CAC PP GIAI NHANH CAC BT ON THI DAI HOC

 Nguyễn Tất Trung—voclcords
ĐT:05002461803
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)
Yahoo: tat_trung151

 Nguyễn Tất Trung—voclcords
ĐT:05002461803
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:
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

Yahoo: tat_trung151
 Nguyễn Tất Trung—voclcords
ĐT:05002461803
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
Yahoo: tat_trung151
 Nguyễn Tất Trung—voclcords
ĐT:05002461803
120 2x98
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:
Yahoo: tat_trung151
 Nguyễn Tất Trung—voclcords
ĐT:05002461803
A. 22,4 gam B. 11,2 gam C. 20,8 gam D. 16,8 gam
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-
Yahoo: tat_trung151
 Nguyễn Tất Trung—voclcords
ĐT:05002461803
a 2a a
Áp dụng ĐLBTĐT ta có : 3x0,12 + 2x2a = 0,24x2 + 2a a = 0,06 (chọn D)
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.
Yahoo: tat_trung151
 Nguyễn Tất Trung—voclcords
ĐT:05002461803
2/ Các dạng bài tập được vận dụng:
* Dạng 1: Xác định các sản phẩm oxi hóa-khử.
Đặc điểm của loại toán này là phải xác định được số oxi hóa của sản phẩm trước và sau
phản ứng để từ đó xác định đó là chất gì.
Ví dụ 1: Hòa tan hết 2,16g FeO trong HNO
3
đặc. Sau một thời gian thấy thoát ra 0,224 lít
khí X (đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Xác định X.
Giải: Khí X có chứa nitơ: N
x
O
y

nFeO = 0,03mol ; nN
x
O
y
= 0,01mol

FeO + HNO
3
-> Fe(NO
3
)
3
+ N
x
O
y
+ H
2
O
0,03 Fe
+2
– 1e -> Fe
+3

0,01 xN
+5
+ (5x – 2y)e -> xN
2y/x

Phương trình bảo toàn e:
0,03 = 0,01(5x – 2y)
5x – 2y = 3 -> x = 1 ; y = 1 (nhận)
-> x = 2 ; y = 2,5 (loại)
Vậy X là NO
Ví dụ 2: Hòa tan 2,4g hỗn hợp Cu và Fe có tỉ lệ số mol 1:1 và dung dịch H
2

SO
4
đặc, nóng.
Kết thúc phản ứng thu được 0,05mol một sản phẩm khử duy nhất có chứa lưu huỳnh. Xác định sản
phẩm đó.
Gọi a là số mol Fe -> nCu = nFe = a
-> m
kl
= 56a + 64a = 2,4 -> a = 0,02mol
Có 0,02 Fe – 3e -> Fe
+3

0,02 Cu – 2e -> Cu
+2

0,05 S
+6
+ ne -> S
+(6-n)
Phương trình bảo toàn e:
0,02 x 3 + 0,02 x 2 = 0,05n -> n = 2 -> S
+4

Vậy sản phẩm khử là SO
2
.
* Dạng 2: Hỗn hợp kim loại tạo hỗn hợp khí.
Ví dụ 3: Có 3,04g hỗn hợp Fe và Cu hòa tan hết trong dung dịch HNO
3
tạo 0,08mol hỗn

hợp NO và NO
2
có
M
= 42. Hãy xác định thành phần % hỗn hợp kim loại ban đầu.
Giải:
Ta có NO 30 4
42 ->
NO
2
n
1
nNO 3
=
NO
2
46 12
Mà nNO + nNO
2
= 0,08
Yahoo: tat_trung151