SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT BÌNH SƠN

CHUYÊN ĐỀ
“KẾT HỢP SÁNG TẠO CÁC PHƯƠNG PHÁP ĐỂ GIẢI
MỘT SỐ BÀI TẬP VÔ CƠ NHẰM PHÁT TRIỂN TƯ
DUY HỌC SINH”

Người viết: Tô Quốc Kim
Tổ: Hoá - Sinh

1


Năm học 2013-2014
CHUYÊN ĐỀ:
KẾT HỢP SÁNG TẠO CÁC PHƯƠNG PHÁP ĐỂ GIẢI MỘT SỐ DẠNG BÀI
TẬP HÓA HỌC VÔ CƠ NHẰM PHÁT TRIỂN TƯ DUY CHO SINH.
A.

LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI.

Trong nhà trường phổ thông bài tập hóa học có nghĩa quan trọng trong dạy học, ngoài củng
cố kiến thức và kỹ năng. BTHH còn giúp phát triển tư duy cho học sinh. Những kiến thức
hóa học học sinh có thể quên nhưng tư duy học sinh có được sẽ theo các em suốt cuộc đời để
giải quyết tốt hơn các vấn đề trong cuộc sống.
Trong quá trình giảng dạy ở trường THPT Bình Sơn, tôi nhận thấy các em học sinh còn
gặp nhiều khó khăn khi giải các bài toán hóa học đặc biệt những bài toán khó. Các em còn
lúng túng, tư duy máy móc, dập khuân, chưa xác định được phương pháp phù hợp với các
bài toán trắc nghiệm. Mặt khác yêu cầu của đề thi trắc nghiệm cần phải nhanh. Vì vậy, để
giúp các em hs có được tư duy tốt hơn, giải quyết nhanh các bài toán khó. Để đạt kết quả cao

M < Al
Bi toỏn 2: Hũa tan ht cựng mt lng Al bi hn hp (HCl, H2SO4 loóng, HBr) hoc bi
hn hp (NaOH, KOH, Ba(OH)2 )
iu quan trng nht l nH2 thoỏt ra bng nhau:

Al + 3H+ Al3+ + 1,5H2



Al + OH + H2O AlO2 + 1,5H2

Bi toỏn 3: Ho tan hon ton hn hp oxit kim loi MxOy bng dung dch H2SO4 :
iu cn nht l:
1 mol O thay bng 1 mol SO42- ( tc

nO = nSO2 : vỡ cựng húa tr)
4

mmuối = moxit + mSO2 mO
4

Bi toỏn 4: Hũa tan m (g) hn hp Na, Al vo H2O d c V1 lớt khớ. Nu cng cho m (g)
hn hp ú vo dung dch NaOH d thỡ c V2 lớt khớ (Bit V2 > V1)
iu cn nht l: Vỡ V2 > V1 nờn Al cha tan ht thớ nghim 1
Bi toỏn 5:
+ HNO3d
+ O2
Fe
r{
ắn X

Thng xuyờn luyn tp, ghi nh hỡnh thnh k nng, rỳt kinh nghim sau mi

bi toỏn.
4.

Nm vng cỏc vn quan trng ca cỏc phng phỏp gii nhanh.

5.

Cú k nng nhn xột tng quỏt, ỳng bn cht; phõn tớch bi toỏn.

II- RẩN K NNG NHN XẫT TNG QUT:
1. Xột quỏ trỡnh c mụ t bi s :
(1)+HCld
Fe
m1(g) r ắn khan Cho biết m1,m2
(2) cô cạn
Fe x O y

+ CaOHd
CO2
m2 (g) CaCO3 XĐCT : Fe x Oy ?
+ COd
(H=100%)

*Cỏch t duy thụng thng:


gọi nFexOy = a


4


2. Vận dụng: Khử hoàn toàn m(g) hỗn hợp X (FeO, Fe2O3, FexOy) bằng CO nóng, dư được
chất rắn X và khí Y. Hòa tan hết X bằng HCl dư rồi cô cạn được 7,62g chất rắn khan. Toàn
bộ Y hấp thụ vào dung dịch Ca(OH)2 dư thấy có 8g kết tủa. Giá trị của m là:
A. 5,20 (g)
B. 6,20(g)
C. 4,64(g)
D. 5,26(g)
Sơ đồ:

FeO
+ HCld
Fe 
→ FeCl2 (7,62g) = 0,06mol

+ COd
Fe
O

→
 2 3 (H=100%) 
+ Ca(OH)2 d
→ CaCO3 (8g) = 0,08mol
CO2 
Fe O
14 2x 43y
m(g)=?


+ COd
 
→ CO2 
→ BaCO3 : 0,15mol ( §¸p ¸nB )
H=100%
Fe x O y 
→  +HCld
123
→ Fe x Cl2y : 16,95g
 
m(g)

* Phương pháp phân tích:
Thông thường sản phẩm của FexOy với HCl là FeCl2y/x, nhưng ở đây lại là FexCl2y(!) vì:
(!)- khi tác dụng với HCl, Fe trong oxit không thay đổi hóa trị
(!!)- Hóa trị của O là II trong khi Cl là I nên 1 mol O →2 mol Cl
Ta thấy
Ta thấy:

nCO2 = nBaCO3 = nO(oxit ) = 0,15 ⇒ nCl− (muèi) = 2.0,15 = 0,3

mmuèi = mFe + mCl− ⇒ mFe = 16,95 − 0,3. 35,5 = 6,3(0,1125mol Fe)
moxit = mFe + mO = 6,3 + 0,15.16 = 8,7 = m
⇒
5
 x : y = nFe : nO = 0,1125 : 0,15 = 3 : 4 (Fe3 O4 )


⇒ Đáp án B
Bài toán 2: Hòa tan hết 10g hỗn hợp X (MgCO3, CaCO3, Na2CO3, K2CO3) bằng dung dịch

7,3g

4,4g

1,8g

§LBTKL ⇒ mmuèi = 10 + 7,3 − (4,4 + 1,8) = 11,1 g

Đáp án B

+ Phương pháp 2:
Khi chuyển từ muối CO32-→Cl- thì cứ 1 mol CO32- → 2 mol Cl- (theo
quy tắc hóa trị)

nCO2− = nCO2 = 0,1 ⇒ nCl− = 0,2
3

⇒ mmuèi clorua = mmuèi cacbonat − mCO2− − mCl− = 11,1g
14243 { 3
{
10g
0,2.35,5
0,1.60

IV- TẬP PHƯƠNG PHÁP DIỄN DỊCH VÀ QUY NẠP
1/ MỤC ĐÍCH:
-Từ một hay 1 số bài toán gốc để luận ra hàng loạt các bài toán nhỏ
- Từ hàng loạt bài toán nhỏ quy về một dạng toán với phương pháp giải cơ bản không
thay đổi
Xét bài toán gốc:

{
b(g)

a( g)

2c.35,5

( §¸p ¸n A)
2/ NHẬN XÉT (PHƯƠNG PHÁP DIỄN DỊCH) .
Đây là bài toán gốc, từ đó biến dạng ra hàng trăm bài tưởng là khác nhau bằng cách:
- Bài toán có 3 đại lượng (KL, H2, muối) đề bài sẽ cho hai đại lượng và hỏi đại lượng còn
lại
- Thay thế hỗn hợp nhiều KL bằng các KL cụ thể khác nhau (số lượng không nhiều lắm) sẽ
mắc bẫy là lập hpt.
- Thay thế HCl bằng axit khác (như H2SO4 loãng, HBr, HI) thậm chí bằng hỗn hợp axit (tác
dụng vừa đủ với số mol cụ thể của mỗi axit. Khi đó:
mmuối = mkl + mcác gốc axit và Hn X → n H2 + Xn−
2
- Thay thế hỗn hợp KL hoạt động nói chung thành KLK, kiềm thổ; thay thế axit bằng H2O
(dĩ nhiên khi đó muối sẽ được thay thế bằng bazơ, ta có:
mBazơ (rắn khan) = mKL+ mOH- và H2O → ½ H2 + OH- Không hỏi trực tiếp 1 trong 3 đại lượng trên mà hỏi gián tiếp thông qua nền kiến thức
khác. Chẳng hạn sau khi hỗn hợp KLK, KT tác dụng với H2O thì lấy dd trung hòa bởi axit,
yêu cầu tính lượng axit hay pH…
- Cho thêm 1 dữ kiện khác đi kèm với 2 dữ kiện cơ bản để chuyển về 1 dạng toán khác.
Chẳng hạn cho hỗn hợp 2 KL nhóm IA hoặc IIA thuộc 2 chu kì kế tiếp… yêu cầu xác định 2
kim loại…

3/ MỘT SỐ BÀI TOÁN BIẾN DẠNG:
Ví dụ 1: (TSCĐ – Khối A – 2007):
7

Ví dụ 2: Hòa tan 10g hỗn hợp (Al; M > H) vào 100ml dd (H2SO4 aM; HCl 3aM) được 5,6 lít
H2 (đktc), dd X và 1,7g kim loại chưa tan hết. Cô cạn X được m(g) muối khan. Giá trị của m
là:
A. 26,20
B. 26,67
C. 28,55
D. 30,24
Bài giải:

Đáp án C

KLd nª n axit hÕt ; mKL(p ) = 10 −1,7 = 8,3

+
2−
+
−
H2SO 4 → 2H + SO 4 ; HCl → H + Cl
Ta cã 
0,2a 0,1a
0,3a
0,3a
0,3a
0,1a
2H+ → H ⇒ 0,3a + 0,2a = 0,5 ⇒ a = 1
2

0,25
 0,5
⇒ mmuèi = mKL(p ) + mSO2− + mCl− = 8,3 + 0,1.96 + 0,3.35,5 = 28,55(g)

1

H
O
→
H2 + OH−
2

0,3
2 0,15

Ta cã H SO → 2H+ + SO2−

2
4
4

 ⇒ nH2SO4 = 0,15
H+ + OH− → H2O ⇒ nH+ = nOH− = 0,3 
0,15
⇒ v ddH2SO4 =
= 0,075 lit = 75ml => C
2

8


Ví dụ 5:
Cho m(g) hỗn hợp (K, Na, Ba) vào H2O được 500ml dd X có pH = 13 và V lít khí (đktc). Cô
cạn dd sau phản ứng được 9,25g chất rắn khan. Giá trị của V và m lần lượt là:

+ O2
M
m(g) (1)

m1(g)

MxOy
M

+ HNO3 (H2SO4 dac)
(2)

M+n
NaOb ( SO2, ...) : V(l) (dktc)

Sản phẩm khử: NxOy (hoặc Sx), (n là số oxi hóa cao nhất của M)
(M là kim loại Fe hoặc Cu và dung dịch HNO3 (H2SO4 đặc nóng) lấy vừa đủ hoặc dư)
- Gọi: nM = x mol ; ne (2) nhận = y mol → ∑ ne nhường = x.n mol
- Theo đlbt khối lượng từ (1) → nO = (m1-m)/16 (mol)
- ∑ ne nhận = ne (oxi) + ne (2) = 2.(m1-m)/16 + y
- Theo đlbt mol electron: ∑ ne nhường = ∑ ne nhận → x.n = (m1-m)/8 + y
- Nhân cả hai vế với M ta được: (M.x).n = M(m1- m)/8 + M.y →
M
.m1 + M . y
M
M
8
m
(
n


→ ĐLBT e
=> Khi biết 2 trong 3 giá tri (m,m1,v) ⇒ đại lượng thứ 3
Từ bài toán gốc có thể giải được nhiều bài toán cụ thể.
Ví dụ 1: Cho 11,36 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 phản ứng hết với dung dịch
HNO3 loãng (dư), thu được 1,344 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc) và dung dịch
X. Cô cạn dung dịch X thu được m gam muối khan. Giá trị của m là
A. 38,72.
B. 35,50.
C. 49,09.
D. 34,36.
Hướng dẫn giải
Hỗn hợp gồm Fe , FeO , Fe2O3 , Fe3O4 được tạo thành từ hai nguyên tố O , Fe .
Gỉa sử coi hỗn hợp trên là hỗn hợp của hai nguyên tố O , Fe . Ta quan sát sự biến đổi số oxi
hóa
Fe – 3e → Fe+3
x 3x
O + 2e → O-2
y 2y
N+5 + 3e → N+2
0,18 0,06
Theo định luật bảo toàn e : 3x – 2y = 0,18
Tổng khối lượng hỗn hợp là : 56x + 16y = 11,36
Giải hệ → x = 0,16 mol , y = 0,15 mol
Viết phản ứng của Fe với HNO3
Fe + HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + H2O
0,16
0,16 mol
→ khối lượng muối là : 0,16.242 = 38,72 gam
Vi dụ 2: Nung nóng a gam bột Fe với oxi thu được b gam hỗn hợp rắn A gồm 3 oxit sắt và Fe.


+2

+5

N + 3e → N;

b-a
b-a
→
32
8

+4

N + 1e → N

3V
V
¬
44,8
44,8

V
V
¬
44,8
44,8

-Tổng số mol e cho = tổng số mol e nhận

-

Fe(OH)3

+ SO2

Sơ đồ cho nhận e :
Fe – 3e → Fe+3
Cl- + e → Cl-1
S+6 + 2e → S+4
Gọi x , y là số mol của Fe , Cl
n SO2 = 0,2 mol
→ 3x = y + 0,4
Fe → Fe+3 → Fe(OH)3
→ Kết tủa là Fe(OH)3 có n = 0,3 → x = 0,3 → y = 0,5
Do đó m = 0,3.56 + 0,5.35,5 = 34,55
BÀI TOÁN BIẾN DẠNG 2. Trường hợp tạo thành sắt (II)
Ví dụ 4: Cho 61,2 gam hỗn hợp X gồm Cu và Fe 3O4 tác dụng với dung dịch HNO3 loãng,
đun nóng và khuấy đều. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 3,36 lít khí NO
11


(sản phẩm khử duy nhất, ở đktc), dung dịch Y và còn lại 2,4 gam kim loại. Cô cạn dung dịch
Y, thu được m gam muối khan. Giá trị của m là
A. 151,5.

B. 97,5.

C. 137,1.


z 2z
0,45 0,15
Bảo toàn mol e → 2x + 2y = 2z + 0,45
Khối lượng : 61,2 = 64x + 56y + 16z + 2,4 (Cu dư )
Vì Fe3O4 → n Fe : n O = y : z = 3 : 4
Giai hệ ta có : x = 0,375 ; y = 0,45 ; z = 0,6
Muối khan : Cu(NO3)2 = 0,375.188 = 70,5 ; Fe(NO3)2 = 0,45.180 = 81
→ Tổng khối lượng : 151,5 gam .
Đáp án A
Ví dụ 5: Để 2,52 gam bột sắt trong không khí, sau một thời gian thu được 2,84 gam hỗn hợp
X gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4. để hòa tan hết X cần 500 ml dung dịch HNO3 aM thấy sinh ra
0,56 lít NO là sản phẩm khử duy nhất và dung dịch Y. Tính a.
Hướng dẫn giải

Fe

FeO
Fe2O3
Fe3O4
Fe

+O2 :0,01(mol)

2,84(g)

0,045(mol)

Fe3+ :y(mol)3nFe < 4nO2+3nNO
+HNO3:0,5a(mol)


+[O]:y(mol)

Fe:x(mol)
0

Cu: 0,15(mol)

hh(X)
(O2-)

+6

Fe3+

+ H2SO4 du

Cu2+
SO2: 0,3(mol)

Xem hỗn hợp chất rắn là hỗn hợp của x mol Fe, 0, 15 mol Cu và y mol O.
Ta có: mHH=56x + 64.0,15 +16y=63,2
56x+16y=53,6 (1)
Mặt khác quá trình cho và nhận electron như sau
+3

0

+2

0

gian thu được 2,71 gam hỗn hợp Y. Hòa tan hoàn toàn Y vào dung dịch HNO 3 (dư), thu
được 0,672 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Số mol HNO3 đã phản ứng là
A. 0,12
.
B. 0,14.
C. 0,16.
D. 0,18.
Bài giải:
-Nhận xét: Khi gặp trường hợp này hs thấy xuất hiện nhiều kim loại, nếu các em không
tìm ra bản chất của các quá trình trên thì sẽ khó khăn cho câu trả lời.
Chúng ta xét bài toán tổng quát theo sơ đồ.
M

+O

M2On
M

HNO3

Mn+ , NO3H2O
NO

Từ sơ đồ trên nhận thấy: Không phụ thuộc vào bao nhiêu kim loại, HNO3 tham gia vào
hai quá trình.
13


2HNO3 + O2- → 2ΝΟ 3 − + Η 2 Ο
4ΗΝΟ 3 + 3 e → 3 ΝΟ 3 − + ΝΟ + 2Η 2 Ο

=> D đúng
Cách 2.

(2,71-2,23).2
0,672
+ 4.
= 0,18 mol .
16
22,4

(2, 71 − 2, 23).2
+ 3.0,03 = 0,15 mol
16
= 0,15 + nNO = 0,15 + 0.03 = 0,18 mol

nHNO3 (tao muoi ) = nM ( cho ) = nO2 thu + nHNO3 (thu ) =
nHNO3 ( pu ) = nHNO3 (tm ) + nHNO3 (oxi hoa )
=> D đúng.

BÀI TOÁN 2: KẾT HỢP PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔI VỚI PHƯƠNG PHÁP BẢO
TOÀN E, PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ ( QUA SƠ ĐỒ ĐẦU - CUỐI)
BÀI TOÁN TỔNG QUÁT.
Bài toán: Cho a (mol) kim loại M tác dụng với b (mol) S ở nhiệt độ cao ( trong điều kiện
không có không khí) sau phản ứng được hỗn hợp rắn X. Lấy X cho tác dụng với dung dịch
HNO3 dư thu được dd A và V(lít) (đktc) khí NxOy. Lấy dung dịch A cho tác dụng với dung
dịch Ba(OH)2 dư thu được kết tủa Y, lọc tách kết tủa. Nung đến khối lượng không đổi m
gam chất rắn Z. Tìm mối liên hệ giữa các đại lượng (a, b, V, m)
Hướng dẫn giải
Ta có sơ đồ sau:
14

NxOy :V(l)

PP: điều quan trọng là dựa vào sơ đồ, bảo toàn nguyên tố:
M2On:a/2(mol)

=> (2M+16n)a/2 + 233b= m2 (I)

BaSO4: b(mol)

- Quan sát trạng thái số OXH đầu-> Cuối: (M0, S0, N5+) → (Mn+ , S6+, N+2y/x xOy)
Áp dụng bảo toàn (e) =>

n.nM +6nS = (5x-2y)nNxOy

=> n.a +6b =(5x-2y).

V
22,4

(II)

Kết hợp với bảo toàn khối lượng: M.a+32.b = m1 (III)
Nhìn chung đề bài sẽ cho 2 trong 3 đại lượng (m1, m2, V) => đại lượng còn lại.
Ví dụ 1.Cho 20,80 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeS, FeS 2, S tác dụng với dung dịch HNO 3 đặc
nóng dư thu được V lít khí NO 2 (là sản phẩm khử duy nhất, đo ở đktc) và dung dịch A. Cho
A tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư thu được 91,30 gam kết tủa. Tính V và số mol HNO 3
cần dùng để oxi hóa hoàn toàn hỗn hợp X ?
Hướng dẫn:
Coi hỗn hợp gồm Fe và S ta có sơ đồ:


107 x + 233 y = 91,3
 y = 0,3mol

Theo bài ra ta có hệ: 

Áp dụng định luật bảo toàn eletron ta có:
Fe
→ Fe+3 + 3e
0,2mol
3.0,2mol
S
→ S+6 + 6e
0,3mol
6.0,3mol
+5
N + 1e →
N+4
a.1mol
a mol
Áp dụng định luật bảo toàn e ta có:
a = 0,6 + 1,8 = 2,4 mol → V = 53,76 lít
Theo (3) và (4): nHNO = nH = 6.nFe + 4nS = 2, 4mol
3

+

15


Ví dụ 2: Hòa tan hết 30,4 gam hh X gồm Cu, CuS, Cu2S và S bằng dd HNO3 dư thu được 20,16 lít

O
+2e → O 20,225 0,45
-Bảo toàn electron ta có: 2x + 3y + 4z = 0,45 (II).
Ta có z = Số mol S = số mol SO2 = 1,568:22,4 = 0,07. Thay z = 0,07
vào (I) được phương trình: 64x + 56y = 4,24 (*)
vào (II) được phương trình
2x + 3y = 0,17 (**).
Giải hệ 2 PT (*) & (**) tìm được x = 0,04; y = 0,03.
-Hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HNO3 đặc nóng dư tạo khí NO2 duy nhất và dung dịch
A.
Cu → Cu2++2e , Fe → Fe3++3e , S → SO42- +6e
x
x 2x
y
y 3y z
z
6z
NO3- +1e → NO2
a
a mol
-Bảo toàn electron ta có: số mol NO2 = a = 2x+ 3y + 6z = 0,59.
Từ đó tính được V = V(NO2) = 0,59x22,4 = 13,216 lít.
Dung dịch A + dung dịch Ba(OH)2 dư thu được kết tủa gồm:
Cu(OH)2; Fe(OH)3; BaSO4
Số mol Cu(OH)2 = số mol Cu = x = 0,04.
Số mol Fe(OH)3 = số mol Fe = y = 0,03.
Số mol BaSO4 = số mol S = z = 0,07.
m = m↓ = (0,04x98 + 0,03x107 + 0,07x233) = 23,44 gam.

16

64

= 0,1 mol.

Bảo toàn e: 3.nFe + 2.nCu + 6.nS = 1. n NO ⇒ n NO = 1,7 mol.
2

2

Vậy V = 1,7.22,4 = 38,08 lít.
TRONG TRƯƠNG HỢP THAY BẰNG H2SO4 ĐẶC.
Bài toán theo sơ đồ sau:
S : y (mol)
Fe : x (mol)

hh
m1

FeS2
FeS
Fe
S

+ H2SO4dac,t

o

Fe3+
SO2: V/22,4(mol)


Hướng dẫn giải
Tư duy theo sơ đồ: Quy đổi về (Fe: x(mol) , S: y(mol))
S : y (mol)
Fe : x (mol)

hh
2,08(g)

FeS2
FeS
Fe
S

+ H2SO4dac,to

Fe3+

+NaOH

Fe(OH)3
x(mol)

t0

Fe2O3
x/2(mol)

SO2: 0,12(mol)

Cách 1:

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, CM axít, m

kết tủa)
Phương pháp thông thường.
-

Nhận định đúng về bản chất của phương trình phản ứng khi cho từ từ CO 32- từ từ vào H

+

18


Cho từ từ H + vào CO32-: H+ + CO32- → HCO3-

(1)

HCO3- + H+ → CO2 + H2O

(2)

1/ Dung dịch A thu được không có khí -> Chỉ có (1)
2/ Dung dịch A thu được + BaCl2 -> Kết tủa. Chỉ có (1)
3/ Dung dịch A tác dụng được với kiềm -> Có cả (1,2)
4/ Dung dịch A thu được và khí. Cho A + ddBa(OH)2 hoặc Ca (OH)2 → ↓ Có cả (1,2)
Chúng ta phải dựa vào tính chất theo đề bài để kiểm soát mức độ của phản ứng.
-PHƯƠNG PHÁP TƯ DUY MỚI : Kết hợp bảo toàn điện tích với bảo toàn nguyên tố.


=

n HCO3- (sau)

Bảo toàn nguyên tố C:

n HCO3-

bñ

+

nCO32-

=

n HCO3-

+
(sau)

nCO2

x + 2y - z = t
x+y=t+z

Kết hợp lại:
Ví dụ 1: Cho 35 gam hỗn hợp X gồm Na2CO3 và K2CO3. Thêm từ từ , khuấy đều 0,8 lit HCl
0,5 M vào dung dịch X trên thấy có 2,24 lit khí CO2 thoát ra ở đktc và dung dịch Y. Thêm

và 106x + 138y = 35 (2). Giải hệ có x = 0,2 mol Na2CO3,
y = 0,1 mol K 2CO3.
Do đó khối lượng 2 muối là :
−

+

mNa 2 CO 3 = 0,2 . 106 = 21,2 (g)
mK 2 CO 3 = 0,1 . 138 = 13,8 (g)
khối lượng kết tủa :
−

nCaCO 3 = nHCO 3

dư

= a + b - 0,1 = 0,2 mol

mCaCO 3 = 0,2 . 100 = 20 (g)
Cách 2:
0,4(mol)H+ HCO3 : t (mol)

HCO3-: x(mol)
CO32- : y(mol)

CaCO3

CO2: 0,2(mol)

Theo đề bài ta có:

2 CO 23

nH+

Áp dụng ĐLBT điện tích ta có :

x+ 2y – 0,4 = x+y – 0,2 => y = 0,2 , từ (I) => x = 0,1
Do đó khối lượng 2 muối là :

=

n HCO3-

mNa 2 CO 3 = 0,2 . 106 = 21,2 (g)
mK 2 CO 3 = 0,1 . 138 = 13,8 (g)
khối lượng kết tủa :
−

nCaCO 3 = nHCO 3

dư

= x+ y - 0,1 = 0,2 mol

mCaCO 3 = 0,2 . 100 = 20 (g)
20


BÀI TOÁN BIẾN DẠNG:
Ví dụ 2: Hấp thụ hết 3,36 lít CO2(đkc) vào dung dịch chứa x mol KOH và y mol K 2CO3 thu

+dd Ca(OH)2

CaCO3

:0,25(mol)

Bảo BTNT (C): 0,15 + y = 0,25 = n↓=> y =0,1
Mặt khác theo bảo toàn C: 0,15 + 0,1 = 0,15 + z => z =0,1
Theo BTĐT: x+ 2y – 0,35 = z => x = 0,45 – 0,2 = 0,25 ;
=> y = 0,1; x= 0,25 => Đáp án B đúng.
Ví dụ 3: Hấp thụ hoàn toàn 2,24 lít CO 2 (đktc) vào 100 ml dung dịch gồm K 2CO3 0,2M và
KOH x mol/lít , sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y. Cho toàn bộ Y
tác dụng với dung dịch BaCl2 (dư), thu được 11,82 gam kết tủa. Giá trị của x là:
A. 1,0
B . 1,4
C. 1,2
D. 1,6
GIẢI: Tư duy theo bảo toàn điện tích và bảo toàn nguyên tố
Ta có sơ đồ:

CO2 +
0,1

CO32(1)
OH-:

OH-: 0,1x(mol)
dd Y

CO32- : 0,02 (mol)

21


Cu, Fe2+…. Khơng phản ứng với (HCl, H2SO4 lỗng, NaHSO4) cũng khơng phản ứng

-

được với muối NaNO3, KNO3 nhưng phản ứng với hỗn hợp 2 loại chất đó như phản ứng với
HNO3
3Cu + 8H+ + 2NO3- → 3Cu2+ + 2NO + 4H2O
3Fe2+ + 4 H+ + NO3- → 3Fe2+ + NO + 2 H2O
Lưu ý: Cu, Fe2+ phản ứng với hỗn hợp (NaHSO4 và NaNO3) nhưng khơng phản ứng với hỗn
hợp (NaHCO3 và NaNO3) và NaHCO3 là muối của axít yếu có tính kiềm
Tổng qt:
Kim loại (M)

M(NO3)n Hoặc HNO3

+

Bản chất là pt ion:

Môi trường H+( HCl, H2SO4, NaHSO4)

Hoặc Fe2+

* Phương trình ion rút gọn

3M + 4nH++ nNO3-



+
* CÁCH TƯ DUY MỚI BÀI TỐN KIM LOẠI + H 

Bằng phương pháp bảo tồn e
Viết phương trình nửa phản ứng theo sản phẩm khử: NH4NO3 , N2 , N2O, NO , NO2
* Q trình khử:
4H+ + NO3- + 3e→ NO + 2H2O
TQ: (6x-2y) H+ + x NO3- + (5x-2y) e → NxOy + (3x-y) H2O (1)
•

Q trình oxi hóa: M → Mk+ + ke

(2)

Từ (1) xác định chất hết {H+ hay NO3-} => ne(nhận)Max
Từ (2) ne(cho) Max = knM
Bảo tồn e => knM(pư) = 3/4n(H+)pư = 3n(NO3-)pư = 3nNO = ne(pư)
(ne(pư) là số mol e nhỏ nhất ở một trong hai q trình)
22


=> Trong trường hợp cần tính n(OH-) phản ứng với dung dịch sau phản ứng ta có
Số mol OH- pứ với dung dịch sau pứ : n OH = n H + n e ( pu )
−

+
du

Ví dụ 1: Hòa tan 9,6 gam Cu vào 180 ml dung dịch hỗn hợp HNO3 1M và H2SO4 0,5M, kết

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: Cho hỗn hợp gồm 1,12 gam Fe và 1,92 gam Cu vào 400 ml dung dịch chứa hỗn hợp
gồm H2SO4 0,5M và NaNO3 0,2M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung
dịch X và khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Cho V ml dung dịch NaOH 1M vào dung dịch
X thì lượng kết tủa thu được là lớn nhất. Giá trị tối thiểu của V là:
A. 360 ml
B. 240 ml
C. 400 ml
D. 120 ml
Hướng dẫn giải:
Cách 1: Sử dụng phương trình ion rút gọn

n Fe = 0, 02 ; n Cu = 0, 03 ; n H+ = 0, 4 ; n NO− = 0, 08
3
Fe + 4H + + NO3− → Fe3+ + NO + 2H 2 O

0, 02

0, 08

0, 02

0, 02

3Cu + 8H + + 2NO3− → 3Cu2+ + 2NO + 4H 2 O

0, 03

0, 08


Theo bảo toàn điện tích: n OH − = n H du+ + n e ( pu ) = nH+dư + 3nFe3+ +2nCu2+ =
0,24 + 0,02.3 + 0,03.2 = 0,36 → V = 0,36 lít hay 360 ml → đáp án A

Ví dụ 3: Cho 0,87 gam hh gồm Fe, Cu và Al vào bình đựng 300 ml dd H 2SO4 0,1M. Sau khi
các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 0,32 gam chất rắn và có 448 ml khí (đktc) thoát ra.
Thêm tiếp vào bình 0,425 gam NaNO 3, khi các phản ứng kết thúc thì thể tích khí NO (đktc,
sản phẩm khử duy nhất) tạo thành và khối lượng muối trong dd là
A. 0,224 lít và 3,750 gam.
B. 0,112 lít và 3,750 gam.
C. 0,112 lít và 3,865 gam.
D. 0,224 lít và 3,865 gam.
Hướng dẫn giải:
Sử dụng phương pháp bảo toàn (e)
+ Trước tiên dựa vào pư với H2SO4(l) tính được trong bình có:
nFe2+ = 0,005 và nH+ còn lại = 0,02; nCu = 0,005; SO42- =0,03 (mol)
+ Thêm NaNO3: 0,005(mol)
Quá trình nhận
Quá trình cho
–
+
NO3 + 4H + 3e → NO + 2H2O
Σ ne cho (Max) = 1.nFe2+ + 2.nCu=
0,005 0,2
0,005.1+ 0,005.2 = 0,015
0,005 -- 0,2 → 0,015 = ne (nhận)Max
=> Số mol epư = 0,015
–
+
2+


0,16

0,16

(1)
(2)

0,16

→ Khối lượng đồng trong 0,6m gam hỗn hợp sau phản ứng là : 64.0,16 mol
Bảo toàn sắt : m = 0,15.56 pư(1) + 0,16.56 pư(2) + (0,6m – 0,16.64 ) dư → m = 17,8
Mặt khác V NO = 0,1.22,4 = 2,24
→ Chọn đáp án B
Cách 2: Sử dụng phương pháp bảo toàn e:
Ta có:
NO3– + 4H+ + 3e → NO + 2H2O
0,32

0,4

0,1

0,4 → 0,3 = ne (nhận)Max

Vì tạo hỗn hợp kim loại (Cu, Fe) => tạo muối Fe2+, H+ hết
Theo pp bảo toàn (e): 2nCu2+ + 3/4nH+ = 2nFe(pư)
=> nFe(pư) =(2.0,16+0,4.3/4)/2 = 0,31 (mol)
Bảo toàn khối lượng: m -0,31.56+0,16.64 = 0,6m => m =17,8 (g)
Nhận xét: Từ những ví dụ đã xét ở trên tôi đã đưa ra 2 cách giải, phương pháp chung