Lời nói đầu
Hóa Học là bộ môn khoa học cơ bản gắn liền với thực tiễn với đời sống. Bên cạnh những
vấn đề lý thuyết căn bản, còn có những bài toán căn bản từ đơn giản đến phức tạp, đòi hỏi
chúng ta cần suy nghĩ và nắm vững lý thuyết. Để giải quyết được một bài toán hóa học
đầu tiên là các bạn phải nắm vững lý thuyết và một số thủ thuật giải. Với thời đại Công
Nghệ Số giúp chúng ta có thể nắm bắt được những lý thuyết mới và những phương pháp
giải mới nhanh và hay. Cuốn sách này là những tâm huyết của tôi từ thời là sinh viên, thu
thập từ nguồn trên Web, và các cuốn sách từ thời THPT tôi học như: Nguyễn Thanh
Khuyến, Nguyễn Phước Hòa Tân, Ngô Ngọc An, Quan Hán Thành, Nguyễn Tấn Trung,
Lê Phạm Thành, Vũ Khắc Ngọc và đặc biệt là 3 cuốn của thầy Cao Cự Giác 3 cuốn này
theo tôi nghĩ là rất quan trọng và hay đối với các vấn đề Hóa Học THPT. Hy vọng cuốn
Kĩ Thuật Giải Nhanh Bài Toán Hóa Học sẽ giúp một phần nhỏ nhoi cho các bạn THPT
đặc biệt là các bạn ôn thi đại học thêm những công cụ giải quyết các bài toán Hóa Học.
Cuốn sách mới tái bản lần đầu chắc còn nhiều sai sót mong các bạn góp ý để cho cuốn
sách này được hoàn chỉnh.
Mọi đóng góp xin gửi về địa chỉ: [email protected]
Chúc các bạn thành công thành công trên con đường mình chọn
Xin chân thành cám ơn các bậc tiền bối đi trước đã có những các bài giảng và những kĩ
thuật giải nhanh bài toán hóa học một cách nhanh chóng
Xin chân thành cám ơn!

Dương Văn Thế

K Ĩ T H U Ậ T G I Ả I N H A N H T O Á N H Ó A H Ọ C 2

DƯƠNG THẾ

PHƯƠNG PHÁP 1: BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG
A. PHƯƠNG PHÁP
1. Lịch sử ra đời:
Định luật bảo toàn khối lượng được hai nhà khoa học Mikhail Vasilyevich Lomonosov


=
m

+
m


C%=




* 100%


= 



+ 

= d.V


=



n =

C.
70,4gam. D.140,8
gam.

Giải
Tóm tắt theo sơ đồ
CO 
11,2lB(M

=40,8)
64gA
m

Theo định luật bảo toàn khối lượng
m= m
A
+ m
O(trong oxid)
(*)
n
O(oxid)
= 


; n
B
=
,
,
= 0,5 mol = 

Nhận xét: Thực chất bài toán này chỉ đơn giản là CO lấy O trong oxid sắt để tạo ra CO
2

theo phản ứng CO + O
(oxid)
CO
2
nên n
O
= 


từ đó ta suy ra được m
X
là kết quả
cần tìm.
hh X: Fe,
FeO,





K Ĩ T H U Ậ T G I Ả I N H A N H T O Á N H Ó A H Ọ C 4

DƯƠNG THẾ

Bài 2: Điện phân dung dịch chứa hỗn hợp CuSO
4
và KCl với điện cực trơ đến khi thấy



+ 


=
,
,
= 0,02mol; n
MgO
=
,

= 0,02mol = n
acid
= n
Cu
(1)
MgO + H
2
SO
4
MgSO
4
+ H
2
O




Giải
Theo bài ra ta nhận thấy Ba
2+
trong X đã hết vậy ta sẽ có những phản ứng sau
Ba
2+
+CO
3
2-
BaCO
3
↓ (1)
CO
3
2-
+ 2H
+
CO
2
 + H
2
O (2)



=
,∗
∗
= 0,05mol 


3
OH và C
2
H
5
OH. B.C
2
H
5
OH vàC
3
H
7
OH.
C. C
3
H
5
OH và C
4
H
7
OH. D. C
3
H
7
OH và C
4
H
9

,
,
= 52 

= 35
Đáp án B
Bài 5: Cho12gam hỗn hợp hai kim loại Fe,Cu tác dụng vừa đủ với dung dịch HNO
3
63%.
Sau
phản ứng thu được dung dịch A và 11,2 lít khí NO
2
duy nhất (đktc). Tính nồng
độ%
các
chất có trong dung dịch
A.
A.36,66%và28,48%. B.27,19%và
21,12%.

C. 27,19%và72,81%. D. 78,88%và
21,12%.

Giải
Tóm tắt sơ đồ sau:
HNO
3
% dd A
K Ĩ T H U Ậ T G I Ả I N H A N H T O Á N H Ó A H Ọ C 6

DƯƠNG THẾ

3x +2y = 0,5 mol (1)
56x + 64y = 12g(2)
Giải (1),(2) x= 0,1mol y= 0,1mol
Theo định luật bảo toàn khối lượng: m
dd
=
∑


- m
Bây giờ ta tính khối lượng dung dịch của HNO
3
:
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố Nito:
n
acid
=3* 


+ 2*


+ 


= 3*0,1 + 2*0,1 + 0,5 = 1mol

)

=
,∗

* 100% =21,12%
Đáp án B
Bài 6: Hoà tan hoàn toàn 23,8 gam hỗn hợp một muối cacbonat của các kim loại hoá trị
(I) và muối cacbonat của kim loại hoá trị (II) trong dung dịch HCl. Sau phản ứng thu
được 4,48 lít khí (đktc). Đem cô cạn dung dịch thu được bao nhiêu gam muối khan?
A. 13 gam. B. 15 gam. C. 26 gam. D. 30 gam.
Giải
M
2
CO
3
+ 2HCl 2MCl + CO
2
↑ + H
2
O (1)
R
2
CO
3
+ 2HCl  2MCl
2
+ CO
2
↑+ H


=
,
,
= 0,95mol ;
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:
0,1*62 + 0,2 * M
X
+ 


= 


+ 














,∗

CO tác dụng với Oxi trong oxid của hỗn hợp A theo phản ứng: CO + O CO
2

Nhận thấy n
Oxi (trong oxid)
=n
CO
=


=
,

= 0,3 mol m
O
= 0,3*16 = 4,8g
m
CO
= 0,3*28 = 8,4g theo định luật bảo toàn khối lượng ta có
m + 8,4 = 13,2 + 40 m = 44,8g
Bài 9:Hòa tan vừa đủ 6g hỗn hợp A gồm hai kim loại X,Y có hóa trị tương ứng là I, II
vào dung dịch hai acid HNO
3
và H
2
SO
4
, thì thu được 2,688 lít hỗn hợp khí Z gồm NO
2
và

* 0,12 = 0,1mol 


= 0,02mol

m

hh A: CuO,
FeO,
Fe

O

,




40g X , 13,2g



K Ĩ T H U Ậ T G I Ả I N H A N H T O Á N H Ó A H Ọ C 8

DƯƠNG THẾ

Ta có bán phản ứng:
4H
+
+ SO

= 2*0,1 = 0,2 mol ; 



= 0,1mol
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:
6 + 63*0,2 + 98*0,04 = m + 5,88 + 0,14*18 m = 14,12g
Các bạn có thể tham khảo thêm lời giải của Thầy Quan Hán Thành trong cuốn “Phương
Pháp Giải Hóa Vô Cơ (tr.10 NXB Trẻ)
Bài 10: (Đề thi CĐ 2011) Đốt cháy hoàn toàn 17,4 gam hỗn hợp Mg và Al trong khí oxi
(dư) thu được 30,2 gam hỗn hợp oxid.Thể tích khí oxi (dktc)đã tham gia phản ứng là:
A. 17,92 lít B. 4,48 lít C. 11,20 lít D. 8,96 lít
Giải
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có:
17,4 + m
oxi
= 30,2 V
Oxi
=
,,

∗22,4 = 8,96 lít
Đáp án D
Nhận xét: Qua 10 ví dụ điển hình ta có thể thấy rõ tầm quan trọng của định luật bảo toàn
khối lượng, đơn giản nhưng rất hiệu quả. Có thể nói Phương pháp bảo toàn khối lượng và
phương pháp bảo toàn electron là hai phương pháp chủ đạo trong xuyên suốt quá trình
giải bài toán hóa. Một lần nữa nhấn mạnh: Muốn giỏi Hóa trước hết phải có lí thuyết
vững cộng thêm những thủ thuật giải và suy luận sắc bén.
C. BÀI TẬP RÈN LUYỆN
Bài 1: Cho 1,75g hỗn hợp 3 kim loại Fe, Al, Zn tan hoàn toàn trong dung dịch

,
,
= 0,5mol
H
2
SO
4
= 2H
+
+ SO
4
2-

0,05mol 0,1mol 0,05mol
Từ hai phương trình ta thấy ngay rằng 0,1mol H
+
bị khử thành H
2
bay ra, để lại 0,05mol
SO
4
2-
kết hợp với các cation kim loại tạo ra 3 hỗn hợp muối sulfat. Theo hệ quả của định
luật bảo toàn khối lượng và nguyên tố ta có:
m
muối
= m
kim loại
+ m
gốc acid

Khi oxid kim loại chuyển thành muối kim loại clorur tức là kim loại đã thay x mol O
2-

thành 2x mol Cl
-
nên ta có phương trình ( vì theo bảo toàn điện tích của O
2-
và Cl
-
)
16 – 16x + 2x*35,5 = 32,5 x = 0,3mol
HCl = H
+
+ Cl
-

2x 2x 2x = 0,6mol
Vậy nồng độ HCl =
,
,
= 5M
Bài 4:Hòa tan 10g hỗn hợp hai muối carbonat hai kim loại hóa trị II và III bằng dung dịch
HCl ta thu được dung dịch A và 0,672 lít khí thoát ra (đktc). Hỏi sau khi cô cạn thu được
bao nhiêu gam muối khan. (Hướng Dẫn Giải Nhanh Bài Tập Hóa Học, Cao Cự Giác
tập 1 NXB. ĐHQGHN tr.72)
Giải
Phương trình phản ứng:
XCO
3
+ 2HCl XCl

= 



= 0,03
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:
10 + m
HCl
= m
muối
+ m
khí
+ m
nước
10 + 0,006*36,5 = m
muối
+ 0,003*44 + 0,03*18
m
muối
= 10,33g
Bài 5:Cho m gam hỗn hợp 3 kim loại A, B, C vào một bình kín có thể tích 10 lít chứa khí
oxi, áp suất 22,4 atm ở 136,5
0
C. Nung nóng bình một thời gian rồi đưa nhiệt độ ban đầu,
thấy áp suất giảm 3,6% so với áp suất ban đầu và trong bình chứa 2,5gam chất rắn. Tính
m
(Phương Pháp Giải Toán Hóa Học, Nguyễn Phước Hòa Tân. NXB.ĐHQG.
TPHCM tr.39)
A.31,45gam. B.33,99gam. C.19,025gam. D.56,3
gam
.

Giải
Phản ứng với HCl là một phản ứng vừa đủ nên 2 kim loại Mg, Al bị tan hết sinh ra muối
Z, hiển nhiên kim loại không tan là chất rắn Cu chính là chất rắn Y
Khí X thoát ra chính là H
2
theo bán phản ứng
H
+
+ e


H
2

0,7 mol
,
,
= 0,35mol
HCl = H
+
+ Cl
-

Theo bán phản ứng trên ta có : Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:
m
Z

n
HCl
=
,
,
= 0,096mol
V
HCl
=
,
,
= 0,08lit Đáp án B
Bài 8: Cho 8 gam Fe
x
O
y
tác dụng với dung dịch HCl 2M đã lấy dư 25% so với lượng cần
thiết. Đun khan dung dịch sau phản ứng thu được 16,25 gam muối khan. Xác định công
thức phân tử của oxid sắt, thể tích HCl
Giải
Gọi a là số mol của oxi trong sắt: Bản chất của phản ứng là O
2-
bị Cl
-
thế tạo ra muối
8 – 16a + 2* 35,5a = 16,25 a = 0,15 mol m
O
= 2,4g m
Fe
= 5,6g


= 0,1875 lít
Bài 9:Đun 132,8 gam hỗn hợp 3 rượu no, đơn chức với H
2
SO
4
đặc ở 140
o
C thu được hỗn
hợp các
ete
có số mol bằng nhau và có khối lượng là 111,2 gam. Số mol của mỗi ete
trong hỗn hợp là bao
nhiêu?

A.0,1mol. B.0,15mol. C. 0,4mol.
D.
0,2
mol.

Giải
Gọi công thức chung cho 3 rượu no đơn chức là: 

– OH
Phản ứng tách nước: 

– OH + 

– OH


Theo phản ứng trên n
ete
= 



=
,

= 1,2mol n
mỗi ete
=
,

= 0,2 mol
Đáp án D
Bài 10:Cho một luồng CO đi qua ống sứ đựng 0,04 mol hỗn hợp A gồm FeO và Fe
2
O
3
đốt
nóng.
Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được B gồm 4 chất nặng 4,784 gam. Khí đi ra
khỏi ống
sứ
cho hấp thụ vào dung dịch Ba(OH)
2
dư thì thu được 9,062gam kết tủa. Phần
trăm
khối

,

= 0,046mol = n
O (trong oxid)

Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có:
m
hhA
= m
B
+ m
O (trong oxid)
= 4,784 + 0,046*16 = 5,52g = 72x + 160y (**)
Giải (*) ,(**) ta có x = 0,01 , y = 0,03mol %




=
,∗
,
*100 = 86,96%

Đáp án A

2
,nồng độ C
2
(C
2
>C
1
), khối lượng riêng
d
2
.

Dung dịch thu được:Có khối lượng m=m
1
+m
2
,thể tích V=V
1
+V
2
,nồng độ
C(C
1
<C<
C
2
)
và khối lượng riêng
d.







−


C
M





=
















|
|



|
(3)
d
2

|


−
| K Ĩ T H U Ậ T G I Ả I N H A N H T O Á N H Ó A H Ọ C 15

DƯƠNG THẾ
 Khi sử
dụng
sơđồđườngchéo
cần
chú ý:
-Chất rắn coi như dung dịch có C = 100%
-Dung môi coi như dung dịch có C = 0%
-Khối lượng riêng
của




=


=


Đáp án A
m
2
(15%) 20%
Bài 2:Hòa tan hoàn toàn 22,4g một kim loại M chưa biết vào dung dịch H
2
SO
4
đặc,nóng
dư thu được dung dịch A và một khí B có khả năng làm phai màu cánh hoa hồng. Hấp
thụ hoàn toàn B vào 800 ml dung dịch NaOH 1M, chờ cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn
rồi cô cạn dung dịch, thu được 48,1 g chất rắn.
Kim loại M đã cho ban đầu là:
A. Fe B. Ca C. Mg D. Cu
Giải
Theo cách giải lý thú của thầy Vũ Khắc Ngọc
n
NaOH
= 0,8*1 = 0,8mol
Khí B có khả năng làm phai màu cánh hoa hồng hiển nhiên là khí SO
2

Để khai thác dữ kiện n
NaOH
= 0,8 mol ta tiến hành quy đổi: Coi 1 mol muối Na
2
SO
3
là
2mol NaX vớiM
NaX
=


= 63g/mol (mục đích để khai thác dữ kiện tổng số mol muối tạo
thành bằng tổng số mol NaOH)
Do vậy trong chất rắn chứa 48,1g có 0,8 mol hỗn hợp M
hh
=
,
,
= 60,125g
Trong hỗn hợp chất rắn có ít nhất một chất có phân tử lượng trung bình
nhỏ hơn phân tử lượng trung bình của hỗn hợp NaOH đang còn dư vậy chỉ
có phản ứng (2) xảy ra
Theo quy tắc đường chéo ta có:
NaX (63) 20,125 7 0,7mol NaX 0,35mol Na
2
SO
3
60,125
NaOH (40) 2,875 1 0,1mol NaOH


=
,
,

= 32n M = 64 (Cu)
Bài 3:(Lê Phạm Thành)Để pha được 500mL dung dịch nước muối sinh lý ( C =
0,9%)cần lấy V mL dung dịch NaCl 3%. Giá trị của V là:
A.150mL B. 241,3mL C. 285,7mL D. 350mL

K Ĩ T H U Ậ T G I Ả I N H A N H T O Á N H Ó A H Ọ C 17

DƯƠNG THẾ
Ta có sơ đồ đường chéo như sau:
V
1
( C
1
= 3%) 0,9%
C = 0,9%




=
,
,
=










=


= 29 g/mol Ta coi hỗn hợp sản phẩm khí là một chất khí duy
nhất có 






= 29 g/mol từ đó ta có sơ đồ đường chéo như sau:







= 29 25,35


= 32,65

Đáp án A
Bài 5:Nguyên tử khối trung bình của Brom là 79,319. Brom có hai đồng vị bề là 


và



. Thành phần phẩn trăm số nguyên tử của 


?
Giải
Theo quy tắc đường chéo ta có thể giải quyết được những dạng bài toán này:



(M = 79) 1,681
M = 79,319
% 


% 


=
,
,



sáng kiến giải quyết bài toán rất hay và độc đáo. Sau đây tôi xin trình bày theo hai
cách. Cách 1: đặt ẩn ghép ẩn suy ra kết quả, cách 2: Phương pháp đường chéo của
thầy Vũ Khắc Ngọc
Cách 1: gọi x, y, z lần lượt là số mol của Fe
3
O
4
, FeO, Cu
2
O
Ta có: 232x + 72y + 144z = 37,6 (1)
232x + 72(y+ 2z) = 37,6 (*)
Bán phản ứng:
K Ĩ T H U Ậ T G I Ả I N H A N H T O Á N H Ó A H Ọ C 19

DƯƠNG THẾ
3Fe
+8/3
3Fe
3+
+ 1e
Fe
2+
Fe
3+
+ 1e 4H
+
+ NO
3
-

Cu
+
+ 1e Cu
2+

Căn cứ vào sơ đồ trên ta thấy:
Cứ 1 mol Fe
3
O
4
(232g) sẽ cho ra 1 mol electron
Cứ 0,5 mol Cu
2
O (144g) sẽ cho ra 1 mol electron Cứ
,
,∗
=


gam
Cứ 1 mol FeO (72g) sẽ cho 1 mol electron cho 1 mol hh
Quy đổi: Coi FeO và Cu
2
O là một chất trung bình X mà cứ 72g chất này lại
cho 1mol electron. Hỗn hợp bây giờ có thể gồm Fe
3
O
4
, X
Sử dụng quy tắc đường chéo ta có:

K Ĩ T H U Ậ T G I Ả I N H A N H T O Á N H Ó A H Ọ C 20

DƯƠNG THẾ






=


* 0,3 = 0,1mol 




= 232 *0,1 = 23,2g
Đáp án B
Bài 7:Cho 8,96 lít hỗn hợp CO
2
và NO
2
(đktc) hấp thụ vào một lượng dung dịch
NaOHvừa đủ tạo thành các muối trung hòa, sau đó đem cô cạn dung dịch thu được 36,6
gam muối khan. Thành phần % thể tích mỗi khí trong hỗn hợp ban đầu là:
A. 25% CO
2
và 75% NO
2

2NO
2
+ 2NaOH NaNO
3
+ NaNO
2
+ H
2
O
Sau phản ứng thu được 36,6g hỗn hợp muối khan gồm Na
2
CO
3
, NaNO
3
, NaNO
2

Cứ 1 mol NO
2
tạo ra 2 muối NaNO
3
và NaNO
2
có thỉ lệ mol 1:1 nên ta có thể quy
đổi thành giá trị trung bình của 2 muối 








=
,
,
=


%


= 50% Đáp án B
Bài 8: Cần trộn hai thể tích metan với một thể tích đồng đẳng X của me tan để thu được
hỗn
hợp
khí có tỉ khối hơi sovới hiđro bằng15.X
là

A.C
3
H
8
.
B.
C
4
H
10
. C.C

X = 58 (C
4
H
10
) Đáp án B
Bài 9: Hòa tan hoàn toàn 14,52 gam hỗn hợp X gồm NaHCO
3
, KHCO
3
và MgCO
3
trong
dung dịch HCl dư, thu được 3,36 lít khí CO
2
(đktc). Khối lượng muối KCl tạo thành
trong dung dịch sau phản ứng là:
A. 8,94 gam B. 16,17 gam C. 7,92 gam D. 12,0 gam
Giải
hhX tác dụng với HCl dư thì bản chất của phản ứng là:
CO
3
2-
+ 2H
+
CO
2
+ H
2
O


,
= 96,8g/mol; Theo quy tắc đường chéo ta có:






= 84 3,2 1 0,03mol
96,8
KHCO
3
(M = 100) 12,8 4 0,12mol
m
KCl
= 0,12* 74,5 = 8,94 Đáp án A
Bài 10:Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol hỗn hợp X gồm CH
4
, C
2
H
4
và C
2
H
6
, sản phẩm thu
được dẫn qua bình I đựng dung dịch H
2
SO

H
y

C
x
H
y
+ O
2
xCO
2
+


H
2
O
Theo định luật bảo toàn nguyên tố ta có: ̅ = 1,5 ;  = 4,5
Quy đổi hỗn hợp: C
2
H
4
và C
2
H
6
là một chất Y gồm 2C
Theo quy tắc đường chéo ta có:
CH
4


Bài 2.Thể tích nước nguyên chất cần thêm vào 1 lít dung dịch H
2
SO
4
98%(d=1,84g/ml)
để
được
dung dịch mới có nồng độ10%
là

A.14,192mL. B.15,192mL. C. 16,192ml. D. 17,192
mL.

Bài 3. Nguyên tử khối trung bình của đồng là 63,54g/mol. Đồng có hai đồng vị là 



và 


.Thành phần phần trăm số nguyên tử 


là bao nhiêu?
A.73,0%. B.34,2%. C.32,3%. D.
27,0%.

K Ĩ T H U Ậ T G I Ả I N H A N H T O Á N H Ó A H Ọ C 23


4
; 12,72 gam K
3
PO
4.

C. 10,44 gam K
2
HPO
4
; 13,5 gam KH
2
PO
4
. D. 13,5 gam KH
2
PO
4
; 14,2 gam K
3
PO
4

Bài 6.Hòa tan 2,84 gam hỗn hợp 2 muối CaCO
3
và MgCO
3
bằng dung dịch HCl (dư) thu
được 0,672 lít khí ở điều kiện tiêu chuẩn. Thành phần % số mol của MgCO
3


A.50%. B.55%.
C.
60%. D.
65%.Bài 9.Hòa tan m gam Al bằng dung dịch HNO
3
loãng thu được hỗn hợp khí NO và N
2
O
có tỉ khối so với H
2
bằng 16,75. Tỉ lệ thể tích khí trong hỗn hợp là
A. 2 : 3. B. 1 : 2. C. 1 : 3. D. 3 : 1.
Bài 10.Từ 1tấn quặng hematit A điều chế được 420kg Fe. Từ 1 tấn quặng manhetit B
điều chế
được
504 kg Fe. Hỏi phải trộn hai quặng trên với tỉ lệ khối lượng (m
A
:m
B
) là
bao nhiêu để được1
tấn
quặng hỗn hợp mà từ1tấn quặng hỗn hợp này điều chế được
480kg
Fe. K Ĩ T H U Ậ T G I Ả I N H A N H T O Á N H Ó A H Ọ C 25

DƯƠNG THẾ
PHƯƠNG PHÁP 3:PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN ELECTRON
A. PHƯƠNG PHÁP
I. NGUYÊN TẮC PHƯƠNG PHÁP
 Trong một phản ứng oxi hóa – khử : “ Tổng số electron nhường bằng tổng số số
electron nhận”.
∑

ườ
=
∑

ậ
 Quan trọng trong phương pháp bảo toàn electron cần phải biết được trạng thái đầu
và cuối của hệ chất oxi hóa – khử
 Khi áp dụng phương pháp bảo toàn electron cần vận dụng linh hoạt và khai thác
hết dữ kiện bài toán. Theo các bước sau:
 Bước 1: Quy đổi ra số mol từ dữ kiện bài toán xác định được số oxi hóa
của các chất đầu và cuối
 Bước 2: Viết bán phản ứng oxi hóa – khử thiết lập sự liên hệ số electron
nhường và nhận theo số mol
 Bước 3: Áp dụng định luật bảo toàn electron “ Tổng số electron nhường