Sáng kiến kinh nghiệm Kết hợp sáng tạo các phương pháp để giải một số dạng bài tập Hóa học vô cơ nhằm phát triển tư duy học sinh giỏi

BÁO CÁO KẾT QUẢ
NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN
 1. Lời giới thiệu: 
 Trong nhà trường phổ thông bài tập hóa học có ‎nghĩa quan trọng trong dạy học, ngoài củng cố kiến thức và kỹ năng. Bài tập hóa học 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 Bồi dưỡng HSG Hóa 9, tôi nhận thấy các em học sinh còn gặp nhiều khó khăn khi giải các bài toán hóa học, bài toán trong đề thi HSG , đặc biệt là 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 hóa học nâng cao. Mặt khác yêu cầu của đề thi HSG Hóa 9 cấp tỉnh trong những năm gần đây đã có nhiều đổi mới. 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 trong các kỳ thi HSG. Tôi đã nghiên cứu đề tài:
 “Kết hợp sáng tạo các phương pháp để giải một số dạng bài tập hóa học vô cơ nhằm phát triển tư duy học sinh giỏi”
Mặc dù đã cố gắng rất nhiều, nhưng do thời gian nghiên cứu, biên soạn còn hạn chế, nên đề tài này không tránh khỏi những thiếu sót ngoài ý muốn. Rất mong muốn nhận được sự đóng góp ý kiến quý báu của đồng nghiệp và độc giả để đề tài của tôi được hoàn thiện hơn. 
Tôi xin trân thành cảm ơn!
2. Tên sáng kiến: “Kết hợp sáng tạo các phương pháp để giải một số dạng bài tập hóa học vô cơ nhằm phát triển tư duy học sinh giỏi”
3. Tác giả sáng kiến:
 - Họ và tên: Phùng Thanh Duy.
 - Địa chỉ tác giả sáng kiến: Trường THCS Sông Lô – Huyện Sông Lô – Tỉnh Vĩnh Phúc.
 - Số điện thoại : 0969718783 E-mail: duyhoa0969718783@gmail.com
4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến: 
 Áp dụng tại trường THCS Sông Lô và chủ đầu tư tạo ra sáng kiến là:
Trường THCS Sông Lô – Huyện Sông Lô – Tỉnh Vĩnh Phúc.
5. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: 
 - Bồi dưỡng HSG, môn Hóa học 9;
 - Phần Hóa học vô cơ.
6. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử: Ngày 20/8/2014.
7. Mô tả bản chất của sáng kiến: 
7.1 NỘI DUNG:
7.1.1 CƠ SỞ KHOA HỌC LÍ LUẬN
 - Đứng trước một bài tập hóa học có thể có nhiều cách giải khác nhau, song để tìm ra một lời giải hợp lý, ngắn gọn chính xác, khoa học, độc đáo lại không phải là việc dễ dàng nhất là các bài toán khó. Việc tìm ra lời giải hay ngắn gọn sẽ phát triển tốt tư duy cho học sinh, qua đó học sinh được thưởng thức niềm vui của việc tìm ra một lời giải hay, độc đáo kích thích tính sáng tạo trong học tập của học sinh. Từ đó khơi dậy trong học sinh niềm đam mê, yêu thích với môn học. 
 - Để giúp HSG giải quyết vấn đề trên tôi đã tiến hành:
 + Nghiên cứu tầm quan trọng của PP giải bài tập và tư duy của HS trong quá trình làm bài tập hóa học . Đặc biệt là các bài tập trong đề thi HSG.
 + Nghiên cứu tài liệu (sách, báo, tạp chí, đề thi HSG, đề thi vào 10 chuyên hóa...) về các phương pháp giải để đưa ra nội dung của đề tài. 
7.1.2 ĐỐI TƯỢNG PHỤC VỤ NGHIÊN CỨU: HS trong ĐT HSG Hóa 9.
7.1.3 NỘI DUNG PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU:
CHƯƠNG 1:
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP RÈN TƯ DUY GIẢI TOÁN CHO
HỌC SINH GIỎI
I- XÉT MỘT SỐ DẠNG BÀI TOÁN HÓA HỌC:
Bài toán 1: Xét sự khử hoàn toàn MxOy bằng CO hoặc H2:
	 yCO yCO2
 MxOy + xM + 
 yH2 yH2O	
Điều quan trọng nhất là:
 nO(oxit) = nCO = nCO2 (hoặc = nH2 = nH2O)
 mchất rắn giảm = mO(pư) (Đk: M < Al)
 moxit = mM + mO
Bài toán 2: Hòa tan hết cùng một lượng Al bởi hỗn hợp (HCl, H2SO4 loãng, HBr) hoặc bởi hỗn hợp (NaOH, KOH, Ba(OH)2)
Điều quan trọng nhất là số mol H2 thoát ra bằng nhau: 
 Al + 3H+ Al3+ + 3/2 H2	
 Al + OH- + H2O AlO2- + 3/2H2	
Bài toán 3: Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp oxit kim loại MxOy bằng dung dịch H2SO4.
Điều cần nhất là: 
 1 mol O thay bằng 1 mol gốc SO4 tức vì cùng hóa trị II)
 mMuối = moxit – mgốc SO4 – mO
Bài toán 4: Hòa tan m (g) hỗn hợp Na, Al vào H2O dư được V1 lít khí. Nếu cũng cho m (g) hỗn hợp đó vào dung dịch NaOH dư thì được V2 lít khí (Biết V2 > V1)
Điều cần nhất là: Vì V2 > V1 nên Al chưa tan hết ở thí nghiệm 1.
Bài toán 5: Cho m(g) Fe + O2(kk) m1 (g) Rắn X; Cho m1(g) RắnX + HNO3(dư) V(l) NO duy nhất (đktc) + dung dịch A. Tính đại lượng thứ ba.
Điều quan trọng nhất : 
 Dùng định luật bảo toàn khối lượng tìm mO2(pư) = (m1 – m)
 Nhận dạng được TT đầu (Fe, O2, HNO3 ) và TT cuối (Fe3+, O2 , N2+) Þ BT e.
 Khi biết 2 trong 3 giá tri (m, m1, V) Þ đại lượng thứ 3.
 TỪ NHỮNG DẠNG BÀI TOÁN TRÊN TA CÓ NHẬN XÉT: 
Để học và có tư duy nhanh, chính xác, gọn nhẹ cần:
Nắm vững hệ thống lí thuyết để vận dụng vào việc giải nhanh các bài toán.
Nắm vững những vấn đề cốt lõi của từng dạng bài toán gốc để vận dụng linh hoạt vào các bài tương tự.
Thường xuyên luyện tập, ghi nhớ để hình thành kĩ năng, rút kinh nghiệm sau mỗi bài toán.
Nắm vững các vấn đề quan trọng của các phương pháp giải nhanh.
Có kĩ năng nhận xét tổng quát, đúng bản chất; phân tích bài toán.
II- RÈN KỸ NĂNG NHẬN XÉT TỔNG QUÁT:
Xét bài toán tổng quát:
Khử hoàn toàn FexOy bằng CO dư thu được chất rắn X và khí Y. Hòa tan X bằng axit HCl dư, cô cạn dung dịch sau phản ứng được m1(g) chất rắn. Hấp thụ khí Y bằng nước vôi trong dư được m2(g) kết tủa. Xác định CTHH của FexOy.
* Cách tư duy thông thường:
 - Gọi số mol FexOy = a
 - Viết các PTHH
 - Lập các PT liên hệ (a, m1, m2, x, y). Suy ra CTHH FexOy	
Cách này dài, mất nhiều thời gian và dễ nhầm lẫn.
* Cách tư duy nhanh:
 n(CaCO3) = n(CO2) = nO(Oxit) = m2/100
Viết sơ đồ pư Þ Þ x : y = nFe : nO
 nRắn = n(FeCl2) = nFe (Oxit) = m1/127
2. Vận dụng: (HSG Hóa 9 Hà Nội 2013) 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. Tính m.
 Tư duy theo sơ đồ: 
Theo sơ đồ ta thấy:
 nO(X) = n(CO2) = n(CaCO3) = 0,08 (mol)
 nFe(X) = nFe = n(FeCl2) = 0,06 (mol)
 Þ mX = mFe + mO = 56.0,06 + 16.0,08 = 4,64 (g).
III- TẬP PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH:
Bài toán 1: Dùng CO dư để khử hoàn toàn m(g) FexOy, dẫn toàn bộ khí sinh ra qua dung dịch Ba(OH)2 dư được 0,15mol kết tủa. Mặt khác hòa tan toàn bộ m(g) FexOy bằng HCl dư rồi cô cạn được 16,95 (g) muối khan. Tính giá trị của m và tìm công thức của FexOy.
* Tư duy bài toán theo sơ đồ:
	m(g) FexOy + CO CO2 BaCO3 (0,15 mol)
	m(g) FexOy + HCl FexCl2y (16,95 gam).
* 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:
Bài toán 2: Hòa tan hết 10g hỗn hợp X (MgCO3, CaCO3, Na2CO3, K2CO3) bằng dung dịch HCl dư thu được 2,24 lít khí (đktc) và dung dịch Y. Cô cạn Y được m(g) muối khan. Tính m. 
- Cách tư duy thông thường: Viết 4 PTHH; đặt ẩn; lập PT; gép ẩn mới tìm được kết quả (phương pháp này mất nhiều thời gian, nếu không biết ghép ẩn sẽ rối !)
- Cach tư duy nhanh:
+ Phương pháp 1: Gọi CTC của X: M2(CO3)n 
 M2(CO3)n + 2nHCl 2MCln + nCO2 + nH2O
 0,2 0,1 0,1
 BTKL: mmuối Cl = mmuối cacbonat + mHCl – (mCO2 + mH2O)
 m = 10 + 0,2.36,5 – (0,1.44 + 0,1.18) = 11,1 (g).
+ Phương pháp 2: 	
 Khi chuyển từ muối CO32-® Cl- thì cứ 1 mol CO32- ® 2 mol Cl- 
 Số mol gốc CO3 = số mol CO2 = 0,1; số mol gốc Cl = 0,2.
 mmuối clorua = mmuối cacbonat – mgốc cacbonat + mgốc Cl = 11,1 (g).
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: 
Bài toán : Cho a(g) hỗn hợp các kim loại hoạt động tác dụng hết với dung dịch HCl thu được dung dịch X chứa b(g) muối và c (mol) khí. Tìm biểu thức liên hệ giữa b với a và c. 
Hướng dẫn:
 BTNT: (sơ đồ) HCl H2
 mol: 2c c
 BTKL: mmuối = mkim loại + mgốc Cl b = a + 2c.35,5 = a + 71c.
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 hệ phương trình.
- 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
- 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 (HSG Hóa 9 Huyện Sông Lô 2012) Hòa tan 3,22g hỗn hợp X (Fe, Mg, Zn) bằng một lượng vừa đủ dd H2SO4 loãng, thu được 1,344 lít H2 (đktc), cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được bao nhiêu gam muối khan.
Hướng dẫn:
 Sơ đồ: H2SO4 H2 + gốc SO4
 0,06 0,06
Ta có: mmuối = mKL + mgốc axit = 3,22 + 0,06.96 = 8,98 gam.
Ví dụ 2: Hòa tan 10g hỗn hợp (Al và kim loại M(> H)) vào 100ml dung dịch hỗn hợp (H2SO4 aM; HCl 3aM) được 5,6 lít H2 (đktc), dung dịch X và 1,7g kim loại chưa tan hết. Cô cạn X được bao nhiêu gam muối khan.
Hướng dẫn:
Ta có: mKL(Pư) = 10 – 1,7 = 8,3 gam.
Sơ đồ: H2SO4 2H+ + SO42- ; HCl H+ + Cl-
 0,1a 0,2a 0,1a	0,3a	0,3a 0,3a
BTNT(H) Þ n(H+) = 2n(H2) Þ 0,3.a + 0,1.a = 2.(5,6 : 22,4) Þ a = 1.
Mmuối = mKL + mgốc(SO4) + mgốc (Cl) =8,3 + 0,1.96 + 0,3.35,5 = 28,55 gam.
Ví dụ 3: Cho một mẫu hợp kim Na – Ba tác dụng với nước dư được dung dịch X và 3,36lít H2(đktc). Thể tích dd H2SO4 2M cần dùng để trung hòa dung dịch X .
Hướng dẫn:
 Sơ đồ: H2O 0,5H2 + OH-
 0,15 0,3
 PƯ trung hòa: 
	 H+ + OH- H2O	 
 0,3 0,3
Vì: n(H2SO4) = 0,5.n(H+) = 0,5 .0,3 = 0,15 Þ V(ddH2SO4) = 0,15 : 2 = 0,075 lít.
CHƯƠNG 2:
KẾT HỢP SÁNG TẠO CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VÔ CƠ.
I. KẾT HỢP PP BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG VÀ PP BẢO TOÀN E, VÀ PP QUY ĐỔI:
BÀI TOÁN 1: 
Nội dung tổng quát: 
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 → 
=>
- Thay M = 56 (Fe) ; n = 3 vào (*) ta được: m = 0,7.m1 + 5,6.y (1) 
- Thay M = 64 (Cu) ; n = 2 vào (*) ta được: m = 0,8.m1 + 6,4.y (2) 
(Khi biết 2 trong 3 đại lượng m, m1, y ta sẽ tính được đại lượng còn lại)
Điều quan trọng nhất : 
 + Dùng định luật bảo toàn khối lượng tìm mO2 (pư) = (m1 – m);
 + Nhận dạng được TT đầu và TT cuối của M, O2, HNO3 là Mn+, O2- và NxOy (hoặc Sx) Þ ĐLBT e
Þ Khi biết 2 trong 3 giá tri (m,m1,v) Þ đại lượng thứ 3
Từ bài toán gốc có thể giải được nhiều bài toán cụ thể.
Ví dụ 1: (Chuyên Hùng Vương 2014) 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 bao nhiêu gam muối khan.
Hướng dẫn:
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 Þ 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 
Þ khối lượng muối là : 0,16.242 = 38,72 gam 
Vi dụ 2: (HSG Thái Nguyên 2009) Nung nóng a gam bột Fe với oxi thu được b gam hỗn hợp rắn A gồm 3 oxit sắt và Fe. Cho b gam A này tác dụng với lượng dư dung dịch HNO3 thì được V lít hỗn hợp khí X (đktc) gồm NO và NO2. Tỉ khối của X so với khí hidro bằng bằng 19. Tìm biểu thức liên hệ giữa a, b và V.	
Hướng dẫn:
 Sử dụng sơ đồ chéo 
	 - Các quá trình cho và nhận electron:
	 - Tổng số mol e cho = tổng số mol e nhận:
BÀI TOÁN BIẾN DẠNG 1: 
Trong bài toán trên, thay O2 bằng Cl2. Bản chất vẫn không thay đổi. 
Ví dụ 3: Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Fe , FeCl2 , FeCl3 trong H2SO4 đặc nóng thoát ra 4,48 lít khí SO2 duy nhất ở đktc và dung dịch Y . Thêm NH3 dư vào Y thu được 32,1 gam kết tủa . Tính m 
Hướng dẫn:
Quy đổi hỗn hợp Fe , FeCl2 , FeCl3 thành Fe , Cl
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 
 Þ 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: (HSG Hóa 9 VP 2012) Cho 61,2 gam hỗn hợp X gồm Cu và Fe3O4 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 (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 bao nhiêu gam muối khan.
Hướng dẫn:
Sơ đồ:
n NO = 0,15 mol ; kim loại dư là Cu → Chỉ tạo thành muối sắt II 
Quy đổi hỗn hợp thành 3 nguyên tố Cu , Fe , O 
Sơ đồ cho nhận e : 
Cu – 2e → Cu2+ Fe – 2e → Fe2+ O + 2e → O-2 N+5 + 3e → N+2
x 2x y 2y 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 . 
Ví dụ 5: (HSG Hóa 9 VP 2014) 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:
Ta có: nFe = 0,045 và mO = 0,32 ® nO = 0,02 với nNO = 0,025 
Vì 0,045.3 = 0,135 > 0,02.2 + 0,025.3 = 0,115 
=>dung dịch Y gồm 2 muối Fe(NO3)2 và Fe(NO3)3
gọi = x và = y Ta có: x + y = 0,045 và 3x + 2y = 0,02.2 + 0,025.3 = 0,115 
giải ra : x= 0,025 và y = 0,02 ® naxit = 0,115 + 0,025 = 0,14 ® a = 0,28 M. 
BÀI TOÁN BIẾN DẠNG 3: Bài toán có 2 kim loại tham gia.
Ví dụ 6: (HSG Hóa 9 Huyện Yên Lạc) Nung x mol Fe và 0, 15 mol Cu trong không khí một thời gian thu được 63,2 gam hỗn hợp chất rắn X. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp chất rắn trên bằng H2SO4 đặc, nóng, dư thu được dung dịch Y và 6, 72 lít khí SO2(đktc). Tính x.
Hướng dẫn:
Ta có sơ đồ sau:
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
Áp dụng ĐLBT E ta được: 
Giải hệ (1) và (2) Þ x=0,7 mol, y=0, 9 mol. 
BÀI TOÁN BIẾN DẠNG 5: Thay đổi cách hỏi. 
Câu 1: Nung 2,23 gam hỗn hợp X gồm các kim loại Fe, Al, Zn, Mg trong oxi, sau một thời gian thu được 2,71 gam hỗn hợp Y. Hòa tan hoàn toàn Y vào dung dịch HNO3 (dư), thu được 0,672 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Tính số mol HNO3 đã phản ứng.
Hướng dẫn:
- 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.
Từ sơ đồ trên nhận thấy: Không phụ thuộc vào bao nhiêu kim loại, HNO3 tham gia vào hai quá trình.
 2HNO3 + O2- ® 2NO3- + H2O
 4HNO3 + 3e ® 3 NO3- + NO + 2H2O
 Þ nHNO3 = 2nO + 3nNO + nNO = 2nO + 4nNO = 2nO + (6x-2y)nNxOy
TQ: nHNO3(pư) = 2nO + ne (nhận tạo ra sp khử NxOy hoặc NH4NO3)+ xnNxOy = nNO3- tạo muối + xnNxOy
*Từ đó suy ra trong trường hợp H2SO4đặc.
H2SO4 + O2- ® SO42- + H2O
 2H2SO4 + 2e ® SO42- + SO2 + 2H2O
Ta có n(H2SO4) = n SO42- + nSO2 = n O2- + 2nSO2.
Þ Sau khi có những nhận xét tổng quát trên HS có thể dễ dàng giải quyết các bài tập tương tự khác.
Cách 1: Ta có: . 
Cách 2:
II. 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:
Ta có sơ đồ sau: 
PP: Điều quan trọng là dựa vào sơ đồ, bảo toàn nguyên tố.
- Quan sát trạng thái số OXH đầu-> Cuối: (M0, S0, N5+) → (Mn+ , S6+, N+2y/x xOy)
Áp dụng bảo toàn (e) => 
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, FeS2, S tác dụng với dung dịch HNO3 đặc nóng dư thu được V lít khí NO2 (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 HNO3 cần dùng để oxi hóa hoàn toàn hỗn hợp X ?
Hướng dẫn:
Coi hỗn hợp gồm Fe và S ta có sơ đồ: 
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
N+5 + 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): 
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 khí NO duy nhất ở đktc và dd Y. Thêm Ba(OH)2 dư và Y thu được bao nhiêu gam kết tủa.
Hướng dẫn:
+ Qui đổi hh đã cho thành hh Cu và S ta có sơ đồ:
+ Theo ĐLBT e và giả thiết ta có hệ: 64x + 32y = 30,4 và 2x + 6y = 0,9.3 ð x = 0,3 mol và y = 0,35 mol
ð mkết tủa = 0,3.98 + 0,35.233 = 110,95 gam.
BÀI TOÁN BIẾN DẠNG:
Ví dụ 3: Đốt cháy hoàn toàn 6,48 gam hỗn hợp chất rắn X gồm: Cu; CuS; FeS; FeS2; FeCu2S2; S thì cần 2,52 lít O2 và thấy thoát ra 1,568 lít SO2. Mặt khác cho 6,48 gam X tác dụng với dung dịch HNO3 đặc nóng dư thu được V lít NO2 (là sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch A. Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư thu được m gam kết tủa. Biết thể tích các khí đều đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Tính V và m.
Hướng dẫn:
Xem hỗn hợp X gồm x mol Cu, y mol Fe và z mol S.
 - Khối lượng hỗn hợp X: 64x + 56y + 32z = 6,48 (I).
 - Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X: 
Cu → Cu2++2e; Fe → Fe3++3e; S → SO2+4e 
 x x 2x y y 3y z z 4z 
 O +2e → O2-
,225 0,45
 Þ 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.
Ví dụ 4: Cho 18,4 gam hỗn hợp X gồm Cu2S, CuS, FeS2 và FeS tác dụng hết với HNO3 (đặc nóng dư) thu được V lít khí chỉ có NO2 (ở đktc, sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch Y. Cho toàn bộ Y vào một lượng dư dung dịch BaCl2, thu được 46,6 gam kết tủa, còn khi cho toàn bộ Y tác dụng