32 CHUYÊN ĐỀ HÓA VÔ CƠ LUYỆN THI ĐH

MỤC LỤC
Chủ đề 01: Những con đường biến hóa tinh tế trong Hóa Học.
Chủ đề 02: Hướng dẫn áp dụng các định luật bảo toàn.
Chủ đề 03: Vận dụng linh hoạt các định luật bảo toàn qua bài toán kim loại tác
dụng với H+ trong môi trường NO3-.
Chủ đề 04: Bài toán kim loại tác dụng HNO3.
Chủ đề 05: Bài toán hỗn hợp kim loại và oxit kim loại tác dụng HNO3.
Chủ đề 06: Bài toán hợp chất chứa S, C tác dụng với HNO3.
Chủ đề 07: Xử lý tinh tế bài toán hỗn hợp kim loại và oxit kim loại tác dụng
với H+ trong môi trường NO3-.
Chủ đề 08: Bài toán kim loại tác dụng với dung dịch muối.
Chủ đề 09: Bài toán kim loại tác dụng với axit loãng (HCl, H2SO4).
Chủ đề 10: Bài toán oxit kim loại tác dụng với axit loãng.

Chủ đề 11: Bài toán khử oxit kim loại bằng CO, H2
Chủ đề 12: Bài toán kim loại tác dụng H2SO4 (đặc, nóng).
Chủ đề 13: Bài toán oxit kim loại tác dụng H2SO4 (đặc, nóng).
Chủ đề 14: Bài toán hỗn hợp chứa S và các muối của S tác dụng H2SO4 (đặc,
nóng).
Chủ đề 15: Bài toán Oleum.
Chủ đề 16: Bài toán tốc độ phản ứng và hằng số cân bằng Kc.
Chủ đề 17: Một số bài toán về nhóm Halogen.
Chủ đề 18: Bài toán PH trong dung dịch.
Chủ đề 19: Bài toán sử dụng phương trình ion thu gọn.
Chủ đề 20: Bài toán CO2 tác dụng với dung dịch kiềm
Chủ đề 21: Bài toán nhiệt phân muối nitrat.

Chủ đề 22: Bài toán về phân bón hóa học.
Chủ đề 23: Bài toán về axit H3PO4.
Chủ đề 24: Bài toán về NH3.
Chủ đề 25: Bài toán H+ tác dụng HCO3-, CO32-.
Chủ đề 26: Bài toán nhiệt phân muối giàu oxi.
Chủ đề 27: Bài toán về hỗn hợp chứa nhôm, kim loại kiềm, kiểm thổ.
Chủ đề 28: Bài toán về kim loại kiềm, kiểm thổ và hợp chất.
Chủ đề 29: Bài toán lượng kết tủa Al(OH)3 thay đổi.
Chủ đề 30: Bài toán nhiệt nhôm.
Chủ đề 31: Bài toán đồ thị trong hóa học.
Chủ đề 32: Bài toán điện phân.

CHỦ ĐỀ 1
NHỮNG CON ĐƯỜNG BIẾN HÓA TINH TẾ TRONG HÓA HỌC
Trước hết để có thể hiểu và áp dụng được những con đường biến hóa trong
hóa học tôi xin mời các bạn theo dõi sự so sánh sau đây:
Tư duy hóa học tự luận cổ điển
Tư duy hóa học đảo chiều hiện đại
+ Chú tâm đến các phản ứng hóa học. + Xem các bài toán là một hệ kín.
+ Viết các phương trình phản ứng sau Nghĩa là các thông số về khối lượng,
đó dựa vào các phương trình phản ứng điện tích được bảo toàn. Nó chỉ
để suy ra các yếu tố cần thiết.
chuyển hóa lẫn nhau.

+ Mất rất nhiều thời gian để cân bằng + Tốc độ xử lý nhanh vì chỉ cần quan
và viết phương trình. Bên cạnh đó có tâm tới các yếu tố cần thiết, không cần
nhiều yếu tố của phương trình ta quan tâm tới phương trình hóa học.
không cần quan tâm nhưng vẫn phải + Phát triển được sự sáng tạo của bộ
viết đầy đủ trong phương trình.
não trong việc tìm ra các hướng giải
+ Điều nguy hiểm nhất là nó hạn chế hay
rất nhiều khả năng sáng tạo của bộ
não vì tính dập khuôn máy móc.
Làm thế nào để có vận dụng linh hoạt được tư duy đảo chiều?
Luôn xem các bài toán hóa học là một hệ kín. Hệ kín là gì? Các bạn có thể
tưởng tượng đơn giản như một cái ao hay hồ nước. Trong đó có rất nhiều loại cua,

tôm, cá…chúng có thể muốn làm gì thì làm nhưng không được vượt ra khỏi cái ao,
hồ đó. Các bài toán hóa học cũng vậy, khi các chất phản ứng ứng nhau các nguyên
tố sẽ chạy từ chất này qua chất khác nhưng khối lượng của nguyên tố đó không đổi
đó là nội dung của định luật “bảo toàn khối lượng và bảo toàn nguyên tố”. Một loại
hình nữa cũng rất hay được các nguyên tố áp dụng đó là đổi và nhận electron.
Tại sao tôi khuyến khích các bạn tư duy theo kiểu đảo chiều?
Tôi phải thừa nhận rằng thật khó để làm việc gì đó theo cách này khi mà đa
số mọi người lại làm theo cách khác. Tuy nhiên, các bạn hãy nhớ rằng sự sáng tạo
được gọi là sáng tạo vì nó có tính đối lập. Một cái gì đó mà ai cũng biết sau đó ta
cũng lại làm tương tự như những gì họ đã biết thì không thể gọi là sự sáng tạo. Khi
các bạn làm việc hay học tập theo kiểu tư duy đảo chiều khả năng sáng tạo của bạn
sẽ được nâng cao rất nhiều và đó là điều tôi mong muốn nhất. Trong câu hỏi này

tôi muốn nhấn mạnh với các bạn thêm một câu cuối cùng “Nếu không có tư duy
sáng tạo thì điều kì diệu sẽ không bao giờ xảy ra”.
Vậy khi áp dụng vào Hóa Học thì chúng ta cần những gì?
Tất nhiên các bạn cần phải biết tính chất hóa học liên quan tới cái hệ kín
mà ta đang xem xét. Tuy nhiên, điều các bạn cần biết là nó có phản ứng với nhau
hay không? Sản phẩm tạo ra là chất gì? Vậy là đủ còn phương trình phản ứng của


nó thì chúng ta không quan tâm, bởi vì nếu quan tâm thì các bạn lại tư duy theo
kiểu “vết xe đổ” chứ không phải “tư duy đảo chiều” mà tôi nói nữa.
Vấn đề khó khăn nhất là gì?
Chủ quan tôi nghĩ rằng thời buổi ngày nay thị trường sách và tài liệu tham

khảo nói chung và hóa học nói riêng hỗn loạn chưa từng có. Chính vì thế mà các
bạn được tiếp xúc với rất nhiều loại tài liệu của nhiều tác giả khác nhau. Theo tôi
trong số đó thế nào các bạn cũng bị ảnh hưởng bởi một số lỗi tư duy lạc hậu theo
kiểu hóa học tự luận cổ điển. Còn tôi thì tôi khẳng định từ khi có đổi mới thi cử
theo hình thức trắc nghiệm tôi chưa từng tham khảo một cuốn sách nào viết về kỹ
thuật giải bài tập hóa học và các bạn thấy đấy tôi vẫn tồn tại và được các bạn chấp
nhận. Giờ đây, tôi ngồi đây viết lại những gì tôi hay tư duy, suy nghĩ về kỹ thuật
giải bài tập hóa học không phải để các bạn học theo như kiểu con vẹt mà tôi mong
muốn các bạn tiếp tục sáng tạo, tiếp tục đổi mới bộ não. Các bạn cần phải hiểu
rằng làm gì muốn thành công cũng cần phải sáng tạo. Do đó, tôi mong muốn các
bạn hãy mạnh dạn sáng tạo hơn nữa, nhìn vào cái gì đó cũng phải thấy được cái
chưa hoàn mỹ và tất nhiên cuốn sách này của tôi cũng vậy, nó cũng không thể hoàn

mỹ nếu không muốn nói là tệ hại với một số người. Tôi nói quá lan man phải
không các bạn? Tóm lại khó khăn nhất là gì? – Là các bạn bị ảnh hưởng những lỗi
tư duy làm hạn chế sự sáng tạo. Khắc phục thế nào? – Bạn của tôi ơi ! Mỗi người
một tính cách, một quan điểm, một kiểu nhìn nhận khác nhau…Bạn là bạn và bạn
phải hiểu chính mình xem mình hợp với cái gì nhất.
Nào, bây giờ chúng ta sẽ cùng nhau đi nghiên cứu những con đường biến
hóa của các nguyên tố trong hóa học vô cơ. Qua những ví dụ ở chương 1 này mục
đích của tôi chỉ là muốn các bạn hiểu sơ bộ về đường hướng mà tôi hay làm. Để
vận dụng linh hoạt được các bạn cần chịu khó luyện tập theo từng chuyên đề ở
chương 2.
Nhắc tới hóa học vô cơ các bạn hãy nhớ thật kỹ cho tôi những vấn đề sau:
1) Về kim loại: Bản chất của kim loại là gì? – Là khi nó tham gia phản ứng thì nó

sẽ nhường các electron ở lớp ngoài cùng (thường là 1, 2 hoặc 3 electron) để nhận
lại các ion âm khác. Bản chất là trao đổi điện tích âm mà thôi. Các electron trong
kim loại có thể được đổi thành các ion âm điển hình là: OH-, Cl-, SO42-, NO3-, O2-,
CO32-, HCO3-, PO43-…
2) Về dung dịch: Luôn tự hỏi: Dung dịch chứa các ion gì? Số mol thế nào? Và hãy
nhớ rằng dung dịch thì luôn trung hòa về điện nghĩa là tổng điện tích dương bằng
tổng điện tích âm.
3) Về di chuyển nguyên tố: Các bạn cần phải biết sau phản ứng các nguyên tố
trong hệ kín của chúng ta nó chạy vào chất nào?
4) Về số oxi hóa của các nguyên tố trong hệ: Cuối cùng (sau khi tất cả các phản
ứng đã xong) thì những nguyên tố nào thay đổi số oxi hóa? Thay đổi như thế nào?

Tng hay gim? Ta luụn cú tng tng thỡ bng bng gim. Di õy tụi xin trỡnh
by s lc thụng qua mt s vớ d c th.
Vớ d 1: Hũa tan hon tan 41,2 gam hn hp X cha Cu v Fe3O4 trong dung dch
cha HCl thu c dung dch Y ch cha hn hp cỏc mui. Mt khỏc cng hũa
tan hon ton lng X trờn bng dung dch cha H2SO4 loóng thỡ thu c dung
dch Z cng ch cha hn hp cỏc mui trung hũa. Cụ cn Y v Z thỡ thy lng
mui trong Z nhiu hn trong Y l 15 gam. Phn trm khi lng Cu trong X gn
nht vi:
A. 15,5%
B. 16,4%
C. 12,8%

D. 20,5%
Ngun : Thy Nguyn Anh Phong
nh hng t duy gii
Trong bi toỏn ny ta cú th xột h kớn l Cu, Fe3O4, HCl hoc Cu, Fe3O4, H2SO4.
Rừ rng vi cỏc h kớn nh vy nú ch xy ra quỏ trỡnh luõn chuyn in tớch õm t
O2- thnh Cl- v SO42-. Do ú, ta cú ngay
ỡFe,Cu
ù
ộCl- : 2a BTKL
ắắ
đ 41, 2 ớ
BTDT

O
:
a
ắắắ
đ
đ a = 0,6
ờ 2- ắắắđ 96a - 35,5.2a = 15 ắắ
ù
SO
:
a
ờ

4
ở
ợ

ỡùFe3O 4 : 0,15
BTNT.O
ắắắắ
đ 41, 2 ớ BTKL
ắắ
đ %Cu = 15,53% Chn ỏp ỏn A
ùợ ắắắđ Cu : 0,1
Vớ d 2: Cho 31,6 gam hn hp X gm Fe v Fe3O4 tan ht trong dung dch HCl

thu c 2,24 lớt khớ H2 (ktc) v dung dch Y ch cha 60,7 gam hn hp mui.
Khi lng ca Fe3O4 cú trong X l:
A. 18,56
B. 23,2
C. 27,84
D. 11,6
Ngun : Thy Nguyn Anh Phong
nh hng t duy gii
Bi ny h kớn ca chỳng ta ng nhiờn l Fe, Fe3O4 v HCl. Bi toỏn ny ta cú
th t duy theo nhiu cỏch.
Cỏch 1: T duy theo hng trao i in tớch
Tng t vớ d trờn O2- s c i thnh Cl- v electron s c i thnh Clỡ

ỡùFe
ùù31,6 ớ
BTDT
trong Y
Khi ú ớ
đ n Cl
= 0, 2 + 2a
ùợO : a ắắắđ Cl : 2a ắắ
ù
đ n e = 0, 2
ùợn H2 = 0,1 ắắ

ồ

BTKL.Y
ắắắắ
đ 60,7 = 31,6
- 16a
0, 2 + 2a ).35,5 = a = 0, 4
!"#"
$ + (!"
"#""$
Fe

BTNT.O

Cl

ắắắắ
đ n Fe3O4 = 0,1 ắắ
đ mFe3O4 = 23,2(gam) Chn ỏp ỏn B


Cách 2: Tư duy theo sự di chuyển của nguyên tố (BTNT)
Các bạn hãy trả lời giúp tôi. H trong HCl cuối cùng đã đi đâu?
Đương nhiên là nó sẽ di chuyển vào H2 và H2O

ì
ìïFe
ïï31,6 í
BTNT
BTNT.H
Khi đó í
®
îïO : a ¾¾¾® H 2 O : a ¾¾¾¾
ï
® n HCl = 0, 2
ïîn H2 = 0,1 ¾¾

ån

HCl

Y
= n Trong
= 0, 2 + 2a
Cl-

BTKL.Y
¾¾¾¾

® 60,7 = 31,6
- 16a
0, 2 + 2a ).35,5 = a = 0, 4
!"#"
$ + (!"
"#""$
Fe

Cl

BTNT.O

¾¾¾¾
® n Fe3O4 = 0,1 ¾¾
® mFe3O4 = 23,2(gam) →Chọn đáp án B
Cách 3: Tư duy bằng cách bảo toàn khối lượng (BTKL)
a - 0, 2
BTNT.H
Ta gọi n HCl = a ¾¾¾¾
® n H 2O =
2
a - 0, 2
BTKL
¾¾¾

® 31,6 + 36,5a = 60,7 + 0,1.2 + 18
¾¾
®a = 1
2
BTNT.O
¾¾
® n H2O = 0,4 ¾¾¾¾
® n Fe3O4 = 0,1 ¾¾
® mFe3O4 = 23,2(gam)

Bây giờ tôi sẽ phát triển bài toán trên thêm một chút để giới thiệu cho các bạn kỹ
thuật bảo toàn electron (BTE) cho cả quá trình như bên trên tôi nói. Chúng ta

quan tâm tới nguyên tố nào thay đổi số oxi hóa.
Ví dụ 3: Cho 31,6 gam hỗn hợp X gồm Fe và Fe3O4 tan hết trong dung dịch HCl
thu được 2,24 lít khí H2 (đktc) và dung dịch Y chỉ chứa 60,7 gam hỗn hợp muối.
Cho AgNO3 dư vào Y thì thấy có m gam kết tủa xuất hiện. Giá trị của m là:
A. 171,35
B. 184,71
C. 158,15
D. 181,3
Nguồn đề: Thầy Nguyễn Anh Phong
Định hướng tư duy giải

ìFe : 0,15

îFe3O4 : 0,1

Theo kết quả đã tính bên trên ta sẽ có ngay 31,6 í

Bài này chúng ta có thể tư duy theo hai hướng như sau:
Hướng 1: Tư duy theo kiểu sự di chuyển của các nguyên tố (BTNT) và mở rộng ra
cho nhóm nguyên tố NO3-.
BTNT.Fe
Với Fe ta có ¾¾¾¾
® n Fe(NO3 )3 = 0,45(mol)
-

BTNT.NO3
Thế NO3- từ đâu sinh ra? ¾¾¾¾¾
® n AgNO3 = 0,45.3 = 1,35(mol)

Lại hỏi Ag cuối cùng chạy đi đâu?
BTNT.Clo
ìï ¾¾¾¾
® AgCl :1
n HCl = 1 ¾¾
® í BTNT.Ag
¾¾
® m¯ = 181,3(gam)

ïî ¾¾¾¾® Ag :1,35 - 1 = 0,35


Hng 2: Dựng BTE cho c quỏ trỡnh.
Cht kh l Fe. Cht oxi húa l: O, H2 v Ag

ỡFe : 0, 45
ùO : 0, 4
ù
BTE
Ta cú: ớ
ắắắ

đ 0, 45.3 = 0, 4.2 + 0,1.2 + a ắắ
đ a = 0,35
H
:
0,1
ù 2
ùợAg : a

ỡùn AgCl = 1
BTNT.Clo
ắắắắ
đớ

ắắ
đ m = 181,3(gam) Chn ỏp ỏn D
n
=
0,35
Ag
ùợ
Vớ d 4: un núng 48,2 gam hn hp X gm KMnO4 v KClO3, sau mt thi
gian thu c 43,4 gam hn hp cht rn Y. Cho Y tỏc dng hon ton vi dung
dch HCl c, sau phn ng thu c 15,12 lớt Cl2 (ktc) v dung dch gm
MnCl2, KCl v HCl d. S mol HCl phn ng l:
A. 1,8

B. 2,4
C. 1,9
D. 2,1
Trớch thi THPT Quc Gia B Giỏo Dc 2016
nh hng t duy gii
48, 2 - 43, 4
BTKL
Ta ắắắ
đ nO =
= 0,3(mol)
16
ỡ158a + 122,5b = 48, 2

ỡKMnO4 : a
ỡa = 0,15
Gi ớ
ắắ
đ ớ BTE
ắắ
đớ
đ 0,3.2 + 0,675.2 = 5a + 6b
ợb = 0, 2
ợKClO3 : b
ợ ắắắ

ỡKCl : 0,35
BTNT
ắắắ
đớ
ợMnCl2 : 0,15
BTNT.Clo
ắắắắ
đn HCl = 0,35 + 0,15.2 + 0,675.2 - 0,2 = 1,8(mol) Chn ỏp ỏn A

Vớ d 5: Nhit phõn hon ton m gam KClO3 vi xỳc tỏc MnO2, lng khớ thoỏt ra
oxi húa 1,26m gam hn hp Fe v Cu thu c hn hp X gm cỏc oxit. Cho hn
hp X tỏc dng vi dung dch HNO3 d thu c dung dch Y v 0,896 lớt NO

(ktc, sn phm kh duy nht). Cụ cn dung dch Y thu c 175,76 gam mui
khan. Giỏ tr ca m l ?
A. 40,18.
B. 38,24.
C. 39,17.
D. 37,64.
Trớch thi th THPT Chuyờn Bn Tre 2016
Phõn tớch hng gii
m
3m
96m
BTKL

Ta cú: ắắắ
đ n ưO2 =
.1,5 =
ắắ
đ mO =
122,5
245
245

12m ử
ổ
BTKL + BTE

ắắắắđ
1,
26m
!""#"
"$ + ỗ 0,04.3 + 245 ữ 62 = 175,76
ố!"""""""#"""""""$
ứ
Fe,Cu
NO3-


¾¾

® m = 39,17

→Chọn đáp án C
Ví dụ 6: Hỗn hợp X gồm FeO, Fe2O3 và Fe3O4. Cho m gam X vào dung dịch
H2SO4 loãng dư thu được dung dịch Y. Chia Y thành hai phần bằng nhau.
- Phần I tác dụng vừa đủ với 200ml dung dịch KMnO4 0,5M.
- Phần II hòa tan tối đa 6,4 gam Cu.
Giá trị của m là:
A. 52.
B. 104.
C. 23,2
D. 34,8.

Trích đề thi thử THPT Đặng Thúc Hứa – 2016
Định hướng tư duy giải
BTE
Phần 1: n KMnO4 = 0,1 ¾¾¾
® n Fe2+ = 0,5
BTE
Phần 2: n Cu = 0,1 ¾¾¾
® n Fe3+ = 0,2

ìFe2 + :1
ï
BTDT

¾¾¾
® Y íFe3+ : 0,4
ïSO2 - :1,6 ¾¾
® n Otrong X = 1,6
î 4

¾¾
® m = 1,4.56 + 1,6.16 = 104(gam)

→Chọn đáp án B

Ví dụ 7: Hòa tan m gam hỗn hợp FeO, Fe(OH)2, FeCO3 và Fe3O4( trong đó

Fe3O4 chiếm 1/3 tổng số mol hỗn hợp) vào dung dịch HNO3 loãng (dư), thu được
8,96 lít (đktc) hỗn hợp gồm CO2 và NO (sản phẩm khử duy nhất của N+5) có tỷ
khối so với H2 là 18,5. Số mol HNO3 phản ứng là:
A. 1,8
B. 3,2
C. 2,0
D. 3,8
Trích đề thi THPT Quốc Gia – Bộ Giáo Dục – 2016
Định hướng tư duy giải

ìCO2 : 0,2
¾¾

® n e = n Fe2+ = n hh = 0,6 ¾¾
® n Fe3O4 = 0,2
î NO : 0,2

Ta có: n khi = 0,4 í

BTNT.Fe
BTNT.N
¾¾¾¾
® å n Fe = 0, 4 + 0, 4 = 1 ¾¾¾¾
® n HNO3 = 1.3 + 0, 2 = 3, 2(mol)

→Chọn đáp án B
Ví dụ 8: Cho m gam Mg vào dung dịch X gồm 0,03 mol Zn(NO3)2 và 0,05 mol
Cu(NO3)2 , sau một thời gian thu được 5,25 gam kim loại và dung dịch Y. Cho
dung dịch NaOH vào dung dịch Y, khối lượng kết tủa thu được là 6,67 gam. Giá trị
của m là :
A. 3,6
B. 2,86
C. 2,02
D. 4,05
Trích đề thi THPT Quốc Gia – Bộ Giáo Dục – 2016
Định hướng tư duy giải
Ở bài toán này các bạn xem hệ kín của chúng ta là Mg, Zn(NO3)2, Cu(NO3)2 và

NaOH sẽ thấy sự chuyển đổi NO3- trong các ion kim loại thành OH-


ìOH - : 0,16
Vậy ta có ngay: n NO- = 0,16 ¾¾
® 6,67 í
3
îKimloai : 3,95(gam)
BTKL
¾¾¾
®m + 0,03.65 + 0,05.64 = 5,25 + 3,95 ¾¾
®m = 4,05(gam)

Ở chủ đề tiếp theo đây tôi sẽ giúp các bạn nhận ra sức mạnh của các định luật bảo
toàn nếu các bạn biết vận dụng khôn khéo và linh hoạt.


CHỦ ĐỀ 2 HƯỚNG DẪN ÁP DỤNG CÁC ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN
Như tôi đã nói với các bạn việc chúng ta xem một bài tập hóa học là một
hệ kín có thể ví như cảnh “chim lồng, cá chậu” có nghĩa là các anh muốn làm gì thì
làm nhưng không bao giờ thoát được ra cái lồng đó.
2.1 Định luật bảo toàn nguyên tố
Sự di chuyển của nguyên tố từ chất này qua chất khác được gọi là định luật
bảo toàn nguyên tố (BTNT). Tôi đưa ra một ví dụ điển hình và đơn giản như sau:

Ví dụ 1: Giả sử ta cho a mol Fe (vừa đủ) tác dụng với HNO3 sau phản ứng thu
được 0,1 mol Fe(NO3)2, 0,2 mol Fe(NO3)3, 0,2 mol NO2 và 0,2 mol NO. Trong ví
dụ trên BTNT được tư duy là N trong HNO3 được phân bổ vào Fe(NO3)2,
Fe(NO3)3, NO2 và NO.
BTNT.N
Tôi thì tôi hay viết là ¾¾¾¾
® n HNO3 = 0,1.2 + 0, 2.3 + 0, 2.1 + 0, 2.1 = 1, 2(mol)

BTNT.Fe
Với Fe ¾¾¾¾
® n Fe = a = 0,1 + 0,2 = 0,3(mol)

n HNO3

1, 2
= 0,6(mol)
2
2
Với O tôi hay tư duy theo kiểu phá vỡ gốc NO3- lý do là khi NO3- bị phá vỡ thì O
nó sẽ được điều vào NO, NO2 và H2O. Với bài toán trên có 0,4 mol gốc NO3- bị
BTNT.O
phá vỡ. Do đó, ¾¾¾¾
® n H2O = 0,4.3
! - 0,2.2

! - 0,2.1
! = 0,6(mol)
BTNT.H
Với H ¾¾¾¾
® n H2O =

=

NO3-

NO2

NO

Chú ý: Với bài toán trên các số liệu đã được tôi bố trí khớp nếu các bạn thay đi
một thông số nào đó và dữ nguyên các thông số còn lại thì sẽ làm cho bài toán sai
bản chất hóa học. Đơn giản là nó còn phải tuân theo các định luật bảo toàn khác
(tôi sẽ trình bầy ở phần sau).
Ví dụ 2 : Cho hỗn hợp 0,15 mol CuFeS2 và 0,09 mol Cu2FeS2 tác dụng với dung
dịch HNO3 dư thu được dung dịch X và hỗn hợp khí Y gồm NO và NO2. Thêm
BaCl2 dư vào dung dịch X thu được m gam kết tủa. Mặt khác, nếu thêm Ba(OH)2
dư vào dung dịch X, lấy kết tủa nung trong không khí tới khối lượng không đổi
được x gam chất rắn. Giá trị của m và x là :
A. 111,84 và 157,44

B. 112,84 và 157,44
C. 111,84 và 167,44
D. 112,84 và 167,44
Định hướng tư duy giải
Bài toán khá đơn giản ta chỉ cần sử dụng BTNT thuần túy là xong.

ìn = 0,33 (mol)
ìïn CuFeS2 = 0,15 (mol) BTNT ï Cu
Ta có : í
¾¾¾
® ín Fe = 0,24 (mol)
ïîn Cu2 FeS2 = 0,09 (mol)

ïn = 0,48 (mol)
î S


ìn BaSO4 = 0,48 (mol) ® m = 0,48.233 = 111,84 (gam)
ï
ï ìn BaSO4 = 0,48(mol)
BTNT
→Chọn A
¾¾¾
®í ï
BTKL

x
n
=
0,12(mol)
¾¾¾
®
x
=
157,44(gam)
í
Fe2 O3
ï

ï ïn = 0,33(mol)
î î CuO
Ví dụ 3: Nung 32,4 gam chất rắn X gồm FeCO3, FeS, FeS2 có tỷ lệ số mol là 1:1:1
trong hỗn hợp khí Y gồm O2 và O3 có tỷ lệ số mol là 1:1. Biết các phản ứng xảy ra
hoàn toàn. Số mol Y tham gia phản ứng là :
A. 0,38
B. 0,48
C. 0,24
D. 0,26
Định hướng tư duy giải

ìn

ìn FeCO = 0,1(mol)
= 0,15(mol)
Fe2 O3
3
ïï
ïï
BTNT
Ta có : X ín FeS = 0,1(mol) ¾¾¾
® ínSO = 0,3(mol)
2
ïn
ï

=
0,1(mol)
n = 0,1(mol)
ïî FeS2
îï CO2
BTNT.O
¾¾¾¾
® n Opha˚n ˆ ˘ng = 0,1.2 + 0,3.2 + 0,15.3 - 0,1.3 = 0,95(mol)

ìïn O = a(mol) BTNT.O
¾¾
®Y : í 2

¾¾¾¾
® 5a = 0,95 ¾¾
® a = 0,19(mol)
ïîn O3 = a(mol)
→Chọn A
¾¾
®nY = 2a = 0,38(mol)
Ví dụ 4: Cho 24 gam Mg tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa a mol HNO3. Sau
phản ứng thu được hỗn hợp khí X gồm các khí N2; N2O có số mol bằng nhau và
bằng 0,1mol. Tìm giá trị a.
A.2,8
B. 1,6

C. 2,54
D. 2,45
Định hướng tư duy giải
Ta có ngay : n Mg = 1(mol)

BTNT.Mg
® n Mg(NO3 )2 = 1(mol)
ïì ¾¾¾¾
í BTE
® ne = 2(mol)
ïî ¾¾¾

ìïn N = 0,1 BTE
2 - 0,1.10 - 0,1.8
¾¾
®í 2
¾¾¾
® n NH4 NO3 =
= 0,025 (mol)
n
=
0,1
8
ïî N2 O

BTNT.N
¾¾¾¾
® n HNO3 = 1.2 + 0,025.2 + 0,1.2 + 0,1.2 = 2,45(mol) →Chọn D

Ví dụ 5: Cho 158,4 gam hỗn hợp X gồm Fe, Fe(NO3)2, Fe(NO3)3 vào một bình kín
không chứa không khí rồi nung bình ở nhiệt độ cao để phản ứng xảy ra hoàn toàn,
khối lượng chất rắn giảm 55,2 gam so với ban đầu. Cho chất rắn này tác dụng với
HNO3 thấy có khí NO thoát ra và thu được dung dịch Y. Cho NaOH dư vào Y
được kết tủa Z. Nung Z ngoài không khí tới khối lượng không đổi được m gam
chất rắn. Giá trị của m là :
A. 196.
B. 120.

C. 128.
D. 115,2.


Định hướng tư duy giải
Vì phản ứng hoàn toàn và chất rắn tác dụng với HNO3 có khí NO nên O2 sinh ra
trong quá trình nhiệt phân đã đi hết vào trong các oxit sắt.
→ 55,2 gam chỉ là NO2.
55,2
BTNT.N
X
Ta có: n NO2 =

= 1,2(mol) ¾¾¾¾
® n NO2 = n Trong
= 1,2(mol)
NO346
BTKL
X
¾¾¾
®mTrong
= 158,4 - 1,2.62 = 84(gam)
Fe

Sau các phản ứng Fe sẽ chuyển thành Fe2O3:

84
BTNT.Fe
¾¾¾¾
® n Fe =
= 1,5(mol)
56

¾¾
® n Fe2 O3 = 0,75(mol) ¾¾
® m = 0,75.160 = 120(gam) →Chọn B
Ví dụ 6: Hỗn hợp X gồm FeS, FeS2, CuS tan vừa hết trong dung dịch chứa 0,33
mol H2SO4 đặc sinh ra 0,325 mol khí SO2 và dung dịch Y. Cho Fe dư vào Y thu

được dung dịch Z và chất rắn T. Lọc bỏ T rồi cô cạn Z thì thu được m gam muối
khan. Giá trị của m là:
A. 15,12
B. 18,19
C. 11,33
D. 12,92.
Định hướng tư duy giải
Để giải nhanh bài tập này ta đưa ra các câu hỏi đặt ra là:
H trong H2SO4 chạy đi đâu rồi ? – Nó chạy vào H2O.
O trong H2SO4 chạy đi đâu rồi ? – Nó chạy vào muối SO24- , SO2 và H2O.
BTNT.Hidro
Ta có: ¾¾¾¾®

n H2O = 0,33(mol)
BTNT.O
¾¾¾¾
® nOtrong muoi = 0,33.4 - 0,325.2 - 0,33 = 0,34(mol)

0,34
= 0,085(mol)
4
= 0,085(mol) ¾¾
® m = 12,92(gam) →Chọn D

BTNT.O

trong muo·i
¾¾¾¾
® nSO
=
24

BTNT.S

¾¾¾¾
® n FeSO

4

2.2 Định luật bảo toàn electron (BTE)
Bản chất của BTE các em có thể hiểu đơn giản là kim loại đẩy e của mình
cho nguyên tố khác để lấy về anion, còn nguyên tố nhận e của kim loại cũng biến
thành chất khác. Nói như vậy nghĩa là khi áp dụng định luật này các bạn phải biết
(nói chính xác là phải thuộc) chất nào nhường e và chất nào nhận e? Sau khi
nhường nhận thì chúng biến thành cái gì? Nghe có vẻ mênh mông quá phải không?
Nhưng các bạn đừng sợ vì thật ra nó cũng chỉ có vài chất được lập đi lập lại thôi.
Chúng ta cùng nhau quay lại ví dụ 1 bên trên:
Ví dụ 1: Giả sử ta cho a mol Fe (vừa đủ) tác dụng với HNO3 sau phản ứng thu
được 0,1 mol Fe(NO3)2, 0,2 mol Fe(NO3)3, 0,2 mol NO2 và 0,2 mol NO.
Chúng ta đã xem xét ví dụ này qua định luật BTNT. Bây giờ ta tiếp tục xem xét nó

dưới hướng nhìn của BTE.


Như ở bên trên tôi đã nói số liệu của bài toán đã được tôi bố trí chuẩn xác,
nếu các bạn tự ý thay đi nó sẽ sai bản chất. Tại sao lại như vậy? Vì chúng ta cần
phải tuân theo định luật BTE nữa. Không khó để nhìn ra số mol e của Fe nhường
chính là số mol NO3- trong muối nghĩa là 0,8 mol. Vậy nguyên tố nào đã nhận e
của Fe? Chính là N+5 trong HNO3 nó đã nhận e để biến thành N+2 trong NO và N+4
trong NO2. Số mol e nhận cũng là 0,8. Đó chính là nội dung của định luật bảo toàn
electron (BTE). Nói tóm lại công thức áp dụng của định luật BTE thì rất ngắn

ån = ån

+
e

e

tuy nhiên sức mạnh của nó thì rất ghê gớm. Điều quan trọng nhất

khi các bạn áp dụng định luật này là phải các định đúng.
Chất nhường e (chất khử) là những chất nào?
Chất nhận e (chất oxi hóa) là những chất nào?
Chú ý khi giải bài tập:
– Xác định nhanh tất cả các nguyên tố thay đổi số oxh (không quan tâm tới chất

không thay đổi)
– Viết chính xác quá trình nhường nhận electron (nên nhớ thuộc lòng).
– Kết hợp linh hoạt với Bảo toàn nguyên tố.
– Áp dụng công thức

ån = ån
e

+
e

.

– Chú ý với những trường hợp về axit HNO3 tạo ra muối NH4NO3; hỗn hợp muối
Fe2+;Fe3+.
– Trường hợp một nguyên tố tăng rồi lại giảm số oxi hóa hoặc ngược lại .
Bây giờ, chúng ta sẽ nghiên cứu các ví dụ để hiểu vấn đề trên .
A. Bảo toàn electron một nấc.
Bảo toàn electron một nấc nghĩa là chất khử sẽ có số oxi hóa được đưa ngay từ min
tới max thông qua một chất oxi hóa (thường là HNO3 hoặc H2SO4).
HNO3 /H 2SO4
ìFe ¾¾¾¾¾
® Fe3+
ïï

HNO3 /H 2SO4
Quy trình íAl ¾¾¾¾¾
® Al3+
ï
HNO3 /H 2SO4
2+
2+
2+
ïî Zn, Mg,Cu... ¾¾¾¾¾® Zn , Mg ,Cu ...
Ví dụ 2: Hoà tan hoàn toàn m gam Al vào dung dịch HNO3 loãng dư thu được hỗn
hợp khí gồm 0,015 mol N2O và 0,01 mol NO (phản ứng không tạo muối amoni).
Tính m.

A. 13,5 g
B. 0,81 g
C. 8,1 g
D. 1,35 g
Định hướng tư duy giải
ìïn N O = 0,015(mol)
Ta có: í 2
® n e = 0,015.8 + 0,01.3 = 0,15(mol)
ïîn NO = 0,01(mol)
BTE
¾¾
¾

® nAl = 0,05(mol) ® mAl = 0,05.27 = 1,35(gam)


Ví dụ 3: Hòa tan hoàn toàn 12,42 gam Al bằng dung dịch HNO3 loãng (dư), thu
được dung dịch X và 1,344 lít (ở đktc) hỗn hợp khí Y gồm hai khí là N2O và N2. Tỉ
khối của hỗn hợp khí Y so với khí H2 là 18. Cô cạn dung dịch X, thu được m gam
chất rắn khan. Giá trị của m là:
A. 97,98.
B. 106,38.
C. 38,34.
D. 34,08.
Định hướng tư duy giải

ìn Al = 0, 46(mol) ¾¾
® å n e- = 1,38(mol)
ïï
Ta có ngay: íì
ïn N2O = 0,03(mol)
ïí
îïïîn N2 = 0,03(mol)

1,38 - 0,54
= 0,105(mol)
8

¾¾
® m = 0,46.(27 + 62.3) + 0,105.80 = 106,38(gam)
B. Bảo toàn electron nhiều nấc.
Bảo toàn electron nhiều nấc nghĩa là chất khử sẽ có số oxi hóa được đưa từ số oxi
hóa min tới số oxi hóa trung gian rồi tới max thông qua một sô chất oxi hóa
Với mức trung gian thường là : Oxi, Clo...
Với mức max thường là:HNO3 hoặc H2SO4.
Dạng bài tập này ta thường hay dùng phương pháp “Chia để trị”.
Ví dụ 4: Đốt cháy x mol Fe bởi oxi thu được 5,04 gam hỗn hợp (A) gồm các oxit
sắt. Hòa tan hoàn toàn (A) trong dung dịch HNO3 thu được 0,035 mol hỗn hợp (Y)
gồm NO và NO2. Tỷ khối hơi của Y đối với H2 là 19. Tính x.
A. 0,06 mol.

B. 0,065 mol. C. 0,07 mol. D. 0,075 mol.
Định hướng tư duy giải
ìn = x(mol) BTKL
Chia để trị ta có ngay: 5,04 í Fe
¾¾¾
® 56x + 16y = 5,04
în O = y(mol)
ìïn NO = 0,0175(mol) BTE
Ta có: í
¾¾¾
® 3x = 2y + 0,0175.4
ïîn NO2 = 0,0175(mol)

→Chọn C
¾¾
® x = y = 0,07(mol)
¾¾
® n e+ = 0,54(mol) ¾¾
® n NH+ =
4

Ví dụ 5: Thổi một luồng CO qua hỗn hợp Fe và Fe2O3 nung nóng được chất khí B
và chất rắn D. Cho B lội qua dung dịch nước vôi trong dư thấy tạo 6 gam kết tủa.
Hòa tan D bằng H2SO4 đặc, nóng thấy tạo ra 0,18 mol SO2 còn dung dịch E. Cô
cạn E thu được 24 g muối khan. Xác định thành phần % của Fe:

A. 58,33%
B. 41,67%
C. 50%
D. 40%
Định hướng tư duy giải
Cô cạn E thu được 24g muối khan do đó ta có :


24
= 0,12(mol)
400
ìFe : 0,12(mol) BTNT(O + C )

ìFe : 0,12(mol)
Hỗn hợp đầu í
¾¾¾¾¾
®Dí
îO : a(mol)
îO : a - 0,06(mol)
BTNT.Fe
¾¾¾¾
® n Fe = 2n Fe2 (SO4 ) = 2.
3

BTE

¾¾¾
® 0,12.3 = 2(a - 0,06) + 0,18.2 ® a = 0,06(mol)

ìFe O : 0,02(mol)
BTNT(Fe + O)
¾¾¾¾¾
®í 2 3
îFe : 0,08(mol)
0,08.56
BTKL
¾¾¾
® %Fe =

= 58,33% → Chọn A
0,12.56 + 0,06.16
Ví dụ 6: Thổi khí CO đi qua ống sứ đựng m gam Fe2O3 nung nóng. Sau phản ứng
thu được m1 gam chất rắn Y gồm 4 chất. Hoà tan hết chất rắn Y bằng dung dịch
HNO3 dư thu được 0,448 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, đo ở điều kiện
chuẩn) và dung dịch Z. Cô cạn dung dịch Z thu được m1+16,68 gam muối khan.
Giá trị của m là:
A. 8,0 gam.
B. 16,0 gam. C. 12,0 gam. D. 24 gam.
Định hướng tư duy giải
BTNT.Fe
® Fe(NO3 )3 : a(mol)

ïìFe : a(mol) ¾¾¾¾
Chia để trị: m1 í
ïîO : b(mol)

¾¾
® m1 = 56a + 16b(gam)
BTNT.Fe
¾¾¾¾
® m Fe( NO3 )3 = a(56 + 62.3)
BTE
ì ¾¾¾
® 3a = 2b + 0,02.3

Có n NO = 0,02(mol) ¾¾
®í
îa(56 + 62.3) = 56a + 16b + 16,68

BTNT.Fe
¾¾
®a = 0,1 ¾¾¾¾
® m = 0,05.160 = 8g

→ Chọn A

Ví dụ 7: Đốt 11,2 gam Fe trong bình kín chứa khí Cl2, thu được 18,3 gam chất rắn

X. Cho toàn bộ X vào dung dịch AgNO3 dư đến khi các phản ứng xảy ra hoàn
toàn, thu được m gam chắt rắn. Giá trị của m là:
A. 28,7.
B. 43,2.
C. 56,5.
D. 71,9.
Định hướng tư duy giải
18,3 - 11,2
BTKL
n Fe = 0,2(mol) ¾¾¾
® n Cl =
= 0,2(mol)

35,5
BTNT.Clo
ì ¾¾¾¾
® AgCl : 0,2(mol)
ï
¾¾
® í BTE
¾¾
® m = 71,9(gam)
0,2.3 - 0,2
® Ag :
= 0,4(mol)

ï ¾¾¾
1
î
Chú ý: Bài này ta áp dụng BTE cho cả quá trình. Chất khử là Fe với số mol e
nhường là 0,2.3 = 0,6 do đó tổng số mol e nhận (Cl và Ag+ ) cũng phải bằng 0,6


C. Bảo toàn electron có nhiều yếu tố gây nhiễu.
Trong nhiều bài tập hóa học người ra đề rất hay dùng kỹ thuật tung hỏa mù
bằng cách đưa các nguyên tố gây nhiễu vào làm nhiều bạn học sinh không hiểu kỹ
bản chất hóa học sẽ rât bối rối. Nhiều khi còn hoang mang và đành bó tay mặc dù
bản chất nó rất đơn giản. Yếu tố gây nhiễu chính là các nguyên tố lên rồi lại xuống,

xuống rồi lại lên nhưng tổng các quá trình thì bằng 0. Phát hiện ra điều trên chúng
ta không cần quan tâm tới các yếu tố gây nhiễu để đơn giản hóa bài toán.
Ví dụ 8: Trộn 0,54 gam bột nhôm với bột Fe2O3 và CuO rồi tiến hành phản ứng
nhiệt nhôm thu được hỗn hợp A. Hoà tan hoàn toàn A trong dung dịch HNO3 được
hỗn hợp khí gồm NO và NO2 có tỉ lệ số mol tương ứng là 1 : 3. Thể tích (đktc) khí
NO và NO2 lần lượt là:
A. 0,224 lít và 0,672 lít.
B. 0,672 lít và 0,224 lít.
C. 2,24 lít và 6,72 lít.
D. 6,72 lít và 2,24 lít.
Định hướng tư duy giải
Trong ví dụ này ta chỉ quan tâm tới sự thay đổi số oxi hóa của Al với Fe và Cu

không cần quan tâm.Vì cuối cùng các nguyên tố đều lên số oxi hóa cao nhất.

ìn Al = 0,02(mol) ® å n e+ = 0,06(mol)
ï
Ta có: ín NO = a(mol)
ïn
î NO2 = 3a(mol)
BTE
¾¾¾
®0,06 = 6a ® a = 0,01(mol)

→ Chọn A

Ví dụ 9: Trộn đều 10,8 gam Al với hỗn hợp Fe2O3, CuO, Cr2O3 rồi đốt nóng để
tiến hành phản ứng nhiệt nhôm thu được hỗn hợp X. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X
trong dung dịch HNO3 đun nóng thu được V lít (đktc) hỗn hợp khí NO, NO2 có tỉ
khối so với hiđro là 21. V có giá trị là:
A. 20,16 lít.
B. 17,92 lít.
C. 16,8 lít.
D. 4,48 lít.
Định hướng tư duy giải

ìn Al = 0, 4(mol) ® å n e+ = 1, 2(mol)

ï
Ta có: ín NO = a(mol)
ïn
î NO2 = 3a(mol)
BTE
¾¾¾
®1,2 = 6a ® a = 0,02(mol)

→ Chọn B

Ví dụ 10: Đốt 16,2 gam hỗn hợp X gồm Al và Fe trong khí Cl2 thu được hỗn hợp
chất rắn Y. Cho Y vào nước dư, thu được dung dịch Z và 2,4 gam kim loại. Dung

dịch Z tác dụng được với tối đa 0,21 mol KMnO4 trong dung dịch H2SO4 (không
tạo ra SO2). Phần trăm khối lượng của Fe trong hỗn hợp X là:
A. 72,91%.
B. 64,00%.
C. 66,67%.
D. 37,33%.
Định hướng tư duy giải


Chú ý: Nguyên tố gây nhiễu là Cl2(ta không cần quan tâm) vì cuối cùng Cl- cũng bị
KMnO4 oxi hóa thành Cl2.
BTKL

® 27a + 56b = 13,8
ìAl : a(mol)
ïì ¾¾¾
Ta có ngay: 16,2 - 2,4 = 13,8 í
¾¾
® í BTE
® 3a + 3b = 0,21.5
ïî ¾¾¾
îFe : b(mol)

ìa = 0,2(mol)
0,15.56 + 2,4

¾¾
®í
¾¾
® %Fe =
= 66,67%
b
=
0,15(mol)
16,2
î
2.3 Định luật bảo toàn điện tích
Tư tưởng cổ điển thưởng chỉ áp dụng định luật bảo toàn điện tích (BTĐT)

cho một dung dịch khi đề bài cho luôn các ion có sẵn trong dung dịch. Tôi nghĩ
điều đó đơn giản tới mức hiển nhiên các bạn phải hiểu được. Tuy nhiên, tôi vẫn
đưa ra một số ví dụ để các bạn dễ hình dung:
Ví dụ 1: Một dung dịch chứa hai cation là Al3+ (0,2 mol) và Fe2+ (0,1 mol). Trong
dung dịch trên còn chứa hai anion là Cl— (x mol) và SO24- (y mol). Tìm x và y biết
rằng cô cạn dung dịch trên thu được 46,9 gam hỗn hợp muối khan.
A. 0,2 và 0,3 B. 0,3 và 0,2 C. 0,5 và 0,15 D. 0,6 và 0,1
Định hướng tư duy giải

ìAl3+ : 0,2(mol)
ï 2+
ïFe : 0,1(mol)

Ta có: í ïCl : x(mol)
ïSO 2 - : y(mol)
î 4
BTDT
® x + 2y = 0,8
ïì ¾¾¾
¾¾
® í BTKL
® 35,5x + 96y = 46,9 - 0,2.27 - 0,1.56
ïî ¾¾¾

ìx = 0,2(mol)

→Chọn A
¾¾
®í
îy = 0,3(mol)
Chú ý: Khối lượng muối trong dung dịch chính là tổng khối lượng các ion.
Ví dụ 2: Dung dịch A chứa: 0,15 mol Ca2+; 0,6 mol Cl-; 0,1 mol Mg2+; a mol
HCO3-; 0,4 mol Ba2+. Cô cạn dung dịch A được chất rắn B. Nung B trong không
khí đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m là:
A. 90,1.
B. 102,2.
C. 105,5.
D. 127,2.

Định hướng tư duy giải
ìCa 2 + : 0,15(mol)
ï
Ta có: íMg2 + : 0,1(mol)
ïBa 2 + : 0,4(mol)
î

ïìCl : 0,6(mol)
í
îïHCO3 : a(mol)

BTDT

¾¾¾
®2(0,15 + 0,1 + 0,4) = 0,6 + a ¾¾
®a = 0,7(mol)


t
t
B ¾¾
® CO32 - ¾¾
® O ® n O = 0,35(mol)
0

0

BTKL
¾¾¾
® m = 0,15.40 + 0,1.24 + 0,4.137 + 0,6.35,5 + 0,35.16 = 90,1

t
Chú ý : Nếu chỉ cô cạn dung dịch B thì ta sẽ có quá trình B ¾¾
® CO32 0

Ví dụ 3: Dung dịch A có chứa: 0,05 mol SO42-; 0,1 mol NO3-; 0,08 mol Na+; 0,05
mol H+ và K+. Cô cạn dung dịch A thu đựợc chất rắn B. Nung chất rắn B đến khối

lượng không đổi thu được chất rắn C có khối lượng là :
A. 15,62 gam. B. 11,67 gam . C. 12,47 gam. D. 13,17 gam.
Định hướng tư duy giải
BTDT
Ta có: ¾¾¾
® 0, 05.2 + 0,1 = 0, 08 + 0, 05 + n K+ ® n K + = 0, 07

ìSO24 - : 0,05(mol)
ï t0
® XNO 2
ïNO3 : 0,05(mol) ¾¾
¾¾

® mC í
® m C = 11,67(gam)
+
ïK : 0,07(mol)
ï +
îNa : 0,08(mol)
Cái mà tôi muốn nói với các bạn ở đây là BTĐT mở rộng mà tôi gọi là “Tư
duy điền số điện tích” theo kinh nghiệm của tôi thì hướng tư duy này áp dụng vào
giải bài tập hóa học vô cơ rất tốt. Bản chất của nó liên quan chặt chẽ tới BTNT và
BTE mà điển hình là các nguyên tố kim loại. Tôi gọi là mở rộng vì các bạn cần
hiểu thêm một bước là sau khi các nguyên tố nhường nhận e thì nó biến thành các
ion gì? Sau đây tôi xin đưa ra một số ví dụ điển hình:

Ví dụ 4: Hòa tan hết 0,54g Al trong 70ml dung dịch HCl 1M thu được dung dịch
X. Cho 75ml dung dịch NaOH 1M vào X, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn
thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là
A. 1,56
B. 0,78
C. 0,39
D. 1,17
Trích đề thi THPT Quốc Gia – Bộ Giáo Dục – 2016
Định hướng tư duy giải
Các bạn hãy làm quen với câu hỏi: Dung dịch cuối cùng chứa gì?
Rồi sau đó ta sẽ điền số điện tích để đủ cung ứng cho Na+.

ì Na + : 0,075
ï
Ta có: n Al = 0,02 ¾¾
® X íCl- : 0,07
ï BTDT
î ¾¾¾® AlO 2 : 0,005
BTNT.Al
¾¾¾¾
® m¯ = 0,015.78 = 1,17

→Chọn đáp án D

Ví dụ 5: Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp Na, Ba, Al vào nước được dung dịch
X và 13,44 lít H2 (đktc). Cho X phản ứng với 450 ml dung dịch H2SO4 1M được
31,1 gam kết tủa và dung dịch Y chỉ chứa các muối sanfat trung hòa. Cô cạn Y
được 41,3 gam chất rắn khan . Giá trị m bằng


A. 24,1
B. 18,7
Định hướng tư duy giải

C. 25,6

D. 26,4

ìïn H2SO4 = 0, 45
Ta có: í ­
® n e = 1, 2
ïîn H2 = 0,6 ¾¾
ìm ¾¾
® n + = n e = 1, 2
ï 2¾¾
® 31,1 + 41,3 = 72, 4 íSO4 : 0, 45
ï îOH : a
BTDT

¾¾¾
® a = 0,3 ¾¾
® m = 24,1 →Chọn đáp án A

Ví dụ 6: Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp Na, K, Ba, Al vào nước được dung
dịch X và 8,288 lít H2 (đktc). Cho X phản ứng với 250 ml dung dịch H2SO4 1M
được 20,22 gam kết tủa và dung dịch Y chỉ chứa các muối sunfat trung hòa. Cô cạn
Y được 25,74 gam chất rắn khan . Giá trị m bằng
A. 14,18
B. 17,88
C. 15,26
D. 16,48

Định hướng tư duy giải

ìïn H2SO4 = 0, 25
­
® n e = 0, 74
ïîn H2 = 0,37 ¾¾

Ta có: í

ìm ¾¾
® n + = n e = 0,74
ï 2¾¾

® 20, 22 + 25,74 = 45,96 íSO4 : 0, 25
ï îOH : a
BTDT
→Chọn đáp án B
¾¾¾
® a = 0,24 ¾¾
® m = 17,88
Ví dụ 7: Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp Na, K, Ba, Al vào nước được dung
dịch X và 9,184 lít H2 (đktc). Cho X phản ứng với 350 ml dung dịch H2SO4 1M
được 26,42 gam kết tủa và dung dịch Y chỉ chứa các muối sunfat trung hòa. Cô cạn
Y được 32,58 gam chất rắn khan. Phần trăm khối lượng của Ba có trong hỗn hợp
ban đầu là:

A. 34,18%
B. 47,88%
C. 45,22%
D. 58,65%
Định hướng tư duy giải
ìïn H2SO4 = 0,35
Ta có: í ­
® n e = 0,82
ïîn H2 = 0,41 ¾¾
ìm ¾¾
® n + = n e = 0,82
ï 2¾¾

® 26, 42 + 32,58 = 59 íSO4 : 0,35
ï îOH : a


BTDT
BTKL
¾¾¾
® a = 0,12 ¾¾¾
® m = 23,36

ìAl(OH)3 : 0,04
0,1.137

¾¾
® 26,42 í
¾¾
® %Ba =
= 58,65% →Chọn đáp án D
23,36
îBaSO4 : 0,1
Ví dụ 8: Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp Na, K, Ba, Al vào nước được dung
dịch X và 8,512 lít H2 (đktc). Cho X phản ứng với 200 ml dung dịch H2SO4 1,25M
và HCl 1M được 24,86 gam kết tủa và dung dịch Y chỉ chứa các muối clorua và
sunfat trung hòa. Cô cạn Y được 30,08 gam chất rắn khan. Phần trăm khối lượng
của Ba có trong hỗn hợp ban đầu là:

A. 44,16%
B. 60,04%
C. 35,25%
D. 48,15%
Định hướng tư duy giải

ìn H SO = 0, 25
ïï 2 4
Ta có: ín HCl = 0, 2
ï ­
® n e = 0, 76
ïîn H2 = 0,38 ¾¾

ìm ¾¾
® n + = n e = 0,76
ï 2ïSO : 0, 25
¾¾
® 24,86 + 30,08 = 54,94 í -4
ïCl : 0, 2
ïOH - : a
î
ìAl(OH)3 : 0,02
BTDT
BTKL
¾¾¾

® a = 0,06 ¾¾¾
® m = 22,82 ¾¾
® 24,86 í
îBaSO4 : 0,1
0,1.137
¾¾
® %Ba =
= 60,04% →Chọn đáp án B
22,82
Ví dụ 9: Cho V lít dung dịch NaOH 2M vào dung dịch chứa 0,1 mol Al2(SO4)3 và
0,1 mol H2SO4 đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 7,8 gam kết tủa. Giá
trị lớn nhất của V để thu được lượng kết tủa trên là:

A. 0,25.
B. 0,035.
C. 0,05.
D. 0,45.
Định hướng tư duy giải
ìn 3+ = 0, 2
ïï Al
ì Na 2SO 4 : 0, 4
BTNT
Ta có: í n SO2- = 0, 4 ¾¾¾
®í
4

î NaAlO 2 : 0,1
ï
ïîn ¯ = 0,1
BTNT.Na
¾¾¾¾
® n NaOH = 0,9 ¾¾
® V = 0,45

→Chọn đáp án D

Ví dụ 10: Cho m gam Na vào 200 ml dung dịch hỗn hợp NaOH 1M và Ba(OH)2
0,5M, đến phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch X. Cho dung dịch X vào 200 ml

dung dịch hỗn hợp Al2(SO4)3 0,5M và HCl 1M, đến phản ứng hoàn toàn thu được
31,1 gam kết tủa. Giá trị lớn nhất của m là:
A. 4,6.
B. 23.
C. 2,3.
D. 11,5.
Trích đề THPT – Đặng Thúc Hứa – Lần 2 – 2016
Định hướng tư duy giải

ìBaSO4 : 0,1

→ Na lớn nhất khi kết tủa bị tan một phần.
Al(OH)
:
0,1
3
î

Ta có: 31,1í

ìSO 24 - : 0, 2
ï ïCl : 0, 2
Dung dịch cuối cùng chứa: í

ï AlO 2 : 0,1
ï ¾¾¾
BTDT
® Na + : 0,7
î
BTNT.Na
¾¾¾¾
® m = 0,5.23 = 11,5(gam)

→Chọn đáp án D

Ví dụ 11: Sục 17,92 lít H2S ở (đktc) vào V ml dung dịch hỗn hợp NaOH 1M, KOH

1M và Ba(OH)2 0,5M, đến phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch X. Cô cạn X
thu được 45,9 gam chất rắn khan. Giá trị của V là:
A. 300.
B. 250.
C. 200.
D. 400.
Trích đề THPT – Đặng Thúc Hứa – Lần 2 – 2016
Định hướng tư duy giải
Ta dùng kỹ thuật điền số điện tích, xét trường hợp muối là HS- trước

Ta có: n H 2S

ì Na + : V
ï +
ïK : V
= 0,8 ¾¾
® 45,9 í 2 +
ï Ba : 0,5V
ï HS- : 3V
î

BTKL
¾¾¾
® 45,9 = V(23 + 39 + 33 + 0,5.137) ¾¾

®V = 0,2 →Chọn đáp án C

Có đáp án → dễ thấy với các trường hợp tạo hỗn hợp muối và có dư OH- thì không
có đáp án thỏa mãn.
Ví dụ 12: Hòa tan hết m gam hỗn hợp X gồm Na, Na2O, K, K2O, Ba và BaO, trong
đó oxi chiếm 8,75% về khối lượng vào nước thu được 400ml dung dịch Y và 1,568
lít khí H2 (đktc). Trộn 200ml dung dịch Y với 200ml dung dịch hỗn hợp gồm HCl
0,2M và H2SO4 0,15M thu được 400ml dung dịch có PH = 13. Các phản ứng xảy
ra hoàn toàn. Giá trị của m gần nhất với:
A. 12
B. 15
C. 14

D. 13
Trích đề thi thử THPT Chuyên Nguyễn Huệ – Lần 3 – 2016
Định hướng tư duy giải


n - - 0,1
ỡHCl : 0,04
PH =13
ắắ
đ n H+ = 0,1 ắắắ
đ OH
= 0,1

0,4
ợH2SO4 : 0,03

Ta cú: ớ

ắắ
đ n OH- = 0,14
ỡùn H = 0,07
0,28 - 0,07.2
BTE
X lý vi Y: ớ 2
ắắắ

đ nO =
= 0,07
2
ùợn OH- = 0,14.2 = 0,28
0,07.16
Chn ỏp ỏn D
ắắ
đm =
= 12,8(gam)
0,0875
Vớ d 13: t chỏy hon ton m gam P sau ú hũa tan hon ton sn phm chỏy
vo H2O thu c dung dch X. Ngi ta cho 300ml dung dch KOH 1M vo X sau

khi cỏc phn ng xy ra hon ton cụ cn thu c 18,56 gam rn khan. Giỏ tr ca
m l:
A. 2,48
B. 2,265
C. 1,86
D. 1,24
Trớch thi th thy Nguyn Anh Phong
nh hng t duy gii
ỡ 3- m
ù PO 4 : 31
ùù
+ T duy in s in tớch ta cú: ớ K + : 0,3

ù
3m
BTDT
ù ắắắ
đ H+ :
- 0,3
31
ùợ
m
3m
BTKL
ắắắ

đ 95 + 0,3.39 +
- 0,3 = 18,56 ắắ
đ m = 2, 2649(gam) (Loi)
31
31
ỡ 3- m
ù PO 4 : 31
ùù
+ Vy xy ra trng hp 2: ớ K + : 0,3
ù
3m
BTDT

ù ắắắ
đ OH - : 0,3 31
ợù
BTKL
ắắắ
đ 95

m
3m ử
ổ
+ 0,3.39 + 17 ỗ 0,3 ữ = 18,56
31

31 ứ
ố

ắắ
đ m = 1,24(gam)

Chn ỏp ỏn D

2.4. nh lut bo ton khi lng (BTKL)
Cú th núi rng nh lut BTNT l mt trng hp riờng ca BTKL, khi ta
ỏp dng BTKL cho mt nguyờn t thỡ ngi ta gi l BTNT. Trong quỏ trỡnh gii
cỏc bi toỏn húa hc vụ c nh lut BTKL úng vai trũ khỏ quan trng, tuy nhiờn

nú him khi c ỏp dng riờng l m thng ch l mt khõu no ú ca bi toỏn.


Đơn giản là vì chúng ta không gặp nhiều khó khăn để phát hiện ra một bài toán có
được xử lý thông qua định luật BTKL hay không.
Một vấn đề nữa mà tôi muốn nói với các bạn đó là khi áp dụng BTKL các
bạn lên vận dụng linh hoạt chứ đừng lên chỉ gò bó với lối áp dụng tư duy cổ điển
đó là: Tổng khối lượng các chất sau và trước phản ứng là không thay đổi, hay biểu
diễn qua công thức là: m = const . Thế áp dụng linh hoạt nghĩa là áp dụng nhử thế
nào? Là chúng ta có thể áp dụng cho một phần của các chất tham gia phản ứng hay
nói một cách khác là áp dụng bảo toàn cho nhóm nguyên tố cần thiết. Các bạn theo
dõi thêm qua một số ví dụ sau:

Ví dụ 1: Đốt cháy 2,15 gam hỗn hợp gồm Zn, Al và Mg trong khí oxi dư, thu được
3,43 gam hỗn hợp X. Toàn bộ X phản ứng vừa đủ với V ml dung dịch HCl 0,5M.
Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của V là:
A. 160
B. 240
C. 480
D. 320
Trích đề thi THPT Quốc Gia – Bộ Giáo Dục – 2016
Định hướng tư duy giải
3, 43 - 2,15
BTKL
Ta có: ¾¾¾

® nO =
= 0,08 ¾¾
® n H+ = 0,16 ¾¾
® V = 320(ml)
16
Ví dụ 2: Cho luồng khí CO dư qua ống sứ đựng 5,36 gam hỗn hợp FeO và Fe2O3
(nung nóng), thu được m gam chất rắn và hỗn hợp khí X. Cho X vào dung dịch
Ca(OH)2 dư, thu được 9 gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị
của m là
A. 3,75
B. 3,92
C. 2,48

D. 3,88
Trích đề thi THPT Quốc Gia – Bộ Giáo Dục – 2016
Định hướng tư duy giải
Ca(OH)2
BTKL
Ta có: X ¾¾¾¾
® n ¯ = 0,09 ¾¾¾
® m = 5,36 - 0,09.16
!
"#"
$ = 3,92(gam)
O

Ví dụ 3: Cho m gam Mg vào dung dịch X gồm 0,03 mol Zn(NO3)2 và 0,05 mol
Cu(NO3)2, sau một thời gian thu được 5,25 gam kim loại và dung dịch Y. Cho
dung dịch NaOH vào dung dịch Y, khối lượng kết tủa thu được là 6,67 gam. Giá trị
của m là :
A. 3,6
B. 2,86
C. 2,02
D. 4,05
Trích đề thi THPT Quốc Gia – Bộ Giáo Dục – 2016
Định hướng tư duy giải

ìOH - : 0,16
Ta có : n NO- = 0,16 ¾¾
® 6,67 í
3
îKimloai : 3,95(gam)
BTKL(Mg,Zn,Cu)
¾¾¾¾¾¾
®m + 0,03.65 + 0,05.64 = 5,25 + 3,95 ¾¾
®m = 4,05(gam)


Ví dụ 4: Hòa tan hoàn toàn 30 gam hỗn hợp X gồm Mg, MgO, Mg(NO3)2 trong

dung dịch HCl. Sau phản ứng thu được dung dịch Y chỉ chứa một muối clorua và
4,48 lít NO (đktc, sản phẩm khử duy nhất). Khối lượng muối có trong Y là:
A. 66,5.
B. 58,9 gam. C. 57,0 gam. D. 47,5 gam.
Trích đề thi thử thầy Nguyễn Anh Phong
Định hướng tư duy giải
0,2.3
ì BTE
® n Mg =
= 0,3(mol) BTKL
ï ¾¾¾
Ta có n NO = 0,2 ® í

2
¾¾¾
® m MgO = 0,2
BTNT.N
ï ¾¾¾¾
® n Mg(NO3 )2 = 0,1(mol)
î
BTNT.Mg
¾¾¾¾
® n MgCl2 = 0,6(mol) ¾¾
® m = 0,6.95 = 57(gam)

Ví dụ 5: Cho m g bột Fe vào 200 ml dung dịch hỗn hợp A chứa H2SO41M,
Fe(NO3)3 0,5M và CuSO4 0,25M. Khuấy đều cho đến khi phản ứng kết thúc thu
được 0,85m gam chất rắn. Biết NO là sản phẩm khử duy nhất của N+5. Giá trị của
m là:
A. 72 g
B. 53,33 g
C. 74,67 g
D. 32,56 g
Trích đề thi thử thầy Nguyễn Anh Phong
Định hướng tư duy giải

ìïn H+ = 0,4

¾¾
® n ­NO = 0,1
n
= 0,3
îï NO3ìn
ï Fe2+ = x
ï
¾¾
® ín SO2- = 0, 25
¾¾
® x = 0,35
4

ï BTNT.N
® n NO- = 0, 2
ïî ¾¾¾¾
3

Ta có: í

BTKL
¾¾¾
® m + 0,1.56 + 0,05.64 = 0,85m + 0,35.56 ¾¾
® m = 72

Ví dụ 6. Hoà tan hoàn toàn m gam Fe trong dung dịch HNO3 thấy có 0,3 mol khí
NO2 sản phẩm khử duy nhất thoát ra, nhỏ tiếp dung dịch HCl vừa đủ vào lại thấy
có 0,02 mol khí NO duy nhất bay ra. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được chất
rắn có khối lượng là:
A. 24,27 g
B. 26,92 g
C. 19,50 g
D. 29,64 g
Trích đề thi thử thầy Nguyễn Anh Phong
Định hướng tư duy giải

ìïn NO2 = 0,3 BTE

Ta có: í
¾¾¾
® n e = 0,36 ¾¾
® n Fe = 0,12
ïîn NO = 0,02
Lại có: n NO = 0,02 ¾¾
® n HCl = 0,08


ìn 3+ = 0,12
ïï Fe
BTKL

¾¾
® ín Cl- = 0,08
¾¾¾
® m = 26,92
ï BTDT
ïî ¾¾¾® n NO3- = 0, 28
Ví dụ 7: Nung nóng m gam Al và Fe3O4 trong điều kiện không có không khí. Sau
khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được chất rắn X. Cho X tác dụng với dung dịch
NaOH dư thu được dung dịch Y, chất rắn Z và 3,36 lít H2 (đktc). Sục khí CO2 dư
vào dung dịch Y thu được 39 gam kết tủa. Giá trị của m là:
A. 48,3
B. 57,0

C. 45,6
D. 36,7
Trích đề thi thử thầy Nguyễn Anh Phong
Định hướng tư duy giải
BTE
X + NaOH có khí H2 chứng tỏ Al dư. Có ngay: n H2 = 0,15 ¾¾¾
® n d≠
Al = 0,1

0,5 - 0,1
BTNT.O
= 0,2 ¾¾¾¾

® n Fe3O4 = 0,15
2
BTKL
¾¾¾
® m = 0,5.27 + 0,15.232 = 48,3(gam)
Ví dụ 8: Cho Mg phản ứng vừa đủ với V lít dung dịch hỗn hợp chứa HCl 2M và
H2SO4 1M. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch A chứa m gam
muối và 4,48 lít khí H2 (đktc). Giá trị của m là:
A. 20,6
B. 21,5
C. 23,4
D. 19,8

Trích đề thi thử thầy Nguyễn Anh Phong
Định hướng tư duy giải
BTNT.Al
n ¯ = n Al(OH)3 = 0,5 ¾¾¾¾
® n Al2O3 =

BTE
Ta có : n H = 0,2(mol) ¾¾¾
® n Mg = 0,2
2

BTNT.H

¾¾¾¾
® 2V + 2V = 0,2.2 ¾¾
®V = 0,1

ìCl- : 0, 2
ïï
BTKL
¾¾
® A íSO24- : 0,1 ¾¾¾
® m = 21,5(gam)
ï 2+
ïîMg : 0, 2

2.5 Vận dụng liên hoàn các định luật bào toàn
Trong phần này tôi sẽ trình bày một bài toán với nhiều cách giải, áp dụng
nhiều định luật bảo toàn để các bạn có thể hiểu một cách sâu sắc và dễ dàng khi áp
dụng chúng vào các bài toán khác.
Ví dụ 1: Cho 27,25 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, Fe, Cu tác dụng với O2 thu được
m gam hỗn hợp chất rắn Y. Cho toàn bộ Y tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc,
nóng, thu được dung dịch Z (chứa 5 muối, với tổng khối lượng muối là 96,85 gam)
và 10,64 lít (đktc) khí SO2 duy nhất. Gía trị của m là
A. 34,85.
B. 20,45.
C. 38,85.
D. 31,25.

Định hướng tư duy giải


BTNT.S
+ Bảo toàn nguyên tố S trong H2SO4 ¾¾¾¾
® n H2SO4 = nSO2 + nSO24

BTKL
+ Với muối ¾¾¾
® n SO2- =
4

96,85 - 27, 25
= 0,725
96

10,64
BTNT.H
= 1, 2(mol) ¾¾¾¾
® n H2O = 1, 2
22, 4
Cách 1: BTKL cho cả quá trình hòa tan hỗn hợp rắn Y:
¾¾
® n H2SO4 = 0,725 +

BTKL
¾¾¾
® mY + 1,2.98 = 96,85 + 0,475.64 + 1,2.18 ¾¾
® mY = 31,25(gam)

Cách 2: BTNT.O cả quá trình hòa tan hỗn hợp rắn Y:
BTNT.O
Y
Y
¾¾¾¾
® n Trong

+ 1,2.4
® n Trong
= 0,25
O
O
! = 0,725.4
! ¾¾
"
#$#
% + 0,475.2
"
#$#

% + 1,2
H2SO4

SO24-

SO2

H2O

BTKL
¾¾¾
® mY = 0,25.16 + 27,25 = 31,25(gam)

Cách 3: Dùng bảo toàn electron (BTE)
Ta có : nSO2- = 0,725 ¾¾
® n e = 1,45
4

BTE

Y
Y
¾¾¾
® 2n Trong

+ 0,
® n Trong
= 0, 25(mol)
O
O
!
"475.2
#"
$ = 1, 45 ¾¾
SO2

BTKL

¾¾¾
® mY = 0,25.16 + 27,25 = 31,25(gam)

Ví dụ 2: 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. Hoà tan hoàn toàn Y vào dung
dịch HNO3 (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.
Định hướng tư duy giải

2,71 - 2, 23
BTKL
Y
+ Quá trình X →Y ¾¾¾
® n Trong
=
= 0,03(mol)
O
16
ìïn HNO3 = a
BTNT.N
+ BTNT.N trong HNO3 í

¾¾¾¾
® n NO- = a - 0,03
3
ïîn NO = 0,03
+ BTNT.H trong HNO3 ¾¾
® n H2O = 0,5a
Cách 1: Dùng BTNT.O cho cả quá trình
BTNT.O
¾¾¾¾
® 0,03
- 0,03).3 + 0,03 + 0,5a ¾¾
® a = 0,18

! = (a
! + 3a
"#$#% ! !
HNO
Y

3

NO3-

NO

H2O

Cách 2: Dùng BTE

ì NO : 0,03 BTE
Ta có: í
¾¾¾
® n e = 0,03.3 + 0,03.2 = 0,15 ¾¾
® n NO- = 0,15
3
îO : 0,03