Chuyên đề Phương pháp quy đổi dùng trong hóa học

nhiều chất nhưng về bản chất chỉ gồm 2 (hoặc 3) 
nguyên tố. Do đó, có thể quy đổi thẳng hỗn hợp đầu về hỗn hợp chỉ gồm 2 (hoặc 3) chất là các 
nguyên tử tương ứng. 
 Ví dụ ; (Fe, FeS, FeS2, Cu, CuS, Cu2S) (Cu, Fe, S). 
Khi thực hiện phép quy đổi phải đảm bảo : 
 * Số electron nhường, nhận là không đổi (ĐLBT electron). 
 * Do sự thay đổi tác nhân oxi hoá → có sự thay đổi sản phẩm cho phù hợp. 
Thông thường ta hay gặp dạng bài sau : 
Kim loại Hỗn hợp sản phẩm trung gian Sản phẩm cuối 
Ví dụ : Quá trình OXH hoàn toàn Fe thành Fe3+ 
quy đổi 
OXH2 OXH1 
CAU LAC BO GIA SU THU KHOA
1
 Fe Fe3+ 
 FexOy 
Ở đây, vì trạng thái đầu (Fe) và trạng thái cuối (Fe3+) ở hai quá trình là như nhau, ta có thể quy 
đổi hai tác nhân OXH O2 và HNO3 thành một tác nhân duy nhất là O2 
 (2) Do việc quy đổi nên trong một số trường hợp số mol một chất có thể có giá trị âm để tổng 
số mol mỗi nguyên tố là không đổi (bảo toàn). 
 (3) Trong quá trình làm bài ta thường kết hợp sử dụng các phương pháp bảo toàn khối lượng, 
bảo toàn nguyên tố và bảo toàn electron, kết hợp với việc sơ đồ hoá bài toán để tránh viết phương 
trình phản ứng, qua đó rút ngắn thời gian làm bài. 
 (4) Phương án quy đổi tốt nhất, có tính khái quát cao nhất là quy đổi thẳng về các nguyên tử 
tương ứng. Đây là phương án cho lời giải nhanh, gọn và dễ hiểu biểu thị đúng bản chất hoá học. 
II. CÁC DẠNG BÀI TOÁN THƯỜNG GẶP 
Ví dụ 1: Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 3,0 gam hỗn hợp chất rắn X. Hoà tan hết hỗn 
hợp X trong dung dịch HNO3 dư thoát ra 0,56 lít ở đktc NO (là sản phẩm khử duy nhất). Giá trị 
của m là: 
 A. 2,52 B. 2,22 C. 2,62 D. 2,32 
Giải: 
Sơ đồ hoá bài toán: 
Fe [O]
2 3
3 4
Fe
FeO
X
Fe O
Fe O
+
 
 
 
→  
 
 
m gam 3,0 gam 
Có: nNO = 0,025mol 
Trong trường hợp này ta có thể quy đổi hỗn hợp ban đầu về các hỗn hợp khác đơn giản gồm hai 
chất (Fe và Fe2O3; FeO và Fe2O3 ; Fe3O4 và Fe2O3; Fe và FeO; Fe và Fe3O4 ; FeO và Fe3O4 
hoăc thậm chí chỉ một chất FexOy ở đây tác giả chỉ trình bày hai phương án tối ưu nhất 
Phương án 1: Quy đổi hỗn hợp X thành



moly :OFe
molx :Fe
32
Theo bảo toàn khối lượng: 56x +160y = 3,0 (1) 
Các quá trình nhường nhận electron: 
Khí NO 
Dung dịch Fe3+ 
(0,56 lít, đktc) 
+ O2 
+ HNO3 + O2 (1) (2) 
+ dung dịch HNO3 
CAU LAC BO GIA SU THU KHOA
2
Fe → Fe3+ + 3e N+5 + 3e → N+2 
x 3x 0,075 0,025 
Theo bảo toàn electron: 3x = 0,075 ⇒ x = 0,025 (2) 
Từ (1) và (2) ⇒ 



=
=
0,01y
0,025x
; Vậy X gồm 



0,01mol:OFe
0,025mol:Fe
32
Theo bảo toàn nguyên tố đối với Fe: 
ΣnFe = nFe + 2 32OFen = 0,045 mol⇒m =56.0,045= 2,52 ⇒Đáp án A 
Phương án 2: Quy đổi hỗn hợp X thành 



moly :FeO
molx :Fe
Theo bảo toàn khối lượng: 56x+72y = 3,0 (3) 
Các quá trình nhường nhận của eletron: 
Fe0 → Fe3+ + 3e ; Fe+2 → Fe3++ 1e ; N+5 + 3e → N+2 
x 3x y y 0,075 0,025 
Theo bảo toàn eletron: 3x + y = 0,075 (4) 
Từ (3) (4) ⇒ 



=
=
0,03y
0,015x
 ; Vậy X gồm: 



mol 0,03 :eO
mol 0,015 :Fe
F
Theo bảo toàn nguyên tố đối với Fe: 
ΣnFe = nFe + nFeO = 0,045 mol ⇒m = 56.0,045 = 2,52 ⇒ Đáp án A. 
Ví dụ 2: Hoà tan hoàn toàn 30,4 gam rắn X gồm cả CuS Cu2S và S bằng HNO3 dư, thoát ra 20,16 
lít khí NO duy nhất (đktc) và dung dịch Y. Thêm Ba(OH)2 dư vào Y thu được m gam kết tủa. Giá 
trị của m là 
 A. 81,55. B. 104,20. C. 110,95. D. 115.85. 
Giải: 
Qui đổi hỗn hợp X thành 



moly :CuS
mol x :Cu
Theo bảo toàn khối lượng: 64x+96y= 30,4(5) 
Sơ đồ hoá bài toán: 
X




0
0
CuS
uC
+ HNO3 dư 
+5 
Khí NO 
 (20,16 lít , đktc) 
 m gam 
+2 
Cu2+ 
SO42- 
 + Ba(OH)2 dư 
Cu(OH)2 
BaSO4 
Dung dịch Y 
+2
30,4 gam 
+6
CAU LAC BO GIA SU THU KHOA
3
Các quá trình nhường nhận electron 
Cu0 → Cu2+ + 2e ; CuS → Cu2+ + S+6 + 8e ; N+5
+ 3e → N+2 
x 2x y 8y 2,7 → 0,9 
Theo bảo toàn eletron: 2x +8y = 2,7 (6) 
Từ (5),(6) ⇒ 



=
−=
0,35y
0,05x
⇒
 X gồm 


 −
mol 0,35:CuS
mol 0,05:Cu 
Theo bảo toàn nguyên tố: 




==
==∑
 mol 0,35n n
0,3molnn
SBaSO
CuCu(OH)
4
2
⇒ m = 98.0,3 + 233.0,35 ⇒
m=110,95 ⇒ Đáp án C 
Ví dụ 3: Hỗn hợp X có tỉ khối so với H2 là 21,2 gồm propan, propen và propin. Khi đốt cháy 
hoàn toàn 0,1 mol X, tổng khối lượng của CO2 và H2O thu được là 
 A. 18,60 gam. B. 18,96 gam. C. 19,32 gam. D. 20,40 gam. 
Giải: 
Sơ đồ đốt cháy: 



 →


 +
OH
CO
HC
HC
2
2
 t, O
43
83 02
Tổng khối lượng CO2 và H2O thu được là: 
M = 44.0,3 +18.(0,06. 4 + 0,042) = 18,96 gam ⇒ Đáp án B 
 Tương tự có thể quy đổi hỗn hợp X thành (C3H8 và C3H6) hoặc (C3H6 và C3H4) cũng thu được 
kết quả trên 
Ví dụ 4: Nung m gam bột Cu trong Oxi thu được 24,8 gam hỗn hợp chất rắn X gồm Cu, CuO và 
Cu2O. Hoà tan hoàn toàn X trong H2SO4 đặc nóng thoát ra 4,48 lít khí SO2 duy nhất (đktc). Giá 
trị của m là 
 A. 9,6. B. 14,72. C. 21,12. 
 D. 22,4. 
Giải: 
Sơ đồ hoá bài toán 
Cu





 →





→+ đSOH
2
[O] 42
OCu 
CuO
Cu
X 
Quy đổi hỗn hợp X thành 



moly :CuO 
molx :Cu
Theo bảo toàn khối lượng: 64x +80y = 24,8 (9) 
Khí SO2 
(0,2 mol) 
Dung dịch Cu2+ 
CAU LAC BO GIA SU THU KHOA
4
Các quá trình nhường nhận eletron: 
Cu → Cu2+ + 2e ; S+6 + 2e → S+4 ĐLBT e 
x 2x 0,4 0,2 
Từ (9) và (10) ⇒ 



=
=
0,15y
0,2x
 ; Vậy X gồm: 



mol 0,15 :CuO
mol 0,2 :Cu
Theo bảo toàn nguyên tố đối với Cu : 
Cu CuOn n 0,2 0,15 0,35mol m 64. 0,35 22,4= = + = ⇒ = =∑ ⇒ Đáp án D 
 Tương tự có thể quy đổi hỗn hợp X thành (Cu và Cu2O) hoặc (CuO và Cu2O) 
2. Quy đổi nhiều hợp chất về các nguyên tử hoặc đơn chất tương ứng 
Ví dụ 5: (Làm lại ví dụ 1) Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 3,0 gam hỗn hợp chất rắn X. 
Hoà tan hết hỗn hợp X trong dung dịch HNO3 (dư), thoát ra 0,56 lít (ở đktc) NO (là sản phẩm khử 
duy nhất). Giá trị của m là 
 A. 2,52. B. 2,22. C. 2,62. D. 2,32. 
Giải: 
Quy đổi hỗn hợp X thành: 



moly :O
molx :Fe
Sơ đồ hoá bài toán: 
Fe  →







→
+
+ ONH dd
0
0
[O] 3
5
O
Fe
X 
Theo bảo toàn khối lượng: 56x + 16y = 3,0 (11) 
Các quá trình nhường nhận electron: 
 Fe → Fe+3 + 3e ; O0 + 2e → O-2 ; N+5 + 3e → N+2 
 X 3x y 2y 0,075 0,025 
Từ (11) và (12) ⇒ ;
0,03y
0,045x



=
=
Vậy X gồm 
mol 0,03 :Cu
mol 0,045 :Fe



m = 56.0,045 = 2,52 → Đáp án A. 
Ví dụ 6: Trộn 5,6 gam bột mắt với 2,4 gam bột lưu huỳnh rồi đun nóng (trong điều kiện không có 
không khí) thu được hỗn hợp rắn M. Cho M tác dụng với lượng dư dung dịch HCl thấy giải 
x = 0,2 (10) 
NO: 0,025 mol 
 Fe3+: x mol 
 O2-: y mol 
CAU LAC BO GIA SU THU KHOA
5
phóng hỗn hợp khí X và còn lại một phần không tan Y. Để đốt cháy hoàn toàn X và Y cần vừa đủ 
V lít khí oxi (đktc). Giá trị của V là 
 A. 2,8. B. 3,36. C. 4,48. D. 3,08. 
Giải: 
Nhận thấy: Hỗn hợp khí X gồm H2S và H2, phần không tan Y là S 
Hỗn hợp H2 và H2S có thể quy đổi thành H2 và S, như vậy đốt X và Y coi như đốt H2 và S, vì vậy 
số mol H2 bằng số mol Fe 
2H2 + O2 → 2H2O 
S + O2 → SO2 
⇒
2,8lít).22,4nn
2
1(V SFeO2 =+= 
⇒
 Đáp án A. 
Ví dụ 7: (Làm lại ví dụ 2) Hoà tan hoàn toàn 30,4 gam rắn X gồm Cu, CuS, Cu2S và S bằng 
HNO3 dư, thoát ra 20,16 lít khí NO duy nhất (đktc) và dung dịch Y. Thêm Ba(OH)2 dư vào Y thu 
được m gam kết tủa. Giá trị của m là 
 A. 81,55. B. 104,20. C. 110,95. D. 115,85. 
Giải: 
Quy đổi hỗn hợp X thành 



moly :S
mol x :Cu
Theo bảo toàn khối lượng: 64x + 32y =30,4 (13) 
Sơ đồ hóa bài toán: 
 →



 +
+ ONH
0
0
3
5
S
uCX
Các quá trình nhường, nhận electron: 
Cu0 → Cu+2 + 2e ; S → S+6 + 6e ; N+5 + 3e → N+2 
 x 2x y 6y 2,7 ← 0,9 
Theo bảo toàn electron: 
2x + 6y = 2,7 (14) 
 +6 
\ 
dư 
Khí NO 
Dung dịch Y 
Cu2+ 
SO42- 
+Ba(OH)2 dư Cu(OH)2 
BaSO4 
 +2 
m gam 
(20,16 lít, đktc) 
+2 
CAU LAC BO GIA SU THU KHOA
6
Từ (13), (14) ⇒ ⇒



=
=
0,35y
0,3x
 X gồm 



mol 0,35 :S
mol 0,3 :Cu
Theo bảo toàn nguyên tố: 




==
==
0,35molnn
0,3molnn
SBaSO
CuCu(OH)
4
2
⇒
 m = 98.0,3 + 233.0,35 
⇒
 m = 110,95 
⇒
 Đáp án C. 
Ví dụ 8: (Làm lại ví dụ 3) Hỗn hợp X có tỉ khối so với H2 là 21,2 gồm propan, propen và propin. 
Khi đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol X. tổng khối lượng của CO2 và H2O thu được là 
 A. l8,60 gam. B. 18,96 gam. C. 19,32 gam. D. 20,40 gam. 
Quy đổi hỗn hợp X thành 



moly :H
mol 0,3 :C
⇒
 nH = 4,24 - 0,3. 12 = 0,64 mol 
Sơ đồ cháy: 



 →


 +
OH
CO
H
C
2
2t,O o2
Tổng khối lượng CO2 và H2O thu được là: m = 44. 0,3 + 18. 0,32 = 18,96 gam 
⇒
 Đáp án B. 
Ví dụ 9: (Làm lại ví dụ 4) Nung m gam bột Cu trong oxi thu được 24,8 gam hỗn hợp chất rắn X 
gồm Cu, CuO và Cu2O. Hoà tan hoàn toàn X trong H2SO4 đặc nóng thoát ra 4,48 lít khí SO2 duy 
nhất (đktc). Giá trị của m là 
 A.9,6 B.14,72. C.21,12. D. 22,4. 
Giải: 
Quy đổi hỗn hợp X thành 



moly :O
mol x :Cu
Theo bảo toàn khối lượng: 64x + 16y =24,8 (15) 
Sơ đồ hóa bài toán : 
 →






 →+ đ SOH [O] 42
 O
Cu
 XCu 
m gam 24,8 gam 
Các quá trình nhường, nhận electron: 
 SO2 
(0,2 mol) 
Cu2+ 
O2- 
CAU LAC BO GIA SU THU KHOA
7
Cu → Cu+2 + 2e ; O0 + 2e → O-2 ; S+6 + 2e → S+4 
 x 2x y 2y 0,4 0,2 
Theo bảo toàn electron: x – y =0,2 (16) 
Từ (15),(16) ⇒



=
=
0,15y 
0,35x
Vậy X gồm 



mol 0,15 :O
mol 0,35 :Cu
⇒
 m= 64.0,35 =22,4 
⇒
 Đáp án D. 
3. Quy đổi một chất thành nhiều chất. 
Ví dụ 10: Khi đốt cháy hoàn toàn một polime X (tạo thành từ phản ứng đồng trùng hợp giữa 
buta-1,3-đien và acrilo nitrin) với lượng oxi vừa đủ thấy tạo thành một hỗn hợp khí ở nồng độ áp 
suất xác định chứa 59,1 % CO2 về thể tính. Tỉ lệ số mol hai loại monome là 
 A. 
5
3
 B. 
3
3
 C. 
3
1
 D. 
2
3
Giải: 
Quy đổi polime thành 2 monome ban đầu 
C4H6 → 4CO2 + 3H2O 
 x 4x 3x 
C3H3N → 3CO2 + 1,5 H2O + 0,5 N2 
y 3y 1,5y 0,5y 
Ta có: 
⇒=⇒=
+
+
3
1
y
x0,591
5y7x
3y4x
 Đáp án C 
4. Quy đổi tác nhân oxi hóa 
Ví dụ 11: (Làm lại ví dụ