1 5 vận dụng linh hoạt và liên hoàn các định luật bảo toàn image marked

1.5. Vận dụng linh hoạt và liên hoàn các định luật bảo toàn.
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 các 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 
 n HNO3  0,1.2  0, 2.3  0, 2.1  0, 2.1  1, 2(mol)

BTNT.Fe
Với Fe 
 n Fe  a  0,1  0, 2  0,3(mol)
BTNT.H
 n H2O 
Với H 

n HNO3
2



1, 2
 0, 6(mol)
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 phá vỡ.

Do đó,

BTNT.O

 n H2O  0, 4.3  0, 2.2  0, 2.1  0, 6(mol)
-

NO 3

NO 2

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
giữ 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.

n Cu  0,33 (mol)
n CuFeS2  0,15 (mol)

BTNT
Ta có: 

 n Fe  0, 24 (mol)
n Cu 2 FeS2  0, 09 (mol)
n  0, 48 (mol)
 S
n BaSO4  0, 48 (mol)  m  0, 48.233  111,84 (gam)

 n BaSO4  0, 48 (mol)
BTNT

 
 Chọn A
BTKL
X
n

0,12
(mol)


x

157,
44

(gam)

Fe
O

2 3
 n  0,33 (mol)
  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. 2,24

D. 0,26

Định hướng tư duy giải:
n Fe2O3  0,15(mol)
n FeCO3  0,1(mol)


BTNT
 n SO2  0,3(mol)
Ta có: X n FeS  0,1(mol) 
n


 FeS2  0,1(mol)
n CO2  0,1(mol)
BTNT.O

 n Ophan ung  0,1.2  0,3.2  0,15.3  0,1.3  0,95(mol)

n O2  a(mol) BTNT.O
 Y

 5a  0,95  0,19(mol)  n Y  2a  0,38(mol)
n O3  b(mol)
 Chọn A

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 0,1 mol. 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)
 BTE

 n e  2(mol)
 

n N  0,1 BTE
2  0,1.10  0,1.8
 2

 n NH4 NO3 
 0, 025(mol)
8
n N2O  0,1
BTNT.N

 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.
Ta có: n NO2 

55, 2
BTNT.N
X
 1, 2(mol) 
 n NO2  n trong
 1, 2(mol)
NO3
46

BTKL
X

 m Trong
 158, 4  1, 2.62  84(gam)
Fe
BTNT.Fe
 n Fe 
Sau các phản ứng Fe sẽ chuyển thành Fe2O3: 

84
 1,5(mol)
56


 n Fe2O3  0, 75(mol)  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 dung dịch 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 SO 24 , SO2 và H2O.
BTNT.Hidro
Ta có: 
n H2O  0,33(mol)

BTNT.O

 n Otrong muoi  0,33.4  0,325.2  0,33  0,34(mol)
BTNT.O
trong muoi

 n SO

2
4

0,34
 0, 085(mol)

4

BTNT.S

n FeSO4  0, 085(mol)  m  12,92(gam)  Chọn D

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 phải không? Nhưng các bạn
đừng sợ vì thật ra nó cũng chỉ có vài chất được lặp đi lặp 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

n


e

  n 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

n


e

  n 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 2SO 4
Fe 
 Fe3

HNO3 /H 2SO 4

 Al3
Quy trình Al 

HNO3 /H 2SO 4
 Zn 2 , Mg 2 , Cu 2 ...
 Zn, Mg, Cu... 

Ví dụ 2: Hòa 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:

n N O  0, 015(mol)
Ta có:  2
 n e  0, 015.8  0, 01.3  0,15(mol)
n NO  0, 01(mol)
BTE

 n Al  0, 05(mol)  m Al  0, 05.27  1,35(gam)  Chọn A

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 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:

n Al  0, 46(mol)   n e  1,38(mol)

Ta có ngay: n N2O  0, 03(mol)

n N2  0, 03(mol)
 n e  0,54(mol)  n NH 
4

1,38  0,54
 0,105(mol)
8

m  0, 46.(27  63.3)  0,105.80  106,38(gam)  Chọn B
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 số 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:

n Fe  x(mol) BTKL
Chia để trị ta có ngay: 5, 04 

 56x  16y  5, 04
n O  y(mol)
n NO  0, 0175(mol) BTE
Ta có: 

 3x  2y  0, 0175.4  x  y  0, 07(mol)  Chọn C
n NO2  0, 0175(mol)
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 trông dư thấy tạo ra 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 gam 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 24 gam muối khan do đó ta có:
BTNT.Fe

 n Fe  2n Fe2 (SO4 )3  2.

24
 0,12(mol)
400

Fe : 0,12(mol) BTNT.(O  C)
Fe : 0,12(mol)
Hỗn hợp đầu 

D
O : a(mol)
O : a  0, 06(mol)
Fe O : 0, 02(mol)
BTE
BTNT.(Fe  O)

 0,12.3  2(a  0, 06)  0,18.2  0, 06(mol) 
 2 3
Fe : 0, 08(mol)
BTKL


 % Fe 

0, 08.56
 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. Hòa 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 : a(mol) 
 Fe(NO3 )3 : a(mol)
Chia để trị: m1 
 m1  56a  16b(gam)
O
:
b(mol)



 m Fe( NO3 )3  a(56  62.3). Có n NO
BTNT.Fe

BTE
 
 3a  2b  0, 02.3
 0, 02(mol)  
a(56  62.3)  56a  16b  16, 68


BTNT.Fe
 a  0,1 
 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 chất rắn. Giá trị của m là:
A. 28,7.

B. 43,2.

C. 56,5.

D. 71,9.

Định hướng tư duy giải
BTNT.Clo
 
 AgCl : 0, 2(mol)
18,3


11,
2

BTKL
n Fe  0, 2(mol) 
 n Cl 
 0, 2(mol)   BTE
0, 2.3  0, 2
35,5
 Ag :
 0, 4(mol)
 

1

 m  71,9(gam)  Chọn D
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 bản chất hóa học sẽ rất bối rối. Nhiều khi
còn hoang mang hoặc 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 Fe2O3 và CuO rồi tiến hành phản ứng nhiệt nhôm thu được hỗn
hợp A. Hòa tan hoàn toàn A trong dung dịch HNO3 được hỗn hợp khí gồm NO và NO2 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.
n Al  0, 02(mol)   n e  0, 06(mol)

BTE

 0, 06  6a  0, 01(mol)
Ta có: n NO  a(mol)
n
 NO2  3a(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 khí 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:
n Al  0, 4(mol)   n e  1, 2(mol)

BTE

1, 2  6a  0, 02(mol)
Ta có: n NO  a(mol)
n
 NO2  3a(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 chính là Cl2 (ta không cần quan tâm) vì cuối cùng Cl- cũng bị KMnO4 oxi
hóa thành Cl2.
BTKL
 28a  56b  13,8

Al : a(mol)  
Ta có ngay: 16, 2  2, 4  13,8 
  BTE
 3a  3b  0, 21.5
Fe : b(mol)  

a  0, 2(mol)
0,15.56  2, 4
 % Fe 
 66, 67%  Chọn C

16, 2
b  0,15(mol)
2.3. Định luật bảo toàn điện tích
Tư tưởng cổ điển thường 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 SO 24 (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:

Al3 : 0, 2(mol)
 2
BTDT
 
 x  2y  0,8
Fe : 0,1(mol)
Ta có:  
  BTKL
 35,5x  96y  46,9  0, 2.27  0,1.56
 
Cl : x(mol)
SO 2 : y(mol)
 4

 x  0, 2(mol)

 y  0,3(mol)

 Chọn A

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. Giá trị của m là:
A. 90,1.

B. 102,2.

Định hướng tư duy giải:
Ca 2 : 0,15(mol)


Ta có: Mg 2 : 0,1(mol)
Ba 2 : 0, 4(mol)



Cl : 0, 6(mol)


HCO3 : a(mol)

C. 105,5.

D. 127,2.


BTDT

 2(0,15  0,1  0, 4)  0, 6  a  a  0, 7(mol)

t
t
B 
 CO32 
 O  n O  0,35(mol)
BTKL

 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 
 CO32  Chọn A

Ví dụ 3: Dung dịch A có chứa: 0,05 mol SO 24 ; 0,1 mol NO3 ; 0,08 mol Na+; 0,05 mol H+ và K+. Cô cạn
dung dịch A thu được 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: 
 0, 05.2  0,1  0, 08  0, 05  n K   n K   0, 07

SO 24 : 0, 05(mol)


 NO : 0, 05(mol) t 
 mC   3

 XNO 2  m C  11, 67(gam)
K
:
0,
07(mol)


 Na  : 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

Định hướng tư duy giải:
Các bạn hãy làm quen với NAP hỏi: Dung dịch cuối cùng chứa gì?
Rồi sau đó ta sẽ điền số điện tích để cung ứng cho Na+.
 Na  : 0, 075

BTNT.Al

 0, 015.78  1,17  Chọn D
Ta có: n Al  0, 02  X Cl : 0, 07
 
BTDT


 AlO 2 : 0, 005


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 sunfat trung hòa. Cô cạn Y được 41,3 gam chất rắn khan. Giá trị của m bằng
A. 24,1
Định hướng tư duy giải:

B. 18,7

C. 25,6

D. 26,4


m  n   n e  1, 2
n H2SO4  0, 45

 31,1  41,3  72, 4 SO 24 : 0, 45
Ta có:  
 n e  1, 2


n H2  0, 6 
OH : a
BTDT

 a  0,3  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 của m bằng
A. 14,18

B. 17,88

C. 15,26

D. 16,48

Định hướng tư duy giải:
m  n   n e  0, 74
n H2SO4  0, 25

 20, 22  25, 74  45,96 SO 24 : 0, 25
Ta có:  
 n e  0, 74


n H2  0,37 
OH : a
BTDT

 a  0, 24  m  17,88

 Chọn đáp án B

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:
m  n   n e  0,82
n H2SO4  0,35

 26, 42  32,58  59 SO 24 : 0,35
Ta có:  
 n e  0,82
n H2  0, 41 


OH : a

Al(OH)3 : 0, 04
0,1.137
BTDT
BTKL

 a  0,12 

 m  23,36  26, 42 
 %Ba 
 58, 65%
23,36
BaSO 4 : 0,1
 Chọn đáp án D

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:
m  n   n e  0, 76
n H SO  0, 25
 2
2
4

SO 4 : 0, 25
 24,86  30, 08  54,94  
Ta có: n HCl  0, 2
 

Cl : 0, 2
 n e  0, 76
n H2  0,38 
OH  : a



Al(OH)3 : 0, 02
BTDT
BTKL

 a  0, 06 
 m  22,82  24,86 
BaSO 4 : 0,1
 %Ba 

0,1.137
 60, 04%
22,82

 Chọn đáp án B

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:

n 3  0, 2
 Al
 Na SO : 0, 4
BTNT
Ta có: n SO2  0, 4 
 2 4
4
 NaAlO 2 : 0,1

n

0,1
 
BTNT.Na

 n NaOH  0,9  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.

Định hướng tư duy giải:

BaSO 4 : 0,1
Ta có: 31,1 
 Na lớn nhất khi kết tủa bị tan một phần
Al(OH)3 : 0,1
SO 24 : 0, 2
 
Cl : 0, 2
BTNT.Na
Dung dịch cuối cùng chứa: 

 m  0,5.23  11,5(gam)

AlO
:
0,1

2
BTDT
 
 Na : 0, 7

 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 dung dịch X thu được 45,9 gam chất rắn

rắn. Giá trị của V là:
A. 300.

B. 250.

C. 200.

D. 400.

Định hướng tư duy giải:
Ta dùng kỹ thuật điền số điện tích, xét trường hợp muối là HS- trước

Ta có: n H2S

 Na  : V
 
K : V
BTKL
 0,8  45,9  2

 45,9  V(23  39  33  0,5.137)  V  0, 2
Ba : 0,5V
HS : 3V



 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 400 ml 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

Định hướng tư duy giải:

n   0,1
HCl : 0, 04
pH 13
Ta có: 
 n H  0,1 
 OH
 0,1
0, 4
H 2SO 4 : 0, 03
n H  0, 07
0, 28  0, 07.2
BTE

 nO 
 0, 07
 n OH  0,14. Xử lý với Y :  2
2

n OH  0,14.2  0, 28
m

0, 07.16
 12,8(gam)  Chọn đáp án D
0, 0875

Ví dụ 13: Đốt cháy hoàn toàn m gam P sau đó hòa tan hoàn toàn sản phẩm cháy vào H2O thu được dung
dịch X. Người ta cho 300 ml dung dịch KOH 1M vào X sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn cô cạn thu
được 18,56 gam rắn khan. Giá trị của m là:
A. 2,48

B. 2,265

C. 1,86

D. 1,24

Định hướng tư duy giải:
 3 m
PO 4 : 31

+ Tư duy điền số điện tích ta có: K  : 0,3

3m
BTDT

 H :
 0,3
31


BTKL

 95

m
3m
 0,3.39 
 0,3  18,56  m  2, 2649(gam) (Loại)
31
31

 3 m
PO 4 : 31

+ Vậy xảy ra trường hợp 2: K  : 0,3

3m
BTDT

 OH  : 0,3 
31

BTKL

 95

m
3m 


 0,3.39  17  0,3 
  18,56
31
31 


 m  1, 24(gam)  Chọn đáp án D
2.4. Định luật bảo toàn khối lượng (BTKL)
Có thể nói rằng định luật BTNT là một trường hợp riêng của BTKL, khi ta áp dụng BTKL cho
một nguyên tố thì người ta gọi là BTNT. Trong quá trình giải các bài toán hóa học vô cơ định luật BTKL


đóng vai trò khá quan trọng, tuy nhiên nó hiếm khi được áp dụng riêng lẻ mà thường chỉ là một khâu nào
đó của bài toán. Đơn giản vì chúng ta không gặp nhiều khó khăn để phát hiện ra một bài toán có được xử
lý 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 đổi, hay biểu diễn qua công thức là: m = const. Thế áp dụng linh hoạt nghĩa là áp dụng
như 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 1,25 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

Định hướng tư duy giải:
BTKL
 nO 
Ta có: 

3, 43  2,15
 0, 08  n H  0,16  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

Định hướng tư duy giải:
Ca (OH)2
BTKL
Ta có: X 
 n   0, 09 
 m  5,36  0,

09.16


  3,92(gam)
O

Ví dụ 3: Cho m gam Mg vào dung dịch 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

Định hướng tư duy giải:

OH  : 0,16
Ta có: n NO  0,16  6, 67 
3
Kim loai:3,95(gam)
BTKL(Mg,Zn,Cu )

 m  0, 03.65  0, 05.64  5, 25  3,95  m  4, 05(gam)

Ví dụ 4: Hòa tan hoàn toàn 30 gam hỗn hợp 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 gam.
Định hướng tư duy giải:

B. 58,9 gam.

C. 57,0 gam.

D. 47,5 gam.


Ta có n NO

0, 2.3
 BTE
 n Mg 
 0,3(mol) BTKL
 
2
 0, 2  

 m MgO  0, 2
BTNT.N
 
 n Mg( NO3 )2  0,1(mol)


BTNT.Mg

 n MgCl2  0, 6(mol)  m  0, 6.95  57(gam)

Ví dụ 5: Cho m gam bột Fe vào 200 ml dung dịch hỗn hợp A chứa H2SO4 1M, 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

Định hướng tư duy giải:

n H  0, 4
Ta có: 
 n NO
n
 0,3
 NO3

n
 Fe2  x

 0,1  n SO2  0, 25
 x  0,35
4
 BTNT
 n NO  0, 2
 
3

BTKL


 m  0,1.56  0, 05.64  0,85m  0,35.56  m  72

Ví dụ 6: Hòa 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 lại thấy có 0,02 mol khí NO duy nhất thoát 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

Định hướng tư duy giải:

n NO  0,3 BTE
Ta có:  2

 n e  0,36  n Fe  0,12
n NO  0, 02

n NO

n 3  0,12
 Fe
BTKL
 0, 02 HCl  0, 08  n Cl  0, 08

 m  26,92
 BTDT

 n NO  0, 28
 
3

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

Định hướng tư duy giải:
BTE
X+ NaOH có khí H2 chứng tỏ Al dư. Có ngay: n H2  0,15 
 n du
Al  0,1
BTNT.Al
n   n Al(OH)3  0,5 
 n Al2O3 

0,5  0,1
BTNT.O
 0, 2 
 n Fe3O4  0,15
2

BTKL


 M  0,5.27  0,15.232  48,3(gam)

D. 36,7


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

Định hướng tư duy giải:
BTE
BTNT.H
Ta có: n H2  0, 2(mol) 
 n Mg  0, 2 
 2V  2V  0, 2.2  V  0,1

Cl : 0, 2

BTKL
 A SO 24 : 0,1 
 m  21,5(gam)
 2
Mg : 0, 2

2.5. Vận dụng linh hoạt các định luật bảo 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
tổn khối lượng muối là 96,85 gam) và 10,64 lít (đktc) khí SO2 duy nhất. Giá trị của m là
A. 34,85.

B. 20,45.

C. 38,85.

D. 31,25.

Định hướng tư duy giải:
BTNT.S
n H2SO4  n SO2  n SO2
+ Bảo toàn nguyên tố S trong H2SO4 
4

BTKL
 n SO2 
+ Với muối 
4

 n H2SO4  0, 725 

96,85  27, 25
 0, 725

96

10, 64
BTNT.H
 1, 2(mol) 
 n H2O  1, 2
22, 4

Cách 1: BTKL cho cả quá trình hòa tan hỗn hợp rắn Y:
BTKL

 m Y  1, 2.98  96,85  0, 475.64  1, 2.18  m Y  31, 25(gam)

Cách 2: BTNT.O cả quá trình hòa tan hỗn hợp rắn Y:
BTNT.O
trong Y

 n Otrong Y  1, 2.4  0,
 0, 25

725.4

  0,

475.2

  1, 2  n O
H 2SO 4

SO 24

SO 2

H2O

BTKL

 m Y  0, 25.16  27, 25  31, 25(gam)

Cách 3: Dùng bảo toàn electron (BTE)
Ta có: n SO2  0, 725  n e  1, 45
4

BTE
Y
Trong Y

 2n Trong
 0,
 0, 25(mol)
O

475.2

  1, 45  n O
SO 2

BTKL

 m Y  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 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, 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:
BTKL
Y
 n Trong

+ Quá trình X  Y 
O

2, 71  2, 23
 0, 03(mol)
16

n HNO3  a
BTNT.N
+ BTNT.N trong HNO3 

 n NO  a  0, 03

3
n NO  0, 03
+ BTNT.H trong HNO3  n H2O  0,5a
Cách 1: Dùng BTNT.O cho cả quá trình
BTNT.O

 0, 03 3a  (a  0, 03).3  0, 03 5a  a  0,18
 NO H2O
HNO3
Y
NO3

 NO : 0, 03 BTE
Cách 2: Dùng BTE Ta có: 

 n e  0, 03.3  0, 03.2  0,15  n NO  0,15
3
O : 0, 03
BTNT.N

 n HNO3  0, 03  0,15  0,18(mol)

Cách 3: Dùng tư duy phá vỡ gốc NO3
+ Ta có số mol NO thoát ra là 0,03  có 0,03 mol gốc NO3 bị phá vỡ. Khi bị phá vỡ như vậy nó biến
thành 0,03 mol NO bay lên  phải có 0,06 mol O đi vào H2O.
+ Số mol O trong Y cũng đi vào H2O

n

H2O

BTNT.H
 0, 06  0, 03  0, 09 
 n HNO3  0,18

Cách 4: Dùng BTKL cho cả quá trình
BTKL

 m Y  m HNO3  m muoi  m NO  m H2O

 2, 71  63a  2, 23  62(a  0, 03)  0, 03.30  0,5a.18  a  0,18

muoi

Cách 5: Dùng tư duy phân chia nhiệm vụ của H+

4H   NO3  3e  NO  2H 2 O
Chúng ta sử dụng:  
2
2H  O  H 2 O
Vậy H+ làm 2 nhiệm vụ là tạo ra NO và biến O trong Y thành H2O

 n HNO3  n H  0, 03.4  0, 03.2  0,18(mol)
Ví dụ 3: Hỗn hợp X gồm Fe, Al, CuO, Mg, Zn. Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với oxi sau 1 thời gian
thu được m+0,96 gam hỗn hợp Y. Cho hỗn hợp Y tác dụng với dung dịch HNO3 loãng dư thu được 7,168
lít NO (đktc, sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch Z. Cô cạn dung dịch Z thu được m+73,44 gam chất
rắn khan. Số mol HNO3 tham gia phản ứng là:


A. 1,40

B. 1,48

C. 1,52

D. 1,64

Định hướng tư duy giải:

n NO  0,32
Ta có: 
BTNT.H
 n H2O  5a
n HNO3  a 
Cách 1: Dùng BTKL
BTKL

m

0,96

73, 
44  0,32.30


  63a  m



  0,5.18a



  1,52(mol)
Y

muoi

NO

H2O

Cách 2: Kết hợp các định luật bảo toàn

n NO  0,32

BTE

 0,32.3  2(b  0, 06)
Ta có:  Trong X
0,96
Trong Y
 b  nO
 b
 b  0, 06
n O
16
BTKL

m
16b



  62(0,32.3  2b  0,12)  m  73, 44  b  0, 06
Kim loai

BTNT.N
 NO  0,32.3  2(b  0, 06)  1, 2 
 n HNO3  1, 2  0,32  1,52(mol)
3

Ví dụ 4: Hòa tan hoàn toàn 2,44 gam hỗn hợp bột X gồm FexOy và Cu bằng dung dịch H2SO4 đặc nóng
(dư). Sau phản ứng thu được 0,504 lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc) và dung dịch chứa 6,6
gam hỗn hợp muối sunfat. Số mol H2SO4 tham gia phản ứng là:
A. 0,09.

B. 0,06.

C. 0,07.

D. 0,08.

Định hướng tư duy giải:
X
n Trong
a
O
BTE
Ta có: 

 2a  0, 045  n SO2  a  0, 0225

4
n SO2  0, 0225
BTKL

 6, 6  2,
44
 16a

  96(a  0, 0225)  a  0, 025
Kim loai

BTNT.S

n H2SO4  0, 025  0, 0225.2  0, 07(mol)

Ví dụ 5: Hòa tan hoàn toàn 2,44 gam hỗn hợp bột X gồm FexOy và Cu bằng dung dịch H2SO4 đặc nóng
(dư). Sau phản ứng thu được 0,504 lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc) và dung dịch chứa 6,6
gam hỗn hợp muối sunfat. Phần trăm khối lượng của Cu trong X là
A. 39,34%

B. 65,57%

C. 26,23%

Định hướng tư duy giải:
Trong X
a
n O
BTE
Ta có: 


 2a  0, 045  n SO2  a  0, 0225
4
n

0,
0225
 SO2
BTKL

 6, 6  2,
44
 16a

  96(a  0, 0225)  a  0, 025
Kim loai

D. 13,11%


 2
Cu : a
Cu
:
a


BTKL

 2, 44  0, 025.16  2, 04 

 6, 6 Fe3 : b
Fe : b

2a  3b
BTDT

 SO 24 :

2

64a  56b  2, 04
a  0, 01
0, 01.64


 %Cu 
 26, 23%
2, 44
2a  3b  n e  0, 095 b  0, 025
Ví dụ 6: Hòa tan hoàn toàn 2,44 gam hỗn hợp bột X gồm FexOy và Cu bằng dung dịch H2SO4 đặc nóng
(dư). Sau phản ứng thu được 0,504 lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc) và dung dịch chứa 6,6
gam hỗn hợp muối sunfat. Oxit sắt trong X là:
A. FeO

B. Fe3O4

C. Fe2O3

D. FeO hoặc Fe3O4

Định hướng tư duy giải:
Trong X
 0, 025
n O
Theo kết quả từ ví dụ 4 và 5   Trong X
 FeO
 0, 025
n Fe

Ví dụ 7: Hỗn hợp X gồm Al, Cu, CuO, Fe2O3, Mg. Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với H2 dư đun nóng
thu được m – 4,84 gam hỗn hợp rắn Y. Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với H2SO4 đặc nóng dư thu được
5,824 lít SO2 (đktc, sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch Z. Cô cạn dung dịch Z thu được 73,88 gam chất
rắn khan. Giá trị của m là:
A. 25,52

B. 22,32

C. 22,82

D. 24,72

Định hướng tư duy giải:
 Trong X 4,84

 0,3025
n O
16
Cách 1. Ta có:  
n SO  0, 26
 2

BTE

 0,3025.2  0, 26.2  1,125  n SO2  0,5625
4

BTKL
BTKL

 m kim loai  73,88  0,5625.96  19,88 
 m  19,88  4,84  24, 72(gam)

Cách 2
Gọi n H2SO4

BTNT.S
 
n SO2  a  0, 26
4
a
BTNT.H
 n H2O  a
 

BTKL

 m  98a  m

4,84



  96(a  0, 26)  0, 26.64  18a
kim loai

 a  0,8225  n SO2  0,5625
4

BTKL
* Làm tương tự như cách 1 ta có 
 m kim loai  73,88  0,5625.96  19,88
BTKL

 m  19,88  4,84  24, 72(gam)

* Chúng ta cũng có thể BTKL cho cả phương trình như sau

 m  0,8225.98  73,88  0, 26.64  18.0,8225  m  24, 72(gam)


Ví dụ 8: Cho 33,6 gam Fe vào dung dịch H2SO4 đặc, nóng sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được
2,24 lít khí duy nhất SO2 (đktc) và 14,4 gam hỗn hợp chất rắn. Số mol axit H2SO4 đã tham gia phản ứng
là mol
A. 0,8 mol

B. 0,4 mol

C. 0,6 mol

D. 1,2 mol

Định hướng tư duy giải:

Fe : a
BTE
Hỗn hợp rắn phải là: 14, 4 
 56a  32b  14, 4 
(0, 6  a).2  6b  0,1.2
S : b

FeSO 4 : 0, 4
a  0, 2 
BTNT.S

 S : 0,1

n H2SO4  0, 6
b  0,1 SO : 0,1
 2
BÀI TẬP RÈN LUYỆN
Câu 1: Cho m gam X gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 vào 400 ml dung dịch HCl 2M, sau phản ứng thu được
2,24 lít H2 (đktc), dung dịch Y và 2,8 gam Fe không tan. Giá trị của m là:
A. 30,0

B. 22,4

C. 25,2

D. 26,28

Câu 2: Đun nóng hỗn hợp bột X gồm 0,06 mol Al, 0,01 mol Fe3O4, 0,015 mol Fe2O3 và 0,02 mol FeO
một thời gian. Hỗn hợp Y thu được sau phản ứng được hòa tan hoàn toàn vào dung dịch HCl dư, thu được

dung dịch Z. Thêm NH3 vào Z cho đến dư, lọc kết tủa T, đem nung ngoài không khí đến khối lượng
không đổi thu được m gam chất rắn. Giá trị của m là
A. 6,16.

B. 6,40.

C. 7,78.

D. 9,46.

Câu 3: Cho hỗn hợp X gồm x mol FeS2 và 0,045 mol Cu2S tác dụng vừa đủ với dung dịch HNO3 loãng,
đun nóng, thu được dung dịch chỉ chứa muối sunfat của các kim loại và giải phóng khí NO duy nhất. Giá
trị của x là:
A. 0,060

B. 0,045

C. 0,090

D. 0,180

Câu 4: Cho hỗn hợp gồm 0,3 mol Fe, 0,15 mol Fe2O3 và 0,1 mol Fe3O4 tác dụng vừa đủ với dung dịch
H2SO4 loãng thu được dung dịch A. Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc kết tủa đem
nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn C. Gái trị của m là:
A. 70.

B. 72.

C. 65.

D. 75.

Câu 5: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm 0,4 mol FeO và 0,1 mol Fe2O3 vào dung dịch HNO3 loãng, dư
thu được dung dịch A và khí B không màu, hóa nâu trong không khí. Dung dịch A cho tác dụng với dung
dịch NaOH dư thu được kết tủa. Lấy toàn bộ kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu
được chất rắn có khối lượng là:
A. 23,0 gam.

B. 32,0 gam.

C. 16,0 gam.

D. 48,0 gam.

Câu 6: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,12 mol FeS2 và a mol Cu2S bằng dung dịch HNO3 vừa đủ thu
được dung dịch Y chỉ chứa hai muối sunfat và khí NO là sản phẩm khử duy nhất của N+5. Tìm a:
A. 0,03

B. 0,04

C. 0,06

D. 0,12


Câu 7: Dẫn khí CO từ từ qua ống sứ đụng 14 gam X gồm CuO, Fe2O3 và Fe3O4 nung nóng một thời gian
được m gam chất rắn Y. Cho toàn bộ khí thu được sau phản ứng vào dung dịch Ca(OH)2 dư được kết tủa
Z. Cho toàn bộ Z phản ứng với dung dịch HCl dư được 2,8 lít khí đktc. Tìm m:
A. 12

B. 10

C. 6

D. 8

Câu 8: Oxi hóa chậm m gam Fe ngoài không khí sau một thời gian thu được 12 gam hỗn hợp X (Fe, FeO,
Fe2O3, Fe3O4). Để hòa tan hết X, cần vừa đủ 300 ml dung dịch HCl 1M, đồng thời giải phóng 0,672 lít
khí (đktc). Giá trị của m là:
A. 10,08

B. 8,96

C. 9,84

D. 10,64

Câu 9: Hỗn hợp X gồm Al, Fe2O3, Fe3O4, CuO trong đó oxi chiếm 25,39% khối lượng hỗn hợp. Cho m
gam hỗn hợp X tác dụng với 8,96 lít CO (điều kiện tiêu chuẩn) sau 1 thời gian thu được chất rắn Y và hỗn
hợp khí Z có tỉ khối so với hiđro là 19. Cho chất rắn Y tác dụng với dung dịch HNO3 loãng dư thu được
dung dịch T và 7,168 lít NO (điều kiện tiêu chuẩn, sản phẩm khử duy nhất). Cô cạn dung dịch T thu được
3,456m gam muối khan. Giá trị m gần nhất với:
A. 41,13

B. 35,19

C. 38,43

D. 40,03

Câu 10: Cho 14,3 gam hỗn hợp X gồm Mg, Zn, Al hòa tan hết trong V lít dung dịch HNO3 vừa đủ thu
được 9,856 lít NO2 (đktc) và dung dịch Z chứa 81,9 gam muối. Thể tích HNO3 cần dùng là:
A. 1,58 lít.

B. 1,28 lít.

C. 1,44 lít.

D. 1,51 lít.

Câu 11: Cho m gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, Zn, Cu tác dụng với oxi sau 1 thời gian thu được m + 6,72
gam hỗn hợp Y. Cho hỗn hợp Y tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc, nóng dư thu được dung dịch Z và
4,928 lít SO2 (đktc, sản phẩm khử duy nhất). Cô cạn dung dịch Z thu được 90,28 gam muối khan. Giá trị
của m là
A. 30,26

B. 28,84

C. 27,86

D. 29,16

Câu 12: Cho 23,640 gam hỗn hợp X gồm Al, FeO, CuO tác dụng với lượng dư khí hidro thu được 4,860
gam nước và hỗn hợp kim loại Y. Mặt khác, cho 11,94 gam X tác dụng với lượng dư dung dịch HNO3
loãng thu được 1,792 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, đktc) và dung dịch B. Cô cạn dung dịch B được
m gam muối khan. Giá trị của m gần nhất với:
A. 41,5.

B. 34,2.

C. 24,6.

D. 42,2.

Câu 13: Hỗn hợp X gồm Fe, Zn, ZnO và FeO. Để hòa tan 12,46 gam hỗn hợp X cần 380 ml dung dịch
HCl 1M thu được 2,464 lít khí hiđro (đktc). Cho 12,46 gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HNO3 dư
thu được 1,568 lít NO (đktc) và dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thu được 44,2 gam muối khan. Số mol
HNO3 tham gia phản ứng là
A. 0,645

B. 0,615

C. 0,625

D. 0,605

Câu 14: Hỗn hợp X gồm Fe, Zn, MgCO3, FeCO3, CaCO3. Nung 28,04 gam hỗn hợp X trong điều kiện
không có không khí thu được 17,48 gam chất rắn. Cho 42,06 gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch
HNO3 loãng dư thu được 9,632 lít hỗn hợp khí (đktc) gồm CO2 và NO và dung dịch Y. Cô cạn dung dịch


Y thu được 86,76 gam muối khan. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Số mol HNO3 tham gia phản ứng
là
A. 1,25

B. 1,05

C. 1,15

D. 1,35

Câu 15: Hỗn hợp X gồm Al, Fe2O3, FeO, Cu2O trong đó oxi chiếm 23,41% khối lượng hỗn hợp. Nếu cho
m gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc nóng dư thu được 4,256 lít SO2 (đktc, sản phẩm khử
duy nhất). Nếu cho m gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HNO3 loãng dư thu được 2,464 lít NO
(đktc) và dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thu được 105,18 gam muối khan. Giá trị của m gần nhất với
giá trị nào sau đây:
A. 31,44

B. 32,79

C. 30,99

D. 33,87

Câu 16: Cho 39,2 gam hỗn hợp M gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3, CuO và Cu (trong đó oxi chiếm 18,367%
về khối lượng) tác dụng vừa đủ với 850 ml dung dịch HNO3 nồng độ a mol/l, thu được 0,2 mol NO (sản
phẩm khử duy nhất của N+5). Giá trị của a là
A. 2,0.

B. 1,5.

C. 3,0.

D. 1,0.

Câu 17: Hòa tan hết 17,44 gam hỗn hợp X gồm Fe, Fe3O4, Fe2O3, CuO, Cu, Mg, MgO (trong đó oxi
chiếm 18,35% về khối lượng) trong dung dịch HNO3 loãng dư, kết thúc các phản ứng thu được dung dịch
Y và 0,56 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm N2 và N2O. Tỉ khối của Z so với H2 là 18,8. Cho dung dịch NaOH
tới dư vào Y rồi đun nóng, không có khí thoát ra. Số mol HNO3 đã phản ứng với X là:
A. 0,67

B. 0,47

C. 0,57

D. 0,62

Câu 18: Cho 11,36 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe2O3, 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. Dung dịch X có thể hòa tan
được tối đa 11,2 gam Fe. Số mol HNO3 có trong dung dịch ban đầu là:
A. 0,94 mol.

B. 0,72 mol.

C. 0,86 mol.

D. 0,64 mol.

Câu 19: Cho hỗn hợp X gồm 6,96 gam Fe3O4 và 6,40 gam Cu vào 300 ml dung dịch HNO3 CM (mol/l).
Sau khi các phản ứng kết thúc thu được khí NO, dung dịch Y và còn lại 1,60 gam Cu. Biết NO là sản
phẩm khử duy nhất. Giá trị CM là
A. 0,15.

B. 1,20.

C. 1,50.

D. 0,12.

Câu 20: Trộn 2,43 gam Al với 9,28 gam Fe3O4 rồi nung nóng cho phản ứng xảy ra một thời gian, làm

lạnh được hỗn hợp X gồm Al, Fe, Al2O3, FeO và Fe3O4. Cho toàn bộ X phản ứng với dung dịch HCl dư
thu được 2,352 lít H2 (đktc) và dung dịch Y. Cô cạn Y được a gam muối khan. Xác định giá trị của a?
A. 27,965

B. 18,325

C. 16,605

D. 28,326


ĐÁP ÁN VÀ ĐỊNH HƯỚNG GIẢI BÀI TẬP TỰ RÈN LUYỆN
BẢNG ĐÁP ÁN
01. A

02.

03.

04.

05.

06.

07.

08.

09.

10.

11.

12.

13.

14.

15.

16.

17.

18.

19.

20.

21.

22.

23.

24.

25.

26.

27.

28.

29.

30.

31.

32.

33.

34.

35.

36.

37.

38.

39.

40.

41.

42.

43.

44.

45.

46.

47.

48.

49.

50.

Câu 1: Chọn đáp án A
Định hướng tư duy giải
+ Vì có Fe dư  muối cuối cùng là FeCl2
+ H trong HCl đã chạy đi đâu? Nó chạy vào H2O và biến thành H2.
BTNT.Clo
 
 FeCl2 : 0, 4

n HCl  0,8 

  BTNT.H
0,8  0, 2
 H 2O :
n H2  0,1
 

2
BTKL

 m  0, 4.56  2,8  0,3.16  30(gam)

Câu 2: Chọn đáp án D
Định hướng tư duy giải
Cuối cùng Fe và Al sẽ chạy vào đâu? – Nó chạy vào Fe2O3 và Al2O3

Fe : 0, 01.3  0, 015.2  0, 02  0, 08 Fe 2 O3 : 0, 04
BTNT



Al : 0, 06
Al2 O3 : 0, 03
 m  0, 04.160  0, 03.102  9, 46(gam)
Câu 3: Chọn đáp án C
Định hướng tư duy giải
Fe3 : x

BTNT

 Cu 2 : 0, 09
Dung dịch cuối cùng chứa gì? 
SO 2 : 0, 045  2x
 4
BTDT

 3x  0, 09.2  2(0, 045  2x)  x  0, 09(mol)

Câu 4: Chọn đáp án B
Định hướng tư duy giải
Fe cuối cùng chạy đi đâu? – Nó chạy vào Fe2O3
Ta có:

n

Fe

BTNT.Fe
 0,3  0,15.2  0,1.3  0,9 
 m  0, 45.160  72(gam)

Câu 5: Chọn đáp án D
Định hướng tư duy giải


Fe cuối cùng chạy đi đâu? – Nó chạy vào Fe2O3
Ta có:

n

Fe

BTNT.Fe
 0, 4  0,1.2  0,3 
 m  0,3.160  48(gam)

Câu 6: Chọn đáp án C
Định hướng tư duy giải
Fe3 : 0,12

BTNT
 Cu 2 : 2a
Điền số cho dung dịch 
SO 2 : 0, 24  a
 4
BTDT

 0,12.3  2a.2  2(0, 24  a)  a  0, 06(mol)

Câu 7: Chọn đáp án A
Định hướng tư duy giải
+ CO cuối cùng chạy đi đâu? – Biến thành CO2
Ta có: n CO2 

2,8
BTKL
 0,125 
 m  14  0,125.16  12(gam)
22, 4

Câu 8: Chọn đáp án A
Định hướng tư duy giải
H trong HCl cuối cùng chạy đi đâu? – Nó đi vào H2O và H2

n HCl  0,3 BTNT.H
BTKL
Ta có: 

 n H2O  0,12 
 m  12  0,12.16  10, 08(gam)
n H2  0, 03
Câu 9: Chọn đáp án C
Định hướng tư duy giải

CO : 0,15
BTNT.C
Ta có: n CO  0, 4 

 n Z  0, 4 
CO 2 : 0, 25

Kim loai:0,7461m(gam)

 Y
và n NO  0,32(mol)
0, 2539m
n


0,

25
 O
16

 0, 2539m
 
BTKL

 3, 456m  0, 7461m   0,32.3  
 0, 25  .2  .62  m  38, 427
 16
 

Câu 10: Chọn đáp án A
Định hướng tư duy giải
Nhìn thấy hỗn hợp là các kim loại mạnh  Nghĩ tới NH4NO3: a mol

 NH 4 NO3 : a BTE


 n NO  8a  0, 44
3
 NO 2 : 0, 44
BTKL

 81,9  14,3  62(8a  0, 44)  80a  a  0, 07
BTNT.N

 n HNO3  0, 07.2  0, 44  0, 44  8.0, 07  1,58  V  1,58

Câu 11: Chọn đáp án B


Định hướng tư duy giải
6, 72

 0, 42
n O 
16
 n e  2(0, 42  0, 22)  n SO2  0, 64
Ta có: 
4
n SO  0, 22
 2
BTKL

 m  90, 28  0, 64.96  28,84(gam)

Câu 12: Chọn đáp án A
Định hướng tư duy giải

Kim loai:19,32(gam)
Ta có: n H2O  0, 27  23, 64 
O : 0, 27(mol)
Kim loai:19,32.0,505=9,757(gam)
 11,94 
O : 0, 27.0,505  0,13635(mol)
Và n NO  0, 08  m  9, 757  62(0, 08.3  0,13635.2)  41,54
Câu 13: Chọn đáp án B
Định hướng tư duy giải

n HCl  0,38 BTNT.H
X
Ta có: 

 n H2O  0, 08  n Trong
 0, 08(mol)
O
n

0,11
 H2
Chú ý: Trong X ta nhìn thấy có Zn  Nhớ tới NH4NO3: a mol

 NH 4 NO3 : a

BTE
  NO : 0, 07 
 8a  0, 07.3  0, 08.2  0,37  8a
O : 0, 08

BTKL

 44, 2  12,
46 
0, 08.16

  62(0,37  8a)  80a  0, 0175
Kim loai

BTNT.N

 n HNO3  0,37  10.0, 0175  0, 07  0, 615(mol)

Câu 14: Chọn đáp án C
Định hướng tư duy giải
BTKL
 n CO2 
Khi nung X 

28, 04  17, 48
 0, 24
44

CO : 0, 24.1,5  0,36  n O  0,36
Với 42,06 gam X  0, 43  2
 NO : 0, 07

O : 0,36

BTE
Nhìn thấy có Zn trong X   NO : 0, 07 
 n e  n NO  0,36.2  0, 07.3  8a  0,93  8a
3
 NH NO : a
4
3

BTKL


 86, 76  42,
06 
0,36.60

  62(0,93  8a)  80a  a  0, 015
Kim loai

BTNT.N

 n HNO3  0,93  10.0, 015  0, 07  1,15(mol)


Câu 15: Chọn đáp án A
Định hướng tư duy giải

 0, 2341m
0, 2341m 
0, 2341m
O :

BTE

 n e  2  0,19 
Với H2SO4 đặc nóng  
16
  0,38 
16
8



SO 2 : 0,19
Chuyển qua HNO3  n e  n NO  0,38 
3

Có n NO  0,11  n NH4 NO3 

0,38 

0, 2341m
8

0, 2341m
0, 2341m
 0,11.3 
8
8
 0, 00625
8

0, 2341m 

BTKL

105,18  0, 7659m  80.0, 00625  62  0,38 
  m  31, 44(gam)
8



Câu 16: Chọn đáp án A

Định hướng tư duy giải

 Trong M 0,18367.39, 2

 0, 45(mol) BTE
n

 n e  n NO  1,5(mol)
Ta có:  O
16
3
n NO  0, 2
BTNT.N

 n HNO3  1,5  0, 2  1, 7  a 

1, 7
 2(M)
0,85

Câu 17: Chọn đáp án A
Định hướng tư duy giải
X
n Trong
 0, 2
O

BTE
n N2  0, 01 
 n e  n NO  0, 2.2  0, 01.10  0, 015.8  0, 62(mol)

Ta có: 
3
n Z  0, 025 n
 N2O  0, 015


BTNT.N

 n HNO3  0, 62  0, 025.2  0, 67(mol)

Câu 18: Chọn đáp án C
Định hướng tư duy giải

Fe : a 56a  16b  11,36 a  0,16
Với thí nghiệm đầu: 11,36 


O : b
3a  2b  0, 06.3
b  0,15
Fe : 0,16  0, 2  0,36
Khi cho thêm Fe ta xem như 
O : 0,15
BTE

 0,36.2  0,15.2  3n NO  n NO  0,14
BTNT.N

 n HNO3  0,36.2  0,14  0,86(mol)

Câu 19: Chọn đáp án B
Định hướng tư duy giải


BTNT.Fe
 
 Fe 2 : 0, 09
n Fe O  0, 03 HNO3  BTNT.Cu

  
 Cu 2 : 0, 075
Ta có:  3 4
n Cu  0,1
 
BTDT
 NO3 : 0,33


BTE

 0,33  3n NO  0, 03.4.2  n NO  0, 03
BTNT.N

 n HNO3  0,33  0, 03  0,36(mol)   HNO3  

0,36
 1, 2
0,3

Câu 20: Chọn đáp án A

Định hướng tư duy giải
9, 28

.4  0,16 BTNT.H
n O 
232

 n HCl  0,53
H trong sẽ được phân bổ vào H2 và H2O. Ta có: 
n H  0,105
 2
BTKL

 a  2,
43  9, 28
 0,16.16


  0,53.35,5  27,965(gam)
Kim loai