Một số phương pháp giúp giải nhanh bài toán hóa học: Phương pháp bảo toàn electron

 (2) 
Số mol electron do NO nhận là: (**) (mol) 45,015,03n nhËn) (NO e 
Áp dụng định luật bảo toàn electron, ta có: nhËn) (X enhËn) (NO enh­êng enhËn enh­êng e nnnnn   
 (mol) 0,150,450,6nnn  nhËn) (NO enh­êng enhËn) (X e 
Gọi n là số electron mà X nhận. Ta có: 
n)(55
 N ne N

 (3) 
 n = .1
15,0
15,0
 Từ đó suy ra X là NO2. 
Một số phương pháp giúp giải nhanh bài toán hóa học 
Nguyễn Thành Sơn Son.nguyenthanh84@gmail.com 
Ví dụ 3. Cho 3,6 gam Mg tác dụng hết với dung dịch HNO3 (dư), sinh ra 2,24 lít khí X (sản phẩm khử 
duy nhất, ở đktc). Khí X là 
A. N2O B.NO C. NO2 D. N2 
Đề thi tuyển sinh cao đẳng năm 2008 
Hướng dẫn giải: 
Áp dụng ĐLBTE: n n 02 . (3,6 : 24) 0,3 (mol)  
e (X nhËn) e (Mg nh­êng)
Gọi n là số electron mà X nhận. Ta có: 
n)(55
 N ne N

 (3) 
 n = 0,3 3.
0,1
 → X là NO 
Ví dụ 4. Hòa tan hoàn toàn 12 gam hỗn hợp Fe, Cu (tỉ lệ mol 1:1) bằng axit HNO3, thu được V lít (ở 
đktc) hỗn hợp khí X (gồm NO và NO2) và dung dịch Y (chỉ chứa hai muối và axit dư). Tỉ khối của X đối 
với H2 bằng 19. Giá trị của V là: 
A. 2,24 B. 3,36 C. 4,48 D. 5,60 
Đề thi tuyển sinh đại học khối A năm 2007 
Hướng dẫn giải: 
nFe = nCu = 0,1 mol → ∑enhường = 3. nFe + 2 . nCu = 0,5 mol 
Đặt số mol của NO và NO2 lần lượt là a và b 
MY = (30a + 46b) / (a + b) = 38 → a = b (1) 
Áp dụng ĐLBTE: n n 3 0,5a b    e nh­êng e nhËn (2) 
Giải (1) và (2) tìm được a và b → V = 22,4 . (a + b) = 22,4 . 0,25 = 5,6 lít 
Ví dụ 5. Để m gam phoi bào sắt A ngoài không khí sau một thời gian biến thành hỗn hợp B có khối 
lượng 12 gam gồm Fe và các oxit FeO, Fe3O4, Fe2O3. Cho B tác dụng hoàn toàn với axit nitric dư thấy 
giải phóng ra 2,24 lít khí duy nhất NO. Tính khối lượng m của A ? 
Hướng dẫn giải: 
Fe B NO
Fe
FeO
Fe3O4
Fe2O3
dd HNO3
mA gam 12 gam 2,24 lÝt (®ktc)
Quá trình nhường electron: Các quá trình nhận electron: 
3e Fe Fe
30


 (1) +) Từ sắt  oxit: 
O2 + 4e  2O-2 (2) 
(*) (mol) 3
56
mn  nh­êng e +) Từ oxit  muối Fe3+: 
25
 N 3e N

 (3) 
 (mol) 
8
m12 4
32
m12n nhËn) (O e 2 
(mol) 3,01,03n nhËn) (N e 
 (**) (mol) 0,3 
8
m12n  nhËn e 
Áp dụng ĐLBTE: 0,3 
8
m12
56
m3nn  nhËn enh­êng e  m = 10,08 (gam). 
Một số phương pháp giúp giải nhanh bài toán hóa học 
Nguyễn Thành Sơn Son.nguyenthanh84@gmail.com 
Ví dụ 6. Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 3 gam hỗn hợp chất rắn X. Hòa 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. 2,22 B. 2,32 C. 2,52 D. 2,62 
Đề thi tuyển sinh đại học khối B năm 2007 
Hướng dẫn giải: 
Tương tự ví dụ 13, áp dụng ĐLBTE: 
m 3 mn n 3 0,075 2,52 
56 8
m       e nh­êng e nhËn 
Ví dụ 7. 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 m là 
A. 38,72. B. 35,50. C. 49,09. D. 34,36. 
Đề thi tuyển sinh đại học khối A năm 2008 
Hướng dẫn giải: 
Có thể hiểu đề bài toán như sau: Nung m gam sắt trong oxi thu được 11,36 g hỗn hợp gồm Fe, FeO, 
Fe2O3 và Fe3O4 Như vậy bài này hoàn toàn tương tự như ví dụ 6 và 7. 
m 11,36 mn n 3 0,18 8,96 = 38,72gm56 8
m        e nh­êng e nhËn muèi 
Ví dụ 8. Trộn 5,6 gam bột sắt với 2,4 gam bột lưu huỳnh rồi nung nóng (trong điều kiện không có không 
khí), thu được hỗn hợp rắn M. Cho M tác dụng với lượng dư dung dịch HCl, giải phóng hỗn hợp khí X và còn 
lại một phần không tan G. Để đốt cháy hoàn toàn X và G cần vừa đủ V lít khí O2 (ở đktc). Giá trị của V là 
A. 2,80 B. 3,36. C. 3,08. D. 4,48. 
Đề thi tuyển sinh cao đẳng năm 2008 
Hướng dẫn giải: 
Quá trình nhường electron: Quá trình nhận electron 
0 3
Fe Fe 3e

  
0 2
2
O 4 2O e

  
 0,1 0,3 
0 4
S S 4e

  
 0,075 0,3 
Áp dụng ĐLBTE: 
2 2 2
n n 0,6 = 0,15 = 3,36 l
O O
n V    e O nhËn e nh­êng 
Ví dụ 9. Thể tích dung dịch HNO3 1M (loãng) ít nhất cần dùng để hoà tan hoàn toàn một hỗn hợp gồm 
0,15 mol Fe và 0,15 mol Cu là (biết phản ứng tạo chất khử duy nhất là NO) 
A. 1,0 lít B. 0,6 lít C. 0,8 lít D. 1,2 lít 
Đề thi tuyển sinh đại học khối B năm 2008 
Hướng dẫn giải: 
Ở đây chỉ cần chú ý rằng: Fe3+ hòa tan được Fe và Cu tạo thành Fe2+ 
Như vậy, thể tích HNO3 là nhỏ nhất → Dung dịch chứa hai cation là Cu2+ và Fe2+. 
Áp dụng ĐLBTE: 
n n 3. ( ) 2.0.15 2.0,15 ( ) 0,2n NO n NO      e nh­êng e nhËn 
  n(HNO3) = 4 . n(NO) = 0,8  V = 0,8 lít 
(Trong phản ứng của kim loại và HNO3 tạo NO, ta có tỉ lệ n(HNO3) = 4 . n(NO)..) 
Một số phương pháp giúp giải nhanh bài toán hóa học 
Nguyễn Thành Sơn Son.nguyenthanh84@gmail.com 
Ví dụ 10. Cho 2,16 gam Mg tác dụng với dung dịch HNO3 (dư). Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu 
được 0,896 lít khí NO (ở đktc) và dung dịch X. Khối lượng muối khan thu được khi làm bay hơi dung 
dịch X là: 
A. 8,88 gam B. 13,92 gam C. 6,52 gam D. 13,32 gam 
Đề thi tuyển sinh đại học khối B năm 2008 
Hướng dẫn giải: 
n 2.(2.16 : 24) = 0,18 
e (Mg nh­êng)
n 3.(0,896 : 22,4) 0,12 n  
e (NO nhËn) e (Mg nh­êng)
→ Trong dung dịch có NH4NO3 
Áp dụng ĐLBTE → 
4 3NH NO
8n n n 0,18 0,12 0,06 (mol)     e n(Mg nh­êng) e (NO nhËn) 
 → 4 3NH NOn = 0,0075 mol 
Tổng khối lượng muối: 
4 3NH NO
m + 
3 2Mg(NO )
m = 0,0075 . 80 + 0,09 . 148 = 13,92g 
Ví dụ 11. Chia m gam Al thành hai phần bằng nhau: 
- Phần một tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH, sinh ra x mol khí H2; 
- Phần hai tác dụng với lượng dư dung dịch HNO3 loãng, sinh ra y mol khí N2O (sản phẩm khử duy nhất). 
Quan hệ giữa x và y là 
A. x = y B. x = 2y C. y = 2x D. y = 4x 
 Đề thi tuyển sinh cao đẳng năm 2008 
Hướng dẫn giải: 
Áp dụng ĐLBTE: 
2 2
n n n 8x 2y y 4x     
e (N O nhËn) e (H nhËn) e (Al nh­êng)
Ví dụ 12. Có hai bình điện phân mắc nối tiếp, bình 1 chứa CuCl2, bình 2 chứa AgNO3. Khi ở anot ở bình 
1 thoát ra 22,4 lít một chất khí duy nhất thì thể tích khí thoát ra ở anot bình 2 là: 
A. 11,2 lít B. 22,4 lít C. 33,6 lít D. 44,8 lít 
Hướng dẫn giải: 
Ở anot bình 1: Ở anot bình 2: 
0 1
2
 2 2Cl Cl e

  
 -2
-
2 2
2H O 4 O 4OH
o
e   
 1 2 4a a 
Hai bình điện phân mắc nối tiếp nên điện lượng qua hai bình là bằng nhau, do đó số electron nhận ở anot 
hai bình là như nhau. 
→ 
2 22 2
n n 2 n 0,5 V 11,2
O O
     
e (O nhËn) e (Cl nhËn)
Một số phương pháp giúp giải nhanh bài toán hóa học 
Nguyễn Thành Sơn Son.nguyenthanh84@gmail.com 
5. PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN ĐIỆN TÍCH 
Nguyên tắc của phương pháp: “Trong một dung dịch nếu tồn tại đồng thời các ion dương và âm thì 
theo định luật bảo toàn điện tích: tổng số điện tích dương bằng tổng số điện tích âm”. 
Đây chính là cơ sở để thiết lập phương trình biểu diễn mối liên hệ giữa các ion trong dung dịch. 
Trong một số bài toán phương pháp bảo toàn điện tích còn được kết hợp với ĐLBTE và chú ý: 
∑mmuối = ∑mcation + ∑manion 
Ví dụ 1. Kết quả xác định nồng độ mol/lít của các ion trong một dung dịch như sau: 
Ion: K 2Mg  3HCO
 Cl 3NO
 
Số mol: 0,05 0,01 0,01 0,04 0,025 
Hỏi kết quả đó đúng hay sai ? Tại sao ? 
Hướng dẫn giải: 
Tổng số điện tích dương: 0,05 + 2.0,01 = 0,07 (mol) 
Tổng số điện tích âm: 0,01 + 0,04 + 0,025 = 0,075 (mol) 
Ta thấy tổng số điện tích dương ≠ tổng số điện tích âm  kết quả xác định trên là sai! 
Ví dụ 2. Lập biểu thức liên hệ giữa a, b, c, d trong dung dịch chứa a mol Na+, b mol Mg2+, c mol 3NO
 và d 
mol Cl¯. 
Hướng dẫn giải: 
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích, ta có: a + 2b = c + d. 
Ví dụ 3. Một dung dịch chứa 0,02 mol Cu2+, 0,03 mol K+, x mol Cl– và y mol 2-4SO . Tổng khối lượng các 
muối tan có trong dung dịch là 5,435 gam. Giá trị của x và y lần lượt là 
A. 0,03 và 0,02. B. 0,05 và 0,01. C. 0,01 và 0,03. D. 0,02 và 0,05. 
Đề thi tuyển sinh cao đẳng năm 2007 
Hướng dẫn giải: 
Áp dụng BTĐT: 2.0,02 + 1.0,03 = 1.x + 2.y → x + 2y = 0,07 (1) 
∑mmuối = ∑mcation + ∑manion → 64.0,02 + 39.0,03 + 35,5x + 96y = 5,435 
 → 35,5x + 96y = 2,985 (2) 
Giải (1) và (2) → Đáp án A 
Ví dụ 4. Dung dịch X chứa các ion: Fe3+, 2-4SO , 
+
4NH , Cl
-. Chia dung dịch X thành hai phần bằng nhau: 
- Phần một tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH, đun nóng thu được 0,672 lít khí (ở đktc) và 1,07 gam 
kết tủa; 
- Phần hai tác dụng với lượng dư dung dịch BaCl2, thu được 4,66 gam kết tủa. 
Tổng khối lượng các muối khan thu được khi cô cạn dung dịch X là (quá trình cô cạn chỉ có nước bay hơi) 
A. 3,73 gam. B. 7,04 gam. C. 7,46 gam. D. 3,52 gam 
Đề thi tuyển sinh cao đẳng năm 2008 
Hướng dẫn giải: 
Phần 1: Fe3+ + 3OH- → Fe(OH)3↓ +4NH + OH
- → NH3↑ + H2O 
 0,01 0,01 0,03 0,03 
Phần 2: Ba2+ + 2-4SO → BaSO4 ↓ 
 0,02 0,02 
Áp dụng BTĐT: 3. 0,01 + 1.0,03 = 2. 0,02 + 1.x → x = 0,02 
Một số phương pháp giúp giải nhanh bài toán hóa học 
Nguyễn Thành Sơn Son.nguyenthanh84@gmail.com 
Khi cô cạn dung dịch : 
 ∑mmuối = ∑mcation + ∑manion = 56.0,01 + 18.0,03 + 96.0,02 + 35,5.0,02 = 3,73g 
Ví dụ 5. Hòa tan hỗn hợp gồm 0,12 mol FeS2 và a mol Cu2S vào dung dịch axit HNO3 (vừa đủ) thu được 
dung dịch X (chỉ chứa hai muối sunfat) và khí duy nhất NO. Giá trị a là: 
A. 0,04 B. 0,06 C. 0,075 D. 0,12 
Đề thi tuyển sinh đại học khối A năm 2007 
Hướng dẫn giải: 
Sơ đồ phản ứng: FeS2 + Cu2S → Fe3+ + Cu2+ + 2-4SO 
 0,12 a 0,12 2a (a + 0,24) 
Áp dụng BTĐT: 3 . 0,12 + 2 . 2a = 2 ( a + 0,24) → a = 0,06 
Ví dụ 6. Cho 2,13 gam hỗn hợp X gồm ba kim loại Mg, Cu và Al ở dạng bột tác dụng hoàn toàn với oxi thu được 
hỗn hợp Y gồm các oxit có khối lượng 3,33 gam. Thể tích dung dịch HCl 2M vừa đủ để phản ứng hết với Y là 
A. 57ml. B. 50 ml. C. 75 ml. D. 90 ml. 
Đề thi tuyển sinh đại học khối A năm 2008 
Hướng dẫn giải: 
Đặt số mol Mg, Cu và Al lần lượt là a, b, c 
Hh X + O2 → hh → hh Y 
 Áp dụng BTE: ∑ne hỗn hợp X nhường = ∑ne oxi nhận 
 → (2a + 2b + 3c) = 4. 
3, 33 2,13
32

 = 0,15 (1) 
Hh Y + HCl → Dung dịch Z