Giai BT hoa hoc bang phuong phap bao toan nguyen tonguyen to

Chuyên đề: Phương pháp giải nhanh bài toán Hóa
Học

Phần 3.
Phương pháp
Bảo toàn nguyên tố


Phần 3. Phương pháp bảo toàn nguyên tố
Nội dung
A. Nội dung phương pháp và những chú ý quan trọng
B. Các thí dụ minh họa
C. Bài tập luyện tập


A. Nội dung phương pháp và những chú ý
quan trọng
 Nội dung phương pháp :
• Định luật bảo toàn nguyên tố (BTNT): “Trong các phản ứng hóa học thông
thường, các nguyên tố luôn được bảo toàn”.
• Điều này có nghĩa là : Tổng số mol nguyên tử của một nguyên tố X bất kì trước và
sau phản ứng là luôn bằng nhau.
 Chú ý :
• Để áp dụng tốt phương pháp này, ta nên hạn chế viết phương trình phản ứng mà
thay vào đó nên viết sơ đồ phản ứng (sơ đồ hợp thức, có chú ý hệ số), biểu diễn
các biến đổi cơ bản của chất (nguyên tố) quan tâm.
• Nên quy về số mol nguyên tố (nguyên tử).
• Đề bài thường cho (hoặc qua dữ kiện bài toán sẽ tính được) số mol của nguyên
tố quan tâm → lượng chất (chú ý hiệu suất phản ứng, nếu có).

B. Các thí dụ minh họa
Thí dụ 1
Hòa tan hỗn hợp gồm 0,2 mol Fe và 0,1 mol Fe2O3 vào dung dịch HCl dư
được dung dịch D. Cho dung dịch D tác dụng với NaOH dư thu được kết
tủa. Lọc kết tủa, rửa sạch đem nung trong không khí đến khối lượng
không đổi thu được m gam chất rắn. Giá trị của m là
A. 16,0.
B. 30,4.
C. 32,0.
D. 48,0.
Hướng dẫn giải
Sơ đồ phản ứng :

Theo BTNT : nFe(Fe2O3 , r¾n) = nFe(Fe) + nFe(Fe2O3 , ®Çu)
⇒ nFe(Fe2O3 , r¾n) = 0,2 +0,1.2 = 0,4 mol
⇒ nFe2O3 (r¾n) =
→ §¸p ¸n C.

0,4
= 0,2 mol ⇒ m = mFe2O3 (r¾n) = 0,2.160 = 32 gam
2


B. Các thí dụ minh họa (tt)
Thí dụ 2
Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,27 gam bột nhôm và 2,04 gam bột Al 2O3
trong dung dịch NaOH dư thu được dung dịch X. Cho CO2 dư tác dụng
với dung dịch X thu được kết tủa Y, nung Y ở nhiệt độ cao đến khối
lượng không đổi thu được chất rắn Z. Biết hiệu suất các phản ứng đều
đạt 100%. Khối lượng của Z là

A. 2,04 gam.
B. 2,31 gam.
C. 3,06 gam.
D. 2,55 gam.
Hướng dẫn giải
Sơ đồ phản ứng :

Theo BTNT : nAl(Al2O3 , Z) = nAl(Al) + nAl(Al2O3 , ®Çu)
0,27 2,04
0,05
+
× 2 = 0,05 mol ⇒ nAl2O3 (Z) =
= 0,025 mol
27
102
2
⇒ mZ = mAl2O3 (Z) = 0,025.102 = 2,55 gam → §¸p ¸n D.
⇒ nAl(Al2O3 , Z) =


B. Các thí dụ minh họa (tt)
Thí dụ 3
Đun nóng hỗn hợp bột gồm 0,06 mol Al, 0,01 mol Fe3O4, 0,015 mol Fe2O3
và 0,02 mol FeO một thời gian. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp rắn sau
phản ứng bằng dung dịch HCl dư, thu được dung dịch X. Thêm NH3 vào
X cho đến dư, lọc kết tủa, đem nung ngoài không khí đến khối lượng
không đổi thu được m gam chất rắn. Giá trị của m là
A. 9,46.
B. 7,78.
C. 6,40.

D. 6,16.
Hướng dẫn giải
Sơ đồ :

1
0,06
Theo BTNT : nAl2O3 = nAl =
= 0,03 mol ⇒ mAl2O3 = 0,03.102 = 3,06 gam
2
2
1
1
MÆt kh¸c : nFe2O3 (r¾n) = ∑ nFe(®Çu) = (0,01.3 + 0,015.2 + 0,02) = 0,04 mol
2
2
⇒ mFe2O3 (r¾n) = 0,04.160 = 6,4 gam
⇒ m = mAl2O3 +mFe2O3 (r¾n) = 3,06 + 6,4 = 9,46 gam → §¸p ¸n A.


B. Các thí dụ minh họa (tt)
Thí dụ 4
Đốt cháy 6,72 gam bột Fe trong không khí thu được hỗn hợp X gồm FeO,
Fe3O4, Fe2O3. Để hòa tan X cần dùng vừa hết 255 ml dung dịch chứa
HNO3 2M, thu được V lít khí NO2 (sản phẩm khử duy nhất, đo ở đktc).
Giá
của V là
A. trị
5,712.
B. 3,360.
C. 8,064.

D. 6,048.
Hướng dẫn giải
Sơ đồ biến đổi :

6,72
= 0,12 mol
56
= nN(Fe(NO3 )3 ) + nN(NO2 ) ⇒ nN(NO2 ) = nN(HNO3 ) − nN(Fe(NO3 )3 )

Theo BTNT víi Fe : nFe(NO3 )3 = nFe =
Theo BTNT víi N: nN(HNO3 )

⇒ nNO2 = nN(NO2 ) = 0,255.2 − 0,12.3 = 0,15 mol
⇒ V = VNO2 = 0,15.22,4 = 3,360 lÝt
→ §¸p ¸n B.


B. Các thí dụ minh họa (tt)
Thí dụ 5
Lấy a mol NaOH hấp thụ hoàn toàn 2,64 gam khí CO 2, thu được đúng 200
ml dung dịch D. Trong dung dịch D không còn NaOH và nồng độ của ion
CO32− là 0,2 mol/l. a có giá trị là
A. 0,12.
B. 0,08.
C. 0,06.
D. 0,10.
Hướng dẫn giải
Sơ đồ biến đổi :

BTNT víi C : nC(CO2 ) = nC(Na2CO3 ) +nC(NaHCO3 ) ⇒ nC(NaHCO3 ) = nC(CO2 ) − nC(Na2CO3 )

2,64
⇒ y = nNaHCO3 = nC(NaHCO3 ) = nCO2 − nNa2CO3 =
− 0,2.0,2 = 0,02 mol
44
BTNT víi Na : nNa(NaOH) = nNa(Na2CO3 ) + nNa(NaHCO3 ) = 2nNa2CO3 + nNaHCO3
⇒ a = nNa(NaOH) = 2.0,2.0,2 + 0,02 = 0,10 mol
→ §¸p ¸n D.


B. Cỏc thớ d minh ha (tt)
Thớ d 6
Ho tan hon ton hn hp gm x mol FeS2 v y mol Cu2S vo axit HNO3
(va ), thu c dung dch X (ch cha hai mui sunfat) v khớ duy
nht NO. T s ca x/y l
A. 1/3.
B. 1/2.
C. 2/1.
D. 3/1.
Hng dn gii

Do X chỉ có muối sunfat dung dịch không còn gốc NO3
Sơ đồ biến đổi : 2FeS2 Fe2 (SO 4 )3
x

0,5x

Cu2S 2CuSO4
y

(1)

(2)

2y

Dung dịch chỉ có các ion : Fe3+ , Cu2+ và SO24
Theo BTNT với S : 2x + y = 3.0,5x + 2y 0,5x = y x/y = 2/1
Đáp án C.


B. Các thí dụ minh họa (tt)
Thí dụ 7
Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm CH4, C3H6 và C4H10 thu được
4,4 gam CO2 và 2,52 gam H2O, m có giá trị là
A. 1,48.
B. 2,48.
C. 1,34.
D. 1,82.
Hướng dẫn giải

Sơ đồ biến đổi :

NhËn xÐt : m = mX = mC(X) +mH(X) = mC(CO2 ) +mH(H2O)
4,4
2,52
× 12 +
× 2 = 1,48 gam
44
18
→ §¸p ¸n A.

⇒m=


B. Các thí dụ minh họa (tt)
Thí dụ 8
Đốt cháy một hỗn hợp hiđrocacbon X thu được 2,24 lít CO 2 (đktc) và 2,7
gam H2O. Thể tích O2 đã tham gia phản ứng cháy (đktc) là
A. 2,80 lít.
B. 3,92 lít.
C. 4,48 lít.
D. 5,60 lít.
Hướng dẫn giải

Theo BTNT víi O :
nO(O2 ) = nO(CO2 ) +nO(H2O) =

2,24
2,7
×2 +
= 0,35 mol
22,4
18

1
0,35
⇒ nO2 = nO =
= 0,175 mol ⇒ VO2 = 0,175.22,4 = 3,92 lÝt
2
2
→ §¸p ¸n B.

B. Các thí dụ minh họa (tt)
Thí dụ 9
Tiến hành crackinh ở nhiệt độ cao 5,8 gam butan. Sau một thời gian thu
được hỗn hợp khí X gồm CH4, C2H6, C2H4, C3H6 và C4H10. Đốt cháy hoàn
toàn X trong khí oxi dư, rồi dẫn toàn bộ sản phẩm sinh ra qua bình đựng
H2SO4 đặc. Độ tăng khối lượng của bình H2SO4 đặc là
A. 9,0 gam.
B. 4,5 gam.
C. 18,0 gam.
D. 13,5 gam.
Hướng dẫn giải

Sơ đồ phản ứng :

§é t¨ng khèi l îng cña b × nh H2SO 4 chÝnh lµ H2O bÞ hÊp thô
5,8
1
1,0
×10 = 1,0 mol ⇒ nH2O = nH(H2O) =
= 0,5 mol
58
2
2
= 0,5.18 = 9,0 gam → §¸p ¸n A.

⇒ nH(H2O) = nH(C4H10 ) =
⇒ mH2O

B. Cỏc thớ d minh ha (tt)
Thớ d 10
t chỏy hon ton m gam hn hp hai ru n chc cựng dóy ng
ng cn dựng va V lớt khớ O2 (ktc), thu c 10,08 lớt CO2 (ktc)
v 12,6 gam H2O. Giỏ tr ca V l
A. 17,92.
B. 4,48.
C. 15,12.
D. 25,76.
Hng dn gii

Có : nCO2 =

10,08
12,6
= 0,45 mol ; nH2O =
= 0,7 mol
22,4
18

Nhận xét :
+) nH2O > nCO2 nr

ợu

= nH2O

+) r ợu đơn chức nr

ợu

n

= nO(r

Theo BTNT với O :
nO(O2 ) = nO(CO2 ) + nO(H2O) nO(r
VO2 =

CO2

ợu)

ợu)

= 0,7 0,45 = 0,25 mol
= 0,25 mol

= 2.0,45 + 0,7 0,25 = 1,35 mol

1,35
ì 22,4 = 15,12 lít Đáp án C.
2


B. Các thí dụ minh họa (tt)
Thí dụ 11
Đun nóng 7,6 gam hỗn hợp A gồm C2H2, C2H4 và H2 trong bình kín với xúc
tác Ni thu được hỗn hợp khí B. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp B, dẫn sản

phẩm cháy thu được lần lượt qua bình 1 đựng H 2SO4 đặc, bình 2 đựng
Ca(OH)2 dư thấy khối lượng bình 1 tăng 14,4 gam. Khối lượng tăng lên
ở bình 2 là
A. 6,0 gam.
B. 9,6 gam.
C. 35,2 gam.
D. 22,0 gam.
Hướng dẫn giải
Sơ đồ phản ứng :

14,4
= 0,8 mol ⇒ mH(H2O) = 0,8.2 = 1,6 gam
18
NhËn xÐt : mA = mC + mH ⇒ mC = mA − mH = 7,6 − 1,6 = 6,0 gam
mH2O = 14,4 gam ⇒ nH2O =

⇒ nCO2 = nC =

6,0
= 0,5 mol ⇒ mCO2 = 0,5.44 = 22 ga m → §¸p ¸n D.
12


B. Cỏc thớ d minh ha (tt)
Thớ d 12
t chỏy hon ton 0,1 mol anehit n chc X cn dựng va 12,32 lớt
khớ O2 (ktc), thu c 17,6 gam CO2. X l anehit no di õy ?
A. CHCCH2CHO.

B. CH3CH2CH2CHO.

C. CH2=CHCH2CHO.

D. CH2=C=CHCHO.
Hng dn gii

Nhận xét : anđehit đơn chức nanđehit = nO(anđehit) = 0,1 mol
Theo BTNT với O : nO(H2O) = nO(X) + nO(O2 )

O(CO2 )

12,32
17,6
ì2
ì 2 = 0,4 mol
22,4
44
= nCO2 = 0, 4 mol anđehit X là no, đơn chức

nH2O = nO(H2O) = 0,1 +
Nhận thấy : nH2O

n

X là CH3CH2CH2CHO Đáp án B.


C. Bài tập luyện tập
Bài tập 1
Hỗn hợp chất rắn X gồm 0,1 mol Fe2O3 và 0,1 mol Fe3O4. Hòa tan hoàn

toàn X bằng dung dịch HCl dư, thu được dung dịch Y. Cho NaOH dư vào
Y, thu được kết tủa Z. Lọc lấy kết tủa, rửa sạch rồi đem nung trong
không khí đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn T. Giá trị
của m là
A. 32,0.
B. 16,0.
C. 39,2.
D. 40,0.
Hướng dẫn giải
Sơ đồ :

Theo BTNT : nFe(T) = nFe(Fe2O3 , ®Çu) + nFe(Fe3O4 , ®Çu)
⇒ nFe(T) = 0,1.2 + 0,1.3 = 0,5 mol
0,5
= 0,25 mol ⇒ m = mFe2O3 (T) = 0,25.160 = 40 gam
2
→ §¸p ¸n D.

⇒ nFe2O3 (T) =


C. Bài tập luyện tập
Bài tập 2 (Đề CĐ Khối A – 2007)
Cho 4,48 lít khí CO (ở đktc) từ từ đi qua ống sứ nung nóng đựng 8 gam một
oxit sắt đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn. Khí thu được sau phản ứng
có tỉ khối so với hiđro bằng 20. Công thức của oxit sắt và phần trăm thể
tích của khí CO2 trong hỗn hợp khí sau phản ứng là
A. FeO; 75%.
B. Fe2O3; 75%.
C. Fe2O3; 65%.

D. Fe3O4; 75%.
Hướng dẫn giải

Ph¶n øng : Fe xO y + CO → Fe + CO2 (1) hay : CO + [O] → CO2 (2)
4,48
= 0,2 mol
íc
22,4
T¨ng gi¶m khèi l îng : mO(FexOy ) = mkhÝ sau

nkhÝ sau = nkhÝ tr

=

−m

khÝ tr íc

⇒ mO(FexOy ) = 20.2.0,2 − 28.0,2 = 2,4 gam ⇒ nO(FexOy ) =
⇒ mFe(FexOy ) = 8,0 − 2,4 = 5,6 gam ⇒ nFe(FexOy ) =

2,4
= 0,15 mol
16

5,6
= 0,1 mol
56

C. Bài tập luyện tập
Bài tập 2 (Đề CĐ Khối A – 2007) (tt)
Cho 4,48 lít khí CO (ở đktc) từ từ đi qua ống sứ nung nóng đựng 8 gam một
oxit sắt đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn. Khí thu được sau phản ứng
có tỉ khối so với hiđro bằng 20. Công thức của oxit sắt và phần trăm thể
tích của khí CO2 trong hỗn hợp khí sau phản ứng là
A. FeO; 75%.
B. Fe2O3; 75%.
C. Fe2O3; 65%.
D. Fe3O4; 75%.
Hướng dẫn giải (tt)

⇒

x
0,1 2
=
= ⇒ oxit lµ Fe2O3
y 0,15 3

B¶o toµn nguyªn tè : nCO2 = nO(Fe2O3 ) = 0,15 mol
0,15
×100% = 75%
0,2
→ §¸p ¸n B.

⇒ %VCO2 =


C. Bài tập luyện tập

Bài tập 3 (Đề ĐH Khối A – 2007)
Hấp thụ hoàn toàn 2,688 lít khí CO2 (ở đktc) vào 2,5 lít dung dịch Ba(OH)2
nồng độ a mol/l, thu được 15,76 gam kết tủa. Giá trị của a là
A. 0,048.
B. 0,032.
C. 0,04.
D. 0,06.
Hướng dẫn giải
Sơ đồ phản ứng : Ba(OH)2 + CO2 → BaCO3 + Ba(HCO3)2

2,688
15,76
= 0,12 mol ; nBaCO3 =
= 0,08 mol
22,4
197
Theo BTNT víi C : nC(CO2 ) = nC(BaCO3 ) + nC(Ba(HCO3 )2 )

nCO2 =

⇒ nC(Ba(HCO3 )2 ) = nC(CO2 ) − nC(BaCO3 ) = nCO2

−n

BaCO3

= 0,12 − 0,08 = 0,04 mol

0,04
= 0,02 mol

2
Theo BTNT víi Ba : nBa(Ba(OH)2 ) = nBa(BaCO3 ) + nBa(Ba(HCO3 )2 )

⇒ nBa(HCO3 )2 =

⇒ nBa(OH)2 = nBaCO3 + nBa(HCO3 )2 = 0,08 + 0,02 = 0,10 mol
⇒a=

0,10
= 0,04 mol/l → §¸p ¸n C.
2, 5


C. Bi tp luyn tp
Bi tp 4 ( H Khi A 2007)
Ho tan hon ton hn hp gm 0,12 mol FeS2 v a mol Cu2S vo axit
HNO3 (va ), thu c dung dch X (ch cha hai mui sunfat) v khớ
duy nht NO. Giỏ tr ca a l
A. 0,04.
B. 0,12.
C. 0,075.
D. 0,06.
Hng dn gii

Do X chỉ có muối sunfat dung dịch không còn gốc NO3
Sơ đồ biến đổi : 2FeS2 Fe2 (SO 4 )3
0,12

0,06

Cu2S 2CuSO4
a

(1)
(2)

2a

Dung dịch chỉ có các ion : Fe3+ , Cu2+ và SO24
Theo BTNT với S : 2.0,12 + a = 3.0,06 + 2a a = 0,06
Đáp án D.


C. Bài tập luyện tập
Bài tập 5
Thổi hơi nước qua than nóng đỏ thu được hỗn hợp khí A khô (H 2, CO,
CO2). Cho A qua dung dịch Ca(OH)2 thì còn lại hỗn hợp khí B khô (H2,
CO). Một lượng khí B tác dụng vừa hết 8,96 gam CuO thấy tạo thành
1,26 gam nước. Thành phần % thể tích CO2 trong A là
A. 20,0%.
B. 11,11%.
C. 29,16%.
D. 30,12%.
Hướng dẫn giải
Sơ đồ phản ứng :

1,26
= 0,07 mol
18
Theo BTNT víi O trong giai ®o¹n tõ B → D :

nO(CO) + nO(CuO) = nO(CO2 , D) +nO(H2O) ⇒ nO(CO2 , D) − nO(CO) = nO(CuO) − nO(H2O)
nH2 (A) = nH2 (B) = nH2O =

⇒ nCO(A) = nCO(B) = nCO2 (D) = nCuO − nH2O =

8,96
− 0,07 = 0,042 mol
80


C. Bài tập luyện tập
Bài tập 5 (tt)
Hướng dẫn giải (tt)
Sơ đồ phản ứng :

Theo BTNT víi O trong giai ®o¹n tõ H2O → A :
nO(H2O) = nO(CO) +nO(CO2 , A) ⇒ nO(CO2 , A) = nO(H2O) − nO(CO) = nH2O − nCO
⇒ nO(CO2 , A) = 0,07 − 0,042 = 0,028 mol ⇒ nCO2 (A) =
⇒ %VCO2 (A) =
→ §¸p ¸n B.

0,028
= 0,014 mol
2

0,014
×100% = 11,11%
0,014 + 0,042 + 0,07

C. Bài tập luyện tập
Bài tập 6 (Đề CĐ Khối A – 2007)
Đốt cháy hoàn toàn một thể tích khí thiên nhiên gồm metan, etan, propan
bằng oxi không khí (trong không khí, oxi chiếm 20% thể tích), thu được
7,84 lít khí CO2 (ở đktc) và 9,9 gam nước. Thể tích không khí (ở đktc)
nhỏ nhất cần dùng để đốt cháy hoàn toàn lượng khí thiên nhiên trên là
A. 70,0 lít.

B. 78,4 lít.

C. 84,0 lít.

D. 56,0 lít.

Hướng dẫn giải
Sơ đồ phản ứng : Khí thiên nhiên (CH4, C2H6, C3H8) + O2 → CO2 + H2O

Theo BTNT víi O :
nO(O2 ) = nO(CO2 ) +nO(H2O) =

7,84
9,9
×2+
= 1,25 mol
22,4
18

1,25
= 0,625 mol ⇒ VO2 = 0,625.22,4 = 14 lÝt
2

14
⇒ Vkh«ng khÝ (min) =
= 70 lÝt → §¸p ¸n A.
20%
⇒ nO2 =


C. Bài tập luyện tập
Bài tập 7
Đốt cháy 5,8 gam chất M ta thu được 2,65 gam Na 2CO3; 2,25 gam H2O và
12,1 gam CO2. Biết CTPT của M trùng với công thức đơn giản nhất.
Công thức phân tử của M là
A. C9H11ONa.
B. C7H7ONa.
C. C6H5ONa.
D. C8H9ONa.

Gäi CTPT cña M lµ C xHyO zNat

Hướng dẫn giải

S¬ ®å ch¸y : C xHy O zNat → Na2CO3 + H2O + CO2
nNa2CO3 =

2,65
2,25
12,1
= 0,025 mol ; nH2O =
= 0,125 mol ; nCO2 =
= 0,275 mol

106
18
44


nNa = 2.0,025 = 0,05 mol ; nH = 2.0,125 = 0,25 mol

⇒ nC = 0,025 + 0,275 = 0,3 mol

5,8 − (23.0,05 + 1.0,25 + 12.0,3)
nO =
= 0,05 mol

16
⇒ x : y : z : t = 0,3 : 0,25 : 0,05 : 0,05 = 6 : 5 : 1: 1 ⇒ M lµ C6H5ONa → §¸p ¸n C.


C. Bi tp luyn tp
Bi tp 8
Mt hn hp gm anehit acrylic v mt anehit no, n chc X. t chỏy
hon ton 1,72 gam hn hp trờn cn va ht 2,296 lớt khớ oxi (ktc).
Cho ton b sn phm chỏy hp th ht vo dung dch Ca(OH) 2 d, thu
c 8,5 gam kt ta. Cụng thc cu to ca X l
A. HCHO.
B. C2H5CHO.
C. C3H7CHO.
D. CH3CHO.
Hng dn gii
Gi CTPT ca X l CnH2n+1CHO (n 0)
S phn ng :

8,5
2,296
= 0,085 mol ; nO2 =
= 0,1025 mol
100
22,4
Nhận xét : anđehit là đơn chức nO(anđehit) = nanđehit
nCO2 = nCaCO3 =

Theo BTKL : mH2O = manđehit + mO2
mH2O = 1,26 gam nH2O =

m

CO2

= 1,72 + 0,1025.32 0,085.44

1,26
= 0,07 mol
18