PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG VÀ PHƯƠNG PHÁP TĂNG GIẢM KHỐI LƯỢNG

Phươn g ph áp bảo to n k hà ối lượng v phà ương ph áp tăng giảm khối lượng
Dec. 10
PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG VÀ PHƯƠNG PHÁP TĂNG
GIẢM KHỐI LƯỢNG
I. Phương pháp bảo toàn khối lượng :[2], [6], [11], [13], [14]
Vào khoảng đầu những năm 50 của thế kỷ XVIII, nhà bác học vĩ đại người Nga M.V
Lômônôxốp (1711-1765) và Lavoadie (A.Lavoisier) người Pháp là những người đầu tiên phát hiện ra
ĐLBTKL: “Trong một phản ứng hóa học, tổng khối lượng của các sản phẩm bằng tổng khối lượng
của các chất tham gia”. Qua hơn 100 năm sau, định luật đã được hai nhà bác học là Stat kiểm tra lại
vào những năm 1860-1870; Landon vào năm 1909 sử dụng cân với đọ chính xác 0,00001g.
I.1. Nội dung của định luật:
“Khối lượng của các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng của các chất tạo thành sau
phản ứng”.
I.2. Vận dụng định luật vào giải toán:
Vận dụng định luật bảo toàn khối lượng trong giải toán hóa học, giúp người học có thể đưa ra
những phương pháp nhanh chóng để giải quyết một bài toán TNKQ hơn nhiều lần so với phương pháp
thông thường là tính toán theo phương trình, đồng thời người dạy cũng có thể dựa vào đó để xây dựng
bộ câu hỏi TNKQ liên quan đến định luật nhằm rèn luyện tư duy năng lực phát hiện vấn đề của người
học.
Sau đây là một số dạng toán được sưu tầm và xây dựng từ sự vận dụng ĐLBTKL:
I.2.1. Dạng 1: Xác định khối lượng của chất tham gia hoặc sản phẩm trong phản ứng
hóa học dựa trên nguyên tắc trong phản ứng hóa học, dù các chất tham gia phản ứng là vừa đủ
hay có chất dư thì tổng khối lượng của các chất trước phản ứng bằng tổng khối lượng của các
chất tạo thành sau phản ứng (sản phẩm và chất dư nếu có): m
trước
= m
sau
Nếu sau phản ứng có chất tách khỏi môi trường do bay hơi hay kết tủa là không trùng
trạng thái vật lý thì hệ quả trên vẫn không thay đổi nhưng: m
trước
= m

sau
= m
tan
+ m↓ + m↑.
Ví dụ 1: [10] Khử 4,64g hỗn hợp X gồm FeO, Fe
3
O
4,
Fe
2
O
3
có số mol bằng nhau bằng CO thu
được chất rắn Y. Khí thoát ra sau phản ứng được dẫn vào dung dịch Ba(OH)
2
dư thu được 1,79g kết
tủa. Khối lượng của chất rắn Y là:
Phươn g ph áp bảo to n k hà ối lượng v phà ương ph áp tăng giảm khối lượng
Dec. 10
A. 4,48g B. 4,84g C. 4,40g D. 4,68g
Cách giải: hh X + CO → Y + CO
2
CO
2
+ Ba(OH)
2
→ BaCO
3
↓+ H
2

O

2
CO
1,97
n n 0,01(mol)
197
↓
= = =
Áp dụng ĐLBTKL, ta có:
2 2
X CO Y CO Y X CO CO
m m m m m m m m+ = + ⇒ = + −

Y
m 4,64 0,01(28 44) 4,48(g)⇒ = + − =
→ Đáp án A đúng.
 Nhận xét: Sử dụng phương pháp BTKL, dữ kiện “số mol bằng nhau” trong đề bài không
cần sử dụng vẫn cho ta kết quả đúng. Nếu học sinh sử dụng dữ kiện trên và giải bài toán
theo phương pháp chính tắc là lí luận theo phương trình hóa học thì sẽ đưa bài toán đến
bế tắc vì không có dữ liệu nào cho biết hh X bị khử hoàn toàn hay không, sau phản ứng
hh X còn hay hết. Nhưng nếu lí luận theo ĐLBTKL, hh X còn hay hết không quan trọng
với việc tính toán; do đó giải quyết bài toán một cách nhanh chóng.
Ví dụ 2: [17] Nung 13,4g hỗn hợp 2 muối cacbonat của 2 kim loại của hóa trị II, thu được 6,8g
chất rắn và khí X. Lượng khí X sinh ra cho hấp thụ vào 75ml dd NaOH 1M, khối lượng muối khan thu
được sau phản ứng là (cho H =1, C =12, O =16, Na =23)
A. 5,8g B. 6,5g C. 4,2g D. 6,3g
Cách giải:
Gọi chung công thức hỗn hợp 2 muối:
3

MCO
0
t
3 2
MCO MO CO
→ +
Áp dụng ĐLBTKL, ta có:
2
3
CO
MCO MO
m m m= +

Phươn g ph áp bảo to n k hà ối lượng v phà ương ph áp tăng giảm khối lượng
Dec. 10

2 2
3
CO CO
MCO MO
NaOH
m m m 13,4 6,8 6,6(g) n 0,15(mol)
n 0,075x1 0,075(mol)
⇒ = − = − = ⇒ =
⇒ = =


2
1
1

2
NaOH
CO
n
T
n
= = <
→ tạo muối NaHCO
3
và dư CO
2

2 3
CO NaOH NaHCO+ →

3
NaHCO
m 0,075x84 6,3(g)= =
Vậy chọn đáp án D.
Ví dụ 3: [tự ra] Hòa tan m(g) hỗn hợp Zn và Fe cần vừa đủ 1l dd HCl 3,65M (d=1,19g/ml) thu
được 1 chất khí và 1250g dd D. Vậy m có giá trị:
A. 65,63(g) B. 61,63(g) C. 63,65(g) D. 63,61(g)
Cách giải:
ddHCl
m 1000x1,19 1190(g)= =
;
HCl
n 3,65x1 3,65(mol)= =
Zn + 2HCl→ ZnCl
2

+ H
2

↑

Fe + 2HCl→ FeCl
2
+ H
2

↑

Áp dụng ĐLBTKL, ta có:
2
hh(Zn,Fe) ddHCl ddD H
m m m m+ = +

hh(Zn,Fe)
3,65
m m 1250 2( ) 1190 63,65(g)
2
⇒ = = + − =
Vậy chọn đáp án C.
Ví dụ 4: [15] Cho 115g hỗn hợp gồm ACO
3
, B
2
CO
3
, R

2
CO
3
tác dụng hết với dd HCl thấy thoát
ra 0,448l CO
2
(đktc). Khối lượng muối clorua tạo ra trong dung dịch là:
A. 115,22g B.151,22g C. 116,22g D. 161,22g
Cách giải:
Phươn g ph áp bảo to n k hà ối lượng v phà ương ph áp tăng giảm khối lượng
Dec. 10

3 2 2 2
2 3 2 2
2 3 2 2
ACO 2HCl ACl H O CO
B CO 2HCl 2BCl H O CO
R CO 2HCl 2RCl H O CO
↑
↑
↑
+ → + +
+ → + +
+ → + +

2 2 2
CO HCl H O CO
0,448
n 0,02(mol);n 2n 2n 2x0,02 0,04(mol)
22,4

= = = = = =
Áp dụng ĐLBTKL: m
muối cacbonat
+ m
HCl
= m
muối clorua
+
2 2
H O CO
m m+
→ m
muối clorua
= m
muối cacbonat
+ m
HCl
-
2 2
H O CO
m m−
= 115 + 0,04 x 36,5 - 0,02 (18 + 44) = 115,22 (g)
→ Chọn đáp án A.
Ví dụ 5: [21] Hòa tan 3,28g hỗn hợp muối MgCl
2
và
3 2
Cu( NO )
vào nước được dung dịch A.
Nhúng vào dung dịch A một thanh Fe. Sau một khoảng thời gian lấy thanh Fe ra cân lại thấy tăng

thêm 0,8g. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thì thu được m gam muối khan. Giá trị của m là:
A. 4,24g B. 2,48g C. 4,13g D. 1,49g
Cách giải: giải theo phương pháp bảo toàn khối lượng:
Áp dụng ĐLBTKL, ta có: sau một khoảng thời gian độ tăng khối lượng của thanh Fe bằng độ
giảm khối lượng của dung dịch muối. Vậy: m = 3,28 - 0,8 = 2,48 (g)
Chọn đáp án B.
 Nhận xét: Chỉ với áp dụng ĐLBTKL, đã giải quyết bài toán nhanh gọn; nhưng điều này
đòi hỏi HS phải nắm vững định luật và biết phát hiện ra vấn đề.
I.2.2. Dạng 2: Khi cation kết hợp với anion để tạo ra hợp chất như axit, oxit,
hiđroxit, muối, .....thì ta luôn có: khối lượng hợp chất = khối lượng các cation + khối lượng các
anion
Thông thường để tính toán khối lượng các muối khan thu được trong dung dịch sau phản ứng.
Phươn g ph áp bảo to n k hà ối lượng v phà ương ph áp tăng giảm khối lượng
Dec. 10
Ví dụ 6: [10] Cho 1,04g hỗn hợp hai kim loại tan hoàn toàn trong dung dịch H
2
SO
4
loãng dư
thoát ra 0,672 lít khí H
2
(đktc). Khối lượng hỗn hợp muối sunfat khan thu được sẽ là:
A. 3,92g B. 1,96g C.3,52g D.5,88g
Cách giải: 2 kim loại + H
2
SO
4
l → hh muối sunfat + H
2
2

2 2 4
4
H H SO
SO
0,672
n n n 0,03(mol)
22,4
−
= = = =
Nhận thấy m
muối sunfat
= m
cation
+ m
anion
= m
kim loại
+
2
4
SO
m
−
= 1,04 + 0,03 x 96 = 3,92 (g)
Vậy chọn đáp án A.
 Nhận xét :
- Nếu HS phát hiện được vấn đề của bài toán thì việc giải quyết bài toán này trở nên vô
cùng đơn giản. Nhưng nếu HS cứ áp dụng máy móc phương pháp giải truyền thống là đặt ẩn, giải hệ
đưa đến một hệ phương trình nhiều ẩn số hơn số phương trình, do đó bài toán trở nên phức tạp. Các
dạng bài tập này có thể sử dụng để rèn luyện năng lực phát hiện vấn đề của HS.

- Vận dụng định luật BTKL để tính khối lượng hợp chất sẽ được phát triển thêm, hình
thành nên một phương pháp được ứng dụng phổ biến trong giải toán hóa học. Đó là phương pháp tăng
giảm khối lượng. Do đó, các bài tập của phần vận dụng này được kết hợp giải quyết với phương pháp
tăng giảm khối lượng.
II. Phương pháp tăng giảm khối lượng:[2], [13], [14]
II.1. Nguyên tắc của phương pháp:
Dựa vào sự tăng (giảm) khối lượng khi chuyển từ 1 mol chất A thành 1 mol hoặc nhiều
mol chất B (có thể qua các giai đoạn trung gian) ta có thể dễ dàng tính được số mol của các chất
và ngược lại hoặc trong quá trình phản ứng có sự thay đổi khối lượng các chất.
II.2. Vận dụng phương pháp tăng giảm khối lượng trong giải toán:
II.2.1. Dạng toán phản ứng hóa học có sự thay đổi thành phần của hợp chất (có thể
là anion hoặc cation) và làm chênh lệch khối lượng giữa chất cũ và chất mới:
Ví dụ 1: giải lại ví dụ 4 của ĐLBTKL bằng phương pháp tăng giảm khối lượng.
Phươn g ph áp bảo to n k hà ối lượng v phà ương ph áp tăng giảm khối lượng
Dec. 10
Theo (1), (2), (3): từ muối cacbonat chuyển thành muối clorua thì khối lượng muối tăng:
71 - 60 = 11g và tạo ra 1 mol CO
2
Theo đề:
2
CO
n 0,02(mol)=
⇒
khối lượng muối tăng:
m 0,02x11 0,22(g)∆ = =

⇒
m
muối clorua
= m

muối cacbonat
+
m
∆
= 115 + 0,22 = 115,22 (g)
Vậy đáp án đúng là A.
Ví dụ 2: [10] Hòa tan 9,875g một muối hiđrocacbonat vào nước, cho tác dụng với dung dịch
H
2
SO
4
vừa đủ rồi đem cô cạn thu được 8,25g một muối sunfat trung hòa khan. Công thức phân tử của
muối là:
A. NH
4
HCO
3
B. NaHCO
3
C.
3 2
Ca( HCO )
D. KHCO
3
Cách giải: gọi muối hiđrocacbonat:
3 n
R(HCO )
với n là hóa trị của kim loại trong muối đó.
3 n 2 4 2 4 n 2 2
2R(HCO ) nH SO R (SO ) 2nH O 2nCO+ → + + ↑

Theo phương trình: cứ 2 mol muối hiđrocacbonat chuyển thành 1 mol muối sunfat thì khối
lượng muối giảm: 61x 2n - 96n = 26n (g) và là khối lượng của 2n mol CO
2.
Theo đề: ∆m
giảm
= 9,875 - 8,25 = 1,625 (g)

2 3 n
CO M(HCO )
2n 0,125
n 1,625x 0,125(mol) n (mol)
26n n
⇒ = = ⇒ =
Ta có hệ thức tính M
R
: M
R
=
9,875
61n 18n
0,125
n
− =
n 1 2
R
18
(NH
4
)
39 (loại)

Phươn g ph áp bảo to n k hà ối lượng v phà ương ph áp tăng giảm khối lượng
Dec. 10
⇒
Chọn đáp án A.
 Nhận xét:
- Nếu HS dựa vào phương trình hóa học với 2 số liệu của đề bài để giải quyết bài toán thì
phải chia ra 2 trường hợp tương ứng với hóa trị của R là 1 hoặc 2 để đưa ra công thức của muối sunfat
phù hợp (công thức tổng quát không phù hợp với trường hợp n = 2). Nhưng khi sử dụng phương pháp
tăng giảm khối lượng thì chỉ cần quan tâm đến tỉ lệ số mol CO
2
với muối hiđrocacbon luôn là n. Do
đó với việc chỉ sử dụng phương trình tổng quát có thể tính được số mol CO
2
và bài toán được giải
quyết nhanh chóng hơn nhiều lần.
Độ tăng (giảm) lượng muối theo đề bài
Số mol =
Độ tăng (giảm) lượng muối theo phương trình
- Dựa vào phương pháp này, cho ta rút ra công thức tính số mol của khí CO
2
:

Ví dụ 3: [9] Oxy hóa hoàn toàn a(g) hỗn hợp X (gồm Zn, Pb, Ni) được b(g) hỗn hợp 3 oxit Y
(ZnO, PbO, NiO). Hòa tan b(g) Y trên trong dung dịch HCl loãng thu được dung dịch Z. Cô cạn Z
được hỗn hợp muối khan có khối lượng (b + 55) gam. Khối lượng a (g) của hỗn hợp X ban đầu là:
A. a = b -16 B. a = b - 24 C. a = b- 32 D. a = b - 8
Cách giải: các kim loại này có cùng hóa trị → gọi chung là M
hh
M
hh

+
0
t
2 hh
1
O M O
2
→
M
hh
O + 2 HCl → M
hh
Cl
2
+ H
2
O
Z chứa muối khan có khối lượng lớn hơn khối lượng oxit 55g. Đó chính là độ chênh lệch khối
lượng của 2 anion Cl
-
và O
2-
: 1 mol M
hh
O chuyển thành 1 mol M
hh
Cl
2
tăng: 71 - 16 = 55 (g)
Phươn g ph áp bảo to n k hà ối lượng v phà ương ph áp tăng giảm khối lượng

Dec. 10
Theo đề: ∆m
tăng
= 55 (g)
⇒
n
oxit
= n
muối
= 1 (mol)
Ta có: m
oxit
=
hh
M O
m m+

⇒
a =
hh
M oxit O
m m m b 1x16 b 16= − = − = −
.
Vậy đáp án đúng là A.
II.2.2. Dạng toán cho thanh kim loại vào dung dịch muối và sau phản ứng có sự thay
đổi khối lượng của thanh kim loại hoặc dung dịch phản ứng:
Dựa vào các dữ kiện của đề bài, thiết lập được mối quan hệ ẩn số với đề bài cho:
a. Cho thanh kim loại A có khối lượng ban đầu là m(g) vào dung dịch muối B
(Avà B cùng hóa trị)
- Khối lượng thanh kim loại A tăng hoặc tăng a % (nguyên tử khối của A< nguyên tử khối của

B) thì: m
KL giải phóng
- m
KL tan
= ∆m
tăng
hay
a
xm
100
- Khối lượng thanh kim loại A giảm hoặc giảm b% (nguyên tử khối của A > nguyên tử khối của
B) thì: m
KL tan
- m
KL giải phóng
= ∆m
giảm
hay
b
xm
100
b. Khi cho hai thanh kim loại khác nhau (cùng hóa trị ) nhúng vào hai dung
dịch muối giống nhau: nếu đầu bài cho số mol hai muối dùng cho phản ứng bằng nhau nghĩa là số
mol hai thanh kim loại tan vào hai dung dịch muối là như nhau. Nếu cùng một khối lượng thì khối
lượng hai thanh kim loại tan vào dung dịch muối là như nhau.
Ví dụ 4: [12] Cho m(g) Fe vào 100 ml dung dịch Cu(NO
3
)
2
thì nồng độ của Cu

2+
còn lại trong
dung dịch bằng 1/2 nồng độ của Cu
2+
ban đầu và thu được một chất rắn A có khối lượng (m + 0,16)g.
Tính m (khối lượng Fe) và nồng độ ban đầu của Cu(NO
3
)
2
(phản ứng hoàn toàn).
A. 1,12g Fe, C = 0,3 M B. 2,24g Fe, C = 0,2 M
C. 1,12g Fe, C = 0,4 M D. 2,24g Fe, C = 0,3 M
Cách giải: sau phản ứng còn dư Cu
2+
, vậy Fe đã phản ứng hết. Gọi x là số mol Fe có ban đầu
Phươn g ph áp bảo to n k hà ối lượng v phà ương ph áp tăng giảm khối lượng
Dec. 10
Fe + Cu
2+
→ Fe
2+
+ Cu
x x x
Khối lượng của chất rắn tăng lên 0,16g là do Cu sinh ra
Ta có: 64x - 56x = 0,16 ↔ x =
0,16
0,02(mol)
8
=
⇒

m
Fe
= 0,02 x 56 = 1,12 (g);
2
bd
Cu
n 0,02x2 0,04(mol)
+
= =
3 2
Cu(NO )
0,04
C 0,4(M)
0,1
⇒ = =
. Vậy, chọn đáp án C.
Ví dụ 5: [10] Nhúng một thanh graphit được phủ một lớp kim loại hóa trị II vào dung dịch
CuSO
4
dư. Sau phản ứng khối lượng của thanh graphit giảm đi 0,24g. Cũng thanh graphit này nếu
được nhúng vào dung dịch AgNO
3
thì khi phản ứng xong khối lượng thanh graphit tăng lên 0,52g.
Kim loại hóa trị II là kim loại nào sau đây:
A. Pb B.Cd C.Fe D.Sn
Cách giải: gọi kim loại có hóa trị II đó là M có khối lượng m(g)
M + Cu
2+
→ M
2+

+ Cu ↓
1 mol 1 mol → giảm M - 64 (g)

0,24
(mol)
M 64−
← ∆ m
giảm
= 0,24 (g)
M + 2 Ag
+
→ M
2+
+ 2 Ag ↓
1 mol 2 mol → tăng 2 x 108 - M = 216 - M (g)

0,52
(mol)
216 M
−
← ∆m
tăng
= 0,52 (g)
Vì cùng một thanh graphit tham gia phản ứng nên: