,66g B. 6,46g C. 9,7g D. 7,9g
Bài tập 15: [Tự ra] Điện phân nóng chảy a(g) muối clorua của kim loại nhóm IA thu được
b(g) kim loại ở catot và 0,896l khí (đktc) ở anot. Cho b(g) kim loại vào nước, sau phản ứng khối
lượng dung dich giảm 0,08(g) . Kim loại nhóm IA đó là kim loại nào và khối lượng muối clorua ban
đầu là:
A. K và 3,12g B. K và 1,56g
C. Na và 3,12g D. Li và 1,56g
Bài tập 16: [Tự ra] Đem nung một khối lượng Cu(NO
3
)
2
sau một thời gian dừng lại làm
nguội, rồi cân thấy khối lượng giảm 0,54g. Cho biết muối nitrat bị nhiệt phân 60%. Vậy khối lượng
muối Cu(NO
3
)
2
ban đầu là:
A. 2,8g B. 0,82g C. 5,17g D.1,57g
Bài tập 17: [Tự ra] Cho 29,7g hỗn hợp Na
2
CO
3
, K
2
CO
3
tác dụng vừa đủ với dung dịch BaCl
2
.

V 0,25 22,4 0,56(l)
× ×
⇒ = = =
×
⇒ = − =
= × =
Bài tập 19: [Tự ra] Đun nóng 31,2g hỗn hợp X gồm một muối hiđrocacbonat và một muối
cacbonat của cùng một kim loại đến khi tạo hồn tồn thành 25g muối cacbonat. Hòa tan hồn tồn
muối cacbonat thu được trong dung dịch HCl dư tạo thành dung dịch Y. Đem cô cạn dung dịch Y
thu được 27,75 muối khan Y. Kim loại đó là gì và khối lượng muối cacbonat trong hỗn hợp X là bao
nhiêu?
A. Na và 15,9g B. K và 29,7g
C. Ca và 25,2g D. Ca và 15g
Hướng dẫn:
- Hòa tan 25g muối cacbonat tạo thành 27,75g muối clorua
→ tăng 2,75g →
2
CO
n
= 0,25 mol
- Tìm biểu thức mối liên hệ giữa M và n, sau đó biện luận suy ra kim loại là Ca.
- Dựa vào phương trình Ca(HCO
3
)
2
→ CaCO
3
+ H
2
O + CO

 Khi cả hai phản ứng (1) và (2) xảy ra hồn tồn khối lượng muối giảm:
0,2(127 - 35,5) + 0,4(80 - 35,5) = 36,1 (g)
Theo đề bài, khối lượng muối giảm 93,4 - 66,2 = 27,2 (g)
18,3< 27,2 < 36
⇒
chứng tỏ phản ứng (1) xảy ra hồn tồn và có một phần phản ứng (2)
Gọi
Br
n
−
pư
= x thì khối lượng của muối giảm: 18,3 + x(80 - 35,5) = 27,2

2
2
Cl
Cl
1
x 0,2(mol) n (0,2 0,2) 0,2(mol)
2
V 4,48(l)
↔ = → = + =
⇒ =
Chọn đáp án D.
CHƯƠNG II: PHƯƠNG PHÁP BẢO TỒN NGUYÊN TỐ
I. Nguyên tắc của phương pháp: [2], [6]
Dựa vào định luật bảo tồn nguyên tố: “Trong các phản ứng hóa học, các nguyên tố luôn luôn
được bảo tồn”.
Có thể hiểu định luật như sau: tổng số mol nguyên tử của một nguyên tố A trước phản ứng
hóa học luôn bằng tổng số mol nguyên tử của một nguyên tố A đó sau phản ứng.

FeO (còn dư) : z mol
Fe : t mol
Khi đó ta có:
Fe(trongA) Fe(trongB)
n n=
∑ ∑
hay a +2b = 2x + 3y +z +t
Ví dụ 1: [tự ra] Khử hết m (g) Fe
3
O
4
bằng khí CO thu được hỗn hợp A gồm FeO và Fe. A tan
vừa đủ trong 300ml dung dịch H
2
SO
4
1M tạo dung dịch B. Tính m và khối lượng muối sunfat thu
được khi cô cạn B.
A. 23,2g và 45,6g B. 23,2g và 54,6g
C. 2,32g và 4,56g D. 69,6g và 45,6g
Cách giải:
Fe
3
O
4
→ (FeO, Fe)→ FeSO
4
x mol

2

3
và FeO trong hỗn hợp A.
A. 32g Fe
2
O
3
; 7,2g FeO B. 16g Fe
2
O
3
; 23,2g FeO
C. 18g Fe
2
O
3
; 21,2g FeO D. 20g Fe
2
O
3
; 19,2g FeO
Cách giải:
Gọi hỗn hợp A
2 3
Fe O : x(mol)
FeO: y(mol)



↔ 160x + 72y = 39,2 (1)
Hỗn hợp B + H

H SO
n 0,2x2,5 0,5(mol);= =

2
H
4,48
n 0,2(mol)
22,4
= =
Fe(3)
n 0,2mol;⇒ =

2 4
FeO H SO Fe(3)
n n n 0,5 0,2 0,3(mol)= − = − =
Áp dụng ĐLBTNT Fe trong hai hỗn hợp A và B ta có: 2x + y = 0,5 (4)
Từ (1), (4)
⇒

x 0,2
y 0,1
=


=

⇒

2 3
Fe O

Cu Cu
CuSO Cu(OH)
CuO
 

 
→ → ↓ → →
    
 

 
Áp dụng ĐLBTNT, ta có:
hhA hhF
m m 0,1x56 0,2x64 18,4(g)= = + =
Chọn đáp án B.
 Nhận xét: với dạng tốn này, HS thường viết phương trình phản ứng, cân bằng sau đó
tính tốn theo phương trình hóa học. Nhưng với HS nắm vững định luật BTNT thì giải
quyết bài tốn chỉ trong vài giây.
Ví dụ 4: [4] Đi từ 120 gam quặng pirit sắt (chứa 80% là FeS
2
) sẽ điều chế được (hiệu suất
100%) một lượng H
2
SO
4
là:
A. 196g B. 147g C. 156,8g D. 245g
Cách giải: để sản xuất H
2
SO

hết 300ml ddHCl 2M được ddX. Cho X
tác dụng với một lượng ddNH
3
dư được kết tủa. Nung kết tủa trong không khí đến khối lượng không
đổi được a +1,2 g chất rắn. Phần trăm khối lượng của FeO trong hh trên là:
A. 28,4% B. 24,6% C. 38,3% D. 40,2%
Hướng dẫn:
0
3d
ddNH
HCl t trongkk
2 2
2 3
3 4
3 3
FeCl Fe(OH)
FeO
Fe O
Fe O
FeCl Fe(OH)
 

→ → →
  

 
Vì trong hh ban đầu đã có một lượng Fe
2
O
3


⇒
n
FeO
= 0,15 (mol)
Gọi hh
3 4 2 3
FeO: x(mol)
x y 0,15
Fe O (FeO.Fe O ): y(mol)

⇒ + =


(1)
n
HCl
= 0,6 (mol)
⇒
n
O trong oxit
= 0,3 (mol) ↔ x + 4y = 0,3 (2)
Từ (1), (2)
⇒
FeO
x 0,1
m 38,3%
y 0,05
=


3
)
2
C. Zn; 68g Cu; 14,72g Zn(NO
3
)
2
D. Zn; 10,2g Cu; 11,32g Zn(NO
3
)
2
Hướng dẫn:
HhX gồm kim loại M và M(NO
3
)
2
.
Khi nung:
0
t
3 2 2 2
1
M(NO ) MO 2NO O
2
→ + +
(1)

2
1
M O MO

8 2 0,76
n x 2y .0,38
3 3 3
= + = =
(3)
Phần 2: tác dụng với H
2
SO
4
lỗng tạo ra chất rắn (M) nên M đứng sau H trong dãy Bêkêtop
MO + H
2
SO
4
→ MSO
4
+ H
2
O
y y
2 4
MO H SO
n n y 0,06(mol)= = =
⇒
x = 0,05(mol)
Vì bình kín nên O
2
dùng cho phản ứng (2) là O
2
tạo ra từ phản ứng (1):

Bài tập 4: [10] Dùng a gam Al để khử hết 0,8g Fe
2
O
3
. Sản phẩm sau phản ứng tác dụng với
lượng dư dd NaOH tạo 0,336l khí (đktc). Giá trị của a là:
A. 1,08g B.0,56g C. 0,54g D. 0,45g
Bài tập 5: [7] Cho oxit sắt X hòa tan hồn tồn trong dd HCl thu được dd Y chứa 1,625g muối
sắt clorua. Cho ddY tác dụng hết với ddAgNO
3
thu được 4,3025g AgCl. X có công thức phân tử là:
A. Fe
2
O
3
B. Fe
2
O
3
C. FeO D. FeO
2
CHƯƠNG III: PHƯƠNG PHÁP BẢO TỒN ĐIỆN TÍCH
I. Nguyên tắc của phương pháp : [6] [14]
Phương pháp BTĐT dựa trên định luật: “ điện tích của một hệ cô lập luôn không đổi tức là
được bảo tồn”.
Nghĩa là tổng điện tích dương luôn bằng tổng điện tích âm về giá trị tuyệt đối. Do đó dung
dịch luôn trung hòa về điện ( ∑q
+
= ∑q
-

2
4
SO
−
,
2
3
CO
−
phản ứng với Ba
2+
và Pb
2+
theo tỉ lệ mol 1:1.
Điện tích các ion trên bằng nhau về giá trị tuyệt đối. Nên ta có:

2 2 2 2
4 3
n(SO CO ) n(Ba Pb )
− − + +
+ = +
∑ ∑
↔ 0,1( 0,1 + 0,2) = 0,1( x + 0,05)

2
Ba
x C 0,25(M)
+
⇒ = =
Khối lượng chung của các kết tủa ( BaSO

3
NO
−
Cl
−
3
HCO
−
Số mol 0,05 0,01 0,01 0,04 0,025
Hãy đánh giá kết quả trên.
A. Đúng B. Sai
Cách giải:
Theo ĐLBTĐT, ta có ∑q
+
= ∑q
-

2
Na Ca
q ( 1)n ( 2)n 0,05 0,01.2 0,07
+ +
+
= + + + = + = +
∑
3 3
NO Cl HCO
q ( 1)(n n n ) ( 1)(0,01 0,04 0,025) 0,075
− − −
−
= − + + = − + + = −

Cách giải: gọi n là điện tích của ion kim loại M; x là số mol của M
n+
Áp dụng ĐLBTĐT, ta có: 0,1.2 + xn =0,05 + 0,15 + 0,1 → xn = 0,1
Mặt khác: m
muối

2 n
3 3
Ca M NO Br HCO
m m m m m
+ + − − −
= + + + +

0,1 M
0,1.40 (M ) 0,05.62 80.0,15 0,1.61 29,1 39 M 39n
n n
↔ + + + + = ↔ = ⇔ =

Trong số các đáp án đã cho thì K
+
là đáp án phù hợp và
K
0,1
C 1(M)
0,1
+
= =
→ Chọn đáp án D
Ví dụ 4: [5] Dung dịch A chứa Mg
2+

3 3
2 2
3 3
2 2
3 3
Mg CO MgCO
Ba CO BaCO
Ca CO CaCO
+ −
+ −
+ −
+ → ↓
+ → ↓
+ → ↓

2
2 3 2 3
3
Na CO Na CO 1M
CO
0,25
n n x y z 0,25 V 0,25(l) 250ml
1
−
= = + + = ⇒ = = =
→ Chọn đáp án C.
III. Một số bài tập giải theo phương pháp bảo tồn điện tích:
Bài tập 1: [5] Một dung dịch chứa hai cation Fe
2+
(0,1mol) và Al

3
CO
(0,15mol). Dung dịch gồm các ion nào?
A.
4
NH
+
, K
+
,
2
3
CO
−
,
Cl
−
B.
4
NH
+
, K
+
,
2
4
SO
−
,
Cl

−
Bài tập 3: [12] 100ml dung dịch A chứa AgNO
3
0,06M và Pb(NO
3
)
2
0,05M tác dụng vừa đủ
với 100ml dung dịch B chứa NaCl 0,08M và KBr. Tính nồng độ mol của KBr trong dung dịch B và
lượng kết tủa tạo ra trong phản ứng giữa hai dung dịch A và B.
A. 0,08M và 2,458g B. 0,016M và 2,185g
C. 0,008M và 2,297g D. 0,08M và 2,607g
Bài tập 4: [7] Dung dịch A chứa x mol Al
3+
, y mol Cu
2+
, z mol
−2
4
SO
và 0,4 mol
−
Cl
- Cô cạn dung dịch A được 45,2g muối khan.
- Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch NH
3
lấy dư thu được 15,6g kết tủa.
Tìm x,y,z.
A. 0,2; 0,04; 0,24mol B. 0,1; 0,1; 0,05mol
C. 0,2; 0,2; 0,3mol D. 0,1; 0,15; 0,1mol

+ → +

2
H
H pu H (X)
n 2n 0,35mol n
+ +
⇒ = = < ⇒
dung dịch B còn dư axit.
Nhận thấy: HCl và H
2
SO
4
phản ứng đồng thời do đó với các điều kiện của bài khối lượng
muối thu được chỉ xét được trong một khoảng, không tính được giá trị cụ thể.
Áp dụng ĐLBTKL: m
muối

2
4
KL
SO Cl
m m m
− −
= + +
Trong dung dịch X, ta luôn có: ∑ q
(+)
= ∑ q
(-)


SO
n 0,25(mol)
−
=
Cl
n 0,35 2.0,125 0,1(mol)
m 3,75 0,125.96 0,1.35,5 19,3(g)
−
→ = − =
= + + =
.
Vậy 17,425g < m < 19,3g
CHƯƠNG IV: PHƯƠNG PHÁP BẢO TỒN ELECTRON
I. Nguyên tắc của phương pháp: [2], [13], [14]
Trong phản ứng oxi hóa - khử thì: ∑ electron nhường = ∑ electron nhận.
- Khi có nhiều chất oxi hóa, chất khử trong một hỗn hợp phản ứn (nhiều phản ứng hoặc phản
ứng qua nhiều giai đoạn) thì tổng số electron các chất khử cho phải bằng tổng số electron mà các
chất oxi hóa nhận.Ta chỉ cần nhận định đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối của các chất oxi hóa
hoặc chất khử thậm chí không cần quan tâm đến việc cân bằng các phương trình phản ứng.
- Phương pháp này đặc biệt lí thú đối với các bài tốn phải biện luận nhiều trường hợp có thể
xảy ra. Tuy nhiên phương pháp này chỉ áp dụng tốt cho phản ứng oxi hóa - khử thường để giả các
bài tốn vô cơ.
II. Vận dụng phương pháp bảo tồn electron vào giải tốn:
Sử dụng phương pháp bảo tồn electron để giải nhiều dạng tốn nhưng về cơ bản gồm những
dạng sau đây:
II.1. Cho hỗn hợp của kim loại (hoặc hợp chất của kim loại) tác dụng với dung dịch axit
tạo ra một khí hoặc hỗn hợp khí.
Để giải quyết bài tốn dạng này ta thực hiện các bước:
 Tính số mol của mỗi khí trong hỗn hợp, thường dựa vào sơ đồ đường chéo (được trình
bày ở chương sau).

+
= = =
⇒ = = = =
Ta có quá trình nhận electron:

5 0
2
3
2 N(NO ) 10e N
+
−
+ →
0,08 ← 0,4 ← 0,04 → ∑ e nhận = 0,4 +0,04 = 0,44(mol)

5 4
3 2
N(NO ) 1e N(NO )
+ +
−
+ →

3
HNO
n
bị khử
= 0,08 + 0,04 = 0,12 (mol)
0,04 ← 0,04← 0,04
Theo định luật bảo tồn electron: ∑ e nhận = ∑ e nhường = 0,44 (mol)
Có thể viết tổng quát quá trình nhường e: M - ne → M
n+

0,56
C 0,28(M)
2
= =
Khối lượng muối nitrat sinh ra là:
3
KL
NO
m m m 18,98 0,44.62 46,26(g)
−
= + = + =
→ Chọn đáp án B
 Nhận xét:
- Bài tốn chỉ yêu cầu tính khối lượng muối và nồng độ HNO
3
nên chỉ cần quan tâm đến
∑ e nhường nhưng đề tốn yêu cầu tính %m hoặc m từng kim loại thì cần đặt ẩn để giải hệ.
- Bài tốn này nếu giải theo phương pháp đại số (đặt ẩn, tìm các phương trình và giải hệ)
thì sẽ rơi vào khó khăn bởi nó đòi hỏi những kỹ năng tốn học cao của học sinh, khi 6 ptpư, 6 ẩn mà
chỉ có 3 dữ kiện để tính tốn. Sử dụng ĐLBT electron không cần viết ptpư và trong trường hợp này
nó trở nên tối ưu.
- Dựa vào bài tốn trên, có thể khai triển thành nhiều bài khác để hỏi về các đại lượng
khác như V
hh khí
, % m
KL
, m
KL

- Khi viết các quá trình nhường, nhận electron nên viết để tránh nhầm lẫn các bán phản

⇒
∑ e nhường = 0,16 + 0,24 + 0,16 = 0,56(mol)

0,08 0,24
Zn - 2e → Zn
2+

0,08 0,16
Quá trình nhận e:
6 x
S (6 x)e S
+
+ − →

⇒
∑ e nhận = 0,07(6-x) (mol)
0,07 0,07(6-x)
Với x là số oxi hóa của S trong sản phẩm đó.
Áp dụng ĐLBT electron, ta có: 0,07(6-x) = 0,56
⇒
x = -2
⇒
sản phẩm là H
2
S.
Vậy đáp án đúng là C.
II.2. Các bài tập về sắt qua nhiều trạng thái oxi hóa:
Sắt có nhiều trạng thái oxi hóa nên khi oxi hóa Fe kim loại thường thu được hỗn hợp các oxit
sắt. Thông thường bài tốn cho tồn bộ lượng oxit sắt chuyển về một trạng thái oxi hóa nào đó. Để giải
quyết dạng bài tập này cần chú ý:

56
→
3x
56
∑ e nhường =
3x
56
(mol)
Quá trình nhận e:
5 4
3 2
N(NO ) 1e N(NO )
+ +
−
+ →

0,36← 0,36

5 2
3
N(NO ) 3e N(NO)
+ +
−
+ →
3.0,18 ← 0,18
O
2
+ 4e → 2O
2-


32
−
= 0,9 +
104,8 x
(mol)
8
−
Theo ĐLBT electron, ta có: ∑ e nhận = ∑ e nhường
↔ 0,9 +
104,8 x
8
−
=
3x
56
⇒
x = 78,4(g)
Chọn đáp án C.
 Nhận xét: đây là dạng tốn kinh điển của phương pháp bảo tồn electron. Đối với dạng
bài tập TNKQ thì đây là phương pháp rất hay để giải quyết nhiều bài tập về oxihoa-khử
một cách chính xác, rất nhanh và không gây nhầm lẫn.
II.3. Dạng tốn trong dung dịch nhiều chất khử, nhiều chất oxi hóa mà sự trao đổi
electron xảy ra đồng thời (thường gặp là dạng tốn kim loại này đẩy kim loại khác ra khỏi dung
dịch muối)
Ví dụ 4: [12] Một hỗn hợp X gồm Al và Fe có khối lượng 8,3g. Cho X vào 1lit ddA chứa
AgNO
3
0,1M và Cu(NO
3
)

B
= m
Cu
+ m
Ag
n
Ag
= 0,1mol ; n
Cu
= 0,2mol
⇒
m
B
= 0,1x108 + 0,2x64 = 23,6(g)
Gọi hhX
X
Al : x(mol)
;m 8,3g 27x 56y 8,3
Fe : y(mol)

= ⇔ + =


(1)
Quá trình nhường e: Al - 3e → Al
3+

x 3x
Fe - 2e → Fe
2+

Vậy đáp án đúng là A.
Ví dụ 5: [23] Hỗn hợp A gồm 2 kim loại R
1
, R
2
có hóa trị x,y không đổi (R
1
, R
2
không tác dụng
với H
2
O và đứng trước Cu trong dãy hoạt động hóa học của kim loại). Cho hỗn hợp phản ứng với
CuSO
4
dư, lấy Cu thu được cho phản ứng với HNO
3
dư thu được 1,12lit khí NO duy nhất. Nếu cho
lượng hỗn hợp trên phản ứng hồn tồn với dd HNO
3
thì thu dược bao nhiêu lit khí N
2
. Các thể tích đo
ở đktc.
A. 0,224l B. 0,336l C. 4,48l D. 0,448l
Cách giải: quá trình oxi hóa-khử xảy ra: kim loại R
1
, R
2
nhường electron cho Cu

+
+ →
10a ← a mol
Vì cùng lượng R
1
, R
2
tham gia phản ứng nên: 0,05x3 = 10a
⇒
a = 0,015 (mol)

2
N
V
= 22,4x0,015 = 0,336(l)
 Nhận xét:
- Qua ví dụ này nhấn mạnh được rằng với 1 mol chất phản ứng trong điều kiện
phản ứng xảy ra hồn tồn, chất đó phản ứng hết thì trong mọi trường hợp của cùng một bán phản ứng
số mol mà nó nhận vào hay cho đi đều là hằng số.