giai nhanh bai tap hoa vo co bang phuong phap bao toan

Giải nhanh Bài tập Hoá vô cơ bằng phương pháp bảo toàn
Phần 2. CÁC PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN ĐƯỢC VẬN DỤNG ĐỂ GIẢI
NHANH CÁC BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN NHIỀU LỰA
CHỌN PHẦN HOÁ VÔ CƠ.
V.1) Phương pháp bảo toàn khối lượng dựa vào Định luật
bảo toàn khối lượng (ĐLBTKL) .
1/Cơ sở lí thuyết
* ĐLBTKL: Trong các phản ứng hóa học, tổng khối lượng các chất
tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng các chất tạo thành sau phản ứng.
A + B -> C + D
Ta có mA + mB = mC + mD
Từ đó tính được khối lượng của 1 trong 4 chất A, B, C, D khi biết khối lượng
của 3 chất còn lại.
* Đối với phản ứng chỉ có chất rắn tham gia :
-Gọi mT là tổng khối lượng các chất trước phản ứng
mS là tổng khối lượng các chất sau phản ứng
Phản ứng xảy ra hoàn toàn hay không hoàn toàn ta luôn có:
mT = mS
* Đối với phản ứng xảy ra trong dung dịch mà sản phẩm có chất kết tủa
tạo thành hoặc có chất khí bay ra thì khi tìm khối lượng của dung dịch sau
phản ứng phải trừ đi khối lượng chất rắn và chất khí tách ra khỏi dung dịch.
* Khi cô cạn dung dịch thì khối lượng hỗn hợp muối thu được bằng tổng
khối lượng của các cation kim loại và anion gốc axit.
2/Một số bài tập minh hoạ
Bài 1)Hoà tan 28,4 gam một hỗn hợp gồm 2 muối cacbonat của 2 kim loại
hoá trị II bằng dung dịch HCl dư thu được 3,36 lít khí (ở 0
o
C, 2 atm) và một
dung dịch A. Khối lượng muối có trong dung dịch A là:
A. 1,73 gam B. 3,17 gam C. 3,71 gam D. 31,7 gam
Giải: Gọi hai kim loại hoá trị II là A

ACO
3
+ 2HCl ACl
2
+ CO
2
+ H
2
O (1)
nCO
2
=(3,36x2): (0,082x273) = 0,3 mol
Từ (1) suy ra nHCl = 2nCO
2
= 2x0,3 = 0,6 mol
nH
2
O = nCO
2
= 0,3 mol
Theo ĐLBTKL ta có: mACl
2
= mACO
3
+ mHCl – mCO
2
– mH
2
O
= 28,4 +0,6x36,5- 44x0,3- 18x0,3 = 31,7 gam (chọn D)

Bài 2) Cho hỗn hợp gồm 3 kim loại A, B, C có khối lượng 2,17 gam tác dụng
hết với dung dịch HCl tạo ra 1,68 lít H
2
(đktc). Khối lượng muối clorua trong
dung dịch sau phản ứng là:
Võ Hưng Sửu: Trường THPT Tiểu La-Thăng Bình
Giải nhanh Bài tập Hoá vô cơ bằng phương pháp bảo toàn
A.7,945 gam B. 7,495 gam C. 7,549 gam D. 7,594 gam
Giải: Kí hiệu R là 3 kim loại.
2R + 2aHCl 2RCl
a
+ aH
2
↑ (1)
nH
2
= 1,68:22,4 = 0,075 mol
Từ (1) nHCl = 2nH
2
= 2x0,075= 0,15 mol
Theo ĐLBTKL ta có : mRCl
a
= mR + mHCl – mH
2
= 2,17 + 0,15x36,5 – 0,075x2 = 7,495 gam (chọn B)
Hoặc mRCl
a
= mR + mCl
-
(muối), trong đó nCl

-
(muối) = nHCl
Do đó mRCl
a
= 2,17 + 0,15x35,5 = 7,495 gam
Bài 3) Hoà tan hoàn toàn 3,22 gam hỗn hợp X gồm Fe, Mg, Zn bằng một
lượng vừa đủ dung dịch H
2
SO
4
loãng, thu được 1,344 lít H
2
(đktc) và dung
dịch chứa m gam muối, giá trị của m là:
A. 8,98 gam B. 9,52 gam C. 10,27 gam D. 7,25 gam
Giải: Gọi R là 3 kim loại Fe, Mg, Zn.
R + H
2
SO
4
RSO
4
+ H
2
(1)
nH
2
= 1,344: 22,4 = 0,06 mol
Theo (1) nH
2

SO
4
= nH
2
= 0,06 mol
Theo ĐLBTKL ta có : mRSO
4
= mR + mH
2
SO
4
– mH
2

= 3,22 + 0,06x98 – 0,06x2 = 8,98 gam (chọn A)
Hoặc mRSO
4
= mR + mSO
4
2-
(tạo muối), trong đó nSO
4
2-
(tạo muối)=
nH
2
SO
4
Do đó mRSO
4

= 3,22 + 0,06x96 = 8,98 gam
3/Một số bài tập tương tự
Bài 1) Hoà tan hết 38,60 gam hỗn hợp gồm Fe và kim loại M trong dung dịch
HCl dư thấy thoát ra 14,56 lít H
2
(đktc). Khối lượng muối clorua khan thu
được là:
A.48,75 gam B.84,75 gam C.74,85 gam D.78,45 gam
Bài 2) Hoà tan 28,4 gam một hỗn hợp gồm 2 muối cacbonat của 2 kim loại
hoá trị II bằng dung dịch HCl dư thu được 3,36 lít khí (ở 0
o
C, 2 atm) và một
dung dịch A. Khối lượng muối có trong dung dịch A là:
A. 1,73 gam B. 3,17 gam C. 3,71 gam D. 31,7 gam
Bài 3) Cho 115,0 gam hỗn hợp gồm ACO
3
, B
2
CO
3
, R
2
CO
3
tác dụng hết với
dung dịch HCl thấy thoát ra 22,4 lít CO
2
(đktc). Khối lượng muối clorua tạo
ra trong dung dịch là:
A. 142 gam B. 126 gam C. 141 gam D. 123 gam

Bài 4) Cho 24,4 gam hỗn hợp Na
2
CO
3
và K
2
CO
3
tác dụng vừa đủ với dung
dịch BaCl
2
. Sau phản ứng thu được 39,4 gam kết tủa. Lọc kết tủa, cô cạn dung
dịch thu được a gam muối clorua . Giá trị của a là:
A. 20 gam B. 25,6 gam C. 26,6 gam D. 30 gam

Võ Hưng Sửu: Trường THPT Tiểu La-Thăng Bình
2
Giải nhanh Bài tập Hoá vô cơ bằng phương pháp bảo toàn
V.2) Phương pháp bảo toàn nguyên tử dựa vào Định luật bảo
toàn nguyên tử của các nguyên tố(ĐLBTNT)
* ĐLBTNT: Trong các phản ứng hoá học, các nguyên tố luôn luôn được
bảo toàn.
-Khối lượng của nguyên tố tham gia phản ứng bằng khối lượng của
nguyên tố đó tạo thành sau phản ứng.
-Số mol nguyên tử của nguyên tố tham gia phản ứng bằng số mol nguyên
tử của nguyên tố đó tạo thành sau phản ứng.
1/Một số bài tập minh hoạ
Bài 1) Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,3 mol Fe; 0,1 mol Fe
3
O

4
; 0,1 mol
FeS
2
vào dung dịch H
2
SO
4
đặc, nóng, dư thu được dung dịch A. Cho dung
dịch NaOH dư vào dung dịch A thu được kết tủa B. Lọc kết tủa, rửa sạch, sấy
khô, nung đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn, m có giá trị là:
A. 84 gam B. 51 gam C. 56 gam D. 48 gam
Giải: Nếu giải bài toán này bằng cách thông thường: Viết phương trình hoá
học các phản ứng, dựa vào các phương trình hoá học để tính toán đi tới kết
quả sẽ dài dòng. Tuy nhiên dùng bảo toàn lượng nguyên tố Fe ta sẽ tính
nhanh đến kết quả như sau:
Toàn bộ Fe trong hỗn hợp ban đầu được chuyển hoá thành Fe
2
O
3
theo sơ đồ
sau:
Fe → Fe FeS
2
→ Fe Fe
3
O
4
→ 3Fe
0,3 mol 0,3 mol 0,1 mol 0,1 mol 0,1 mol 0,3 mol

Tổ hợp ta có: 2Fe → Fe
2
O
3
0,7 mol 0,35 mol
mFe
2
O
3
= 0,35x160 = 56 gam (chọn C)
Bài 2) Tính khối lượng quặng pirit sắt chứa 75% FeS
2
(còn lại là tạp chất trơ)
cần dùng để điều chế 1 tấn dung dịch H
2
SO
4
98% (hiệu suất quá trình điều
chế H
2
SO
4
là 80%) ?
A. 1,28 tấn B. 1 tấn C. 1,05 tấn D. 1,2 tấn
Giải: Nếu viết đầy đủ phương trình hoá học thì cách giải bài toán trở nên
phức tạp. Tuy nhiên để giải nhanh ta lập sơ đồ (bảo toàn lượng nguyên tố S)
như sau:
FeS
2
→ 2H

2
SO
4
120 2x98
Võ Hưng Sửu: Trường THPT Tiểu La-Thăng Bình
3
Giải nhanh Bài tập Hoá vô cơ bằng phương pháp bảo toàn
Khối lượng FeS
2
cần dùng là:

0
,
98

x
120
x
100
2
x
98
x
80
=
0
,
75

Khối lượng quặng: (0,75 x 100):75 = 1 tấn (chọn B)

Bài 3) Hoà tan hỗn hợp X gồm 0,01 mol Fe
3
O
4
, 0,015 mol Fe
2
O
3
, 0,03 mol
FeO và 0,03 mol Fe bằng một lượng vừa đủ dung dịch HNO
3
loãng. Cô cạn
dung dịch sau phản ứng thu được chất rắn Y. Nung Y đến khối lượng không
đổi thu được chất rắn Z. Khối lượng chất rắn Z là:
A. 8 gam B. 9,6 gam C. 16 gam D. 17,6 gam
Giải: X (Fe
3
O
4,
Fe
2
O
3
,FeO,Fe) + dd HNO
3
vừa đủ dd Fe(NO
3
)
3
, cô

cạn dung dịch thu được chất rắn Y là Fe(NO
3
)
3
. Nung Y đến khối lượng
không đổi thu được chất rắn Z là (Fe
2
O
3
)
Bảo toàn lượng Fe ta có: nFe(Z) thu được = nFe(X) ban đầu
= 0,01x 3 + 0,015x 2 + 0,03 + 0,03 = 0,12 mol
2Fe ↔ Fe
2
O
3

(mol) 0,12 0,06
mZ thu được = mFe
2
O
3
= 0,06x 160 = 9,6 gam (chọn B)
2/Một số bài tập tương tự
Bài 1) Để khử hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe
3
O
4
, Fe
2

O
3
cần
0,05 mol H
2
. Mặt khác hoà tan hoàn toàn 3,04 hỗn hợp X trong dung dịch
H
2
SO
4
đặc thu được thể tích khí SO
2
( sản phẩm khử duy nhất) ở điều kiện
tiêu chuẩn là:
A. 448 ml B. 224 ml C. 336 ml D. 112 ml
Bài 2) Thổi từ từ V lít hỗn hợp khí (đktc) gồm CO và H
2
đi qua một ống đựng
16,8 gam hỗn hợp 3 oxit: CuO, Fe
3
O
4
, Al
2
O
3
nung nóng, phản ứng hoàn toàn.
Sau phản ứng thu được m gam chất rắn và một hỗn hợp khí nặng hơn khối
lượng của hỗn hợp khí ban đầu là 0,32 gam. Tính V và m.
A. 0,224 lít và 14,48 gam B. 0,672 lít và 18,46 gam

C. 0,112 lít và 12,28 gam D. 0,448 lít và 16,48 gam
Bài 3) Thổi rất chậm 2,24 lít (đktc) một hỗn hợp khí gồm CO và H
2
qua một
ống sứ đựng hỗn hợp Al
2
O
3
, CuO, Fe
3
O
4
, Fe
2
O
3
có khối lượng là 24 gam dư
đang được đun nóng. Sau khi kết thúc phản ứng khối lượng chất rắn còn lại
trong ống sứ là:
A. 22,4 gam B. 11,2 gam C. 20,8 gam D. 16,8 gam
Võ Hưng Sửu: Trường THPT Tiểu La-Thăng Bình
4
Giải nhanh Bài tập Hoá vô cơ bằng phương pháp bảo toàn
Bài 4) Đốt cháy hoàn toàn 4,04 gam một hỗn hợp bột kim loại gồm Al, Fe,
Cu thu được 5,96 gam hỗn hợp 3 oxit. Hoà tan hết hỗn hợp 3 oxit bằng dung
dịch HCl. Tính thể tích dung dịch HCl cần dùng.
A. 0,5 lít B. 0,7 lít C. 0,12 lít D. 1 lít
Bài 5) Hỗn hợp A gồm Fe
3
O

4
, FeO, Fe
2
O
3
, mỗi oxit đều có 0,5 mol. Thể tích
dung dịch HCl 1M để hoà tan hỗn hợp A là:
A. 4 lít B. 8 lít C. 6 lít D. 9 lít
V.3) Phương pháp bảo toàn điện tích dựa vào Định luật bảo
toàn điện tích(ĐLBTĐT)
* Định luật bảo toàn điện tích được phát biểu tổng quát: “Điện tích của
một hệ thống cô lập thì luôn không đổi tức là được bảo toàn”.
-Trong dung dịch các chất điện li hoặc chất điện li nóng chảy thì tổng số
điện tích dương của các cation bằng tổng số điện tích âm của các anion.
1/Một số bài tập minh hoạ
Bài 1) Dung dịch A có chứa các ion sau: Mg
2+
, Ba
2+
, Ca
2+
, 0,1 mol Cl
-
và 0,2
mol NO
3
-
. Thêm dần V lít dung dịch K
2
CO

3
1M vào A đến khi được lượng kết
tủa lớn nhất. V có giá trị là:
A. 300ml B. 200ml C. 250ml D. 150ml
Giải : Để thu được kết tủa lớn nhất khi các ion Mg
2+
, Ba
2+
, Ca
2+
tác dụng hết
với ion Ca
2+
.
Mg
2+
+ CO
3
2-
→ MgCO
3
↓
Ba
2+
+ CO
3
2-
→ BaCO
3
↓

Ca
2+
+ CO
3
2-
→ CaCO
3
↓
Sau khi phản ứng kết thúc, trong dung dịch chứa các ion K
+
, Cl
-
và NO
3
-
(kết
tủa tách khỏi dung dịch).
Áp dụng ĐLBTĐT ta có: nK
+
= nCl
-
+ nNO
3
-
= 0,1 + 0,2 = 0,3 mol
nK
2
CO
3
=0,15 mol V

d d
K
2
CO
3
= 0,15 : 1 = 0,15 lít = 150 ml (chọn D)
Bài 2) (TSĐH khối A 2007): Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,12 mol FeS
2

và a mol Cu
2
S vào axit HNO
3
(vừa đủ), thu được dung dịch X (chỉ chứa 2
muối sunfat) và khí duy nhất NO. Giá trị của a là:
A. 0,04 B. 0,075 C.0,12 D.0,06
Giải : FeS
2
→ Fe
3+
+ 2SO
4
2-
0,12 0,12 0,24
Cu
2
S →2Cu
2+
+ SO
4

2-
a 2a a
Áp dụng ĐLBTĐT ta có : 3x0,12 + 2x2a = 0,24x2 + 2a a = 0,06
(chọn D)
Võ Hưng Sửu: Trường THPT Tiểu La-Thăng Bình
5
Giải nhanh Bài tập Hoá vô cơ bằng phương pháp bảo toàn
Bài 3) (TSCĐ khối A 2007): Một dung dịch chứa 0,02 mol Cu
2+
, 0,03 mol
K
+
, x mol Cl
-
và y mol SO
4
2-
. 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
Giải : Ấp dụng ĐLBTĐT ta có : 2x0,02 + 0,03 = x + 2y hay x + 2y = 0,07(1)
Khối lượng muối : 0,02x64 + 0,03x39 + 35,5x + 96y = 5,435 (2)
Giải hệ (1) & (2) được : x = 0,03 và y = 0,02 chọn A
2/Một số bài tập tương tự
Bài 1) Kết quả xác định nồng độ mol của các ion trong một dung dịch như
sau:
Ion : Na
+
Ca
2+

NO
3
-
Cl
-
HCO
3
-
Số mol: 0,05 0,01 0,01 0,04 0,025
Hỏi kết quả đó đúng hay sai ? Tại sao.
Bài 2) Dung dịch A chứa a mol Na
+
, b mol NH
4
+
, c mol HCO
3
-
, d mol CO
3
2-

và e mol SO
4
2-
( không kể các ion H
+
và OH
-
của H

2
O). Cho ( c+ d+e ) mol
Ba(OH)
2
vào dung dịch A, đun nóng thu được kết tủa B, dung dịch X và khí
Y. Tính số mol cúa mỗi chất trong kết tủa B, khí Y duy nhất có mùi khai và
mỗi ion trong dung dịch X theo a, b, c, d, e.
Bài 3) Cho dung dịch G chứa các ion Mg
2+
, SO
4
2-
, NH
4
+
, Cl
-
. Chia dung dịch
G thành 2 phần bằng nhau. Phần thứ nhất tác dụng với dung dịch NaOH dư,
đun nóng, được 0,58 gam kết tủa và 0,672 lít khí (đktc). Phần thứ hai tác
dụng với dung dịch BaCl
2
dư, được 4,66 gam kết tủa. Viết phương trình hoá
học của các phản ứng (dưới dạng ion thu gọn). Tính tổng khối lượng của các
chất tan trong dung dịch G.
Bài 4) Dung dịch chứa các ion: Na
+
a mol, HCO
3
-

b mol, CO
3
2-
c mol, SO
4
2-
d
mol. Để tạo ra kết tủa lớn nhất người ta dùng 100 ml dung dịch Ba(OH)
2

nồng độ x mol/lít. Lập biểu thức tính x theo a và b.
Bài 5) Dung dịch có chứa a mol Na
+
, b mol Ca
2+
, c mol HCO
3
-
và d mol Cl
-
.
Biểu thức liên hệ đúng là:
A. a + b = c + d. B. a + 2b = c + 2d
C. a +2b = c + d D. 2a + 2b = c + d.

V.4) Phương pháp bảo toàn electron dựa vào Định luật bảo toàn
electron
1/ Định luật bảo toàn electron: Trong các phản ứng oxi hoá khử thì tổng số
mol electron chất khử nhường bằng tổng mol electron chất oxi hoá nhận.
-Khi có nhiều phản ứng hoặc phản ứng qua nhiều giai đoạn thì cần nhận định

đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối của các chất oxi hoá, hoặc chất khử
không cần quan tâm đến trạng thái trung gian và không cần viết phương trình
hoá học của các phản ứng xảy ra.
Võ Hưng Sửu: Trường THPT Tiểu La-Thăng Bình
6