Chuyên đề: Phương pháp giải nhanh bài toán Hóa Học
Phần 3.
Phương pháp
Bảo toàn nguyên tố
Nội dung
A. Nội dung phương pháp và những chú ý quan trọng
B. Các thí dụ minh họa
C. Bài tập luyện tập
Phần 3. Phương pháp bảo toàn nguyên tố

Nội dung phương pháp :
•
Định luật bảo toàn nguyên tố (BTNT): “Trong các phản ứng hóa học
thông thường, các nguyên tố luôn được bảo toàn”.
•
Điều này có nghĩa là : Tổng số mol nguyên tử của một nguyên tố X
bất kì trước và sau phản ứng là luôn bằng nhau.

Chú ý :
•
Để áp dụng tốt phương pháp này, ta nên hạn chế viết phương trình
phản ứng mà thay vào đó nên viết sơ đồ phản ứng (sơ đồ hợp thức,
có chú ý hệ số), biểu diễn các biến đổi cơ bản của chất (nguyên tố)
quan tâm.
•
Nên quy về số mol nguyên tố (nguyên tử).
•
Đề bài thường cho (hoặc qua dữ kiện bài toán sẽ tính được) số mol
của nguyên tố quan tâm → lượng chất (chú ý hiệu suất phản ứng,
nếu có).
A. Nội dung phương pháp và những chú ý quan trọng

B. Các thí dụ minh họa
Thí dụ 2
Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,27 gam bột nhôm và 2,04 gam bột Al
2
O
3

trong dung dịch NaOH dư thu được dung dịch X. Cho CO
2
dư tác dụng
với dung dịch X thu được kết tủa Y, nung Y ở nhiệt độ cao đến khối
lượng không đổi thu được chất rắn Z. Biết hiệu suất các phản ứng đều
đạt 100%. Khối lượng của Z là
Hướng dẫn giải
Sơ đồ phản ứng :
A. 2,04 gam. B. 2,31 gam. C. 3,06 gam. D. 2,55 gam.
⇒ = × = ⇒ = =
⇒ = = = →
2 3
2 3
2 3 2 3
2 3
Al(Al O , Z) Al(Al)
Al(Al O , ®Çu)
Al(Al O , Z) Al O (Z)
Z Al O (Z)
Theo BTNT : n = n + n
0,27 2,04 0,05
n + 2 0,05 mol n 0,025 mol
27 102 2

2 3
Al O Al Al O
Fe(®Çu)
Fe O (r¾n)
Fe O (r¾n)
Al O
Fe O
1 0,06
Theo BTNT : n n 0,03 mol m 0,03.102 = 3,06 gam
2 2
1 1
MÆt kh¸c : n n (0,01.3 + 0,015.2 + 0,02) 0,04 mol
2 2
m 0,04.160 = 6,4 gam
m m +m = = →
(r¾n)
3,06 + 6,4 9,46 gam §¸p ¸n A.
B. Các thí dụ minh họa (tt)
Thí dụ 4
Đốt cháy 6,72 gam bột Fe trong không khí thu được hỗn hợp X gồm FeO,
Fe
3
O
4
, Fe
2
O
3
. Để hòa tan X cần dùng vừa hết 255 ml dung dịch chứa
HNO

§¸p ¸n B.
B. Các thí dụ minh họa (tt)
Thí dụ 5
Lấy a mol NaOH hấp thụ hoàn toàn 2,64 gam khí CO
2
, thu được đúng 200
ml dung dịch D. Trong dung dịch D không còn NaOH và nồng độ của ion
CO
3
2−
là 0,2 mol/l. a có giá trị là
Hướng dẫn giải
Sơ đồ biến đổi :
A. 0,12. B. 0,08. C. 0,06. D. 0,10.
= ⇒ =
⇒ = = = = =
= + = +
−
− −
2 2 3 3 3 2 2 3
3 3 2 2 3
2 3 3 2 3
C(CO ) C(Na CO ) C(NaHCO ) C(NaHCO ) C(CO ) C(Na CO )
NaHCO C(NaHCO ) CO Na CO
Na(NaOH) Na(Na CO ) Na(NaHCO ) Na CO Na
BTNT víi : n n +n n n n
2,64
y n n n n 0,2.0,2 0,02 mol
44
BTNT víi : Na

Do X chỉ có muối sunfat
Sơ đồ biến đổi : 2FeS Fe (SO ) (1)
x 0,5x

dung dịc
Cu
h khô
S
ng còn gốc N
2CuSO
O


+ = = =

3+ 2+ 2
4
(2)
y 2y
Dung dịch chỉ có các ion : Fe , Cu và SO
Theo BTNT với S: 2x y 3.0,5x + 2y 0,5x y x/y 2/1
Đáp án C.
B. Cỏc thớ d minh ha (tt)
Thí dụ 7
Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm CH
4
, C
3
H
6

O. Thể tích O
2
đã tham gia phản ứng cháy (đktc) là
Hướng dẫn giải
A. 2,80 lít. B. 3,92 lít. C. 4,48 lít. D. 5,60 lít.
= = × =
⇒ = = = ⇒ =
→
2 2 2
2 2
O(O ) O(CO ) O(H O)
O O O
Theo BTNT víi :
2,24 2,7
n n +n 2+ 0,35 mol
22,4 18
1 0,35
n n 0,175 mol V 0,175.22,4 = 3,92 lÝt
2 2
§¸
O
p ¸n B.
B. Các thí dụ minh họa (tt)
Thí dụ 9
Tiến hành crackinh ở nhiệt độ cao 5,8 gam butan. Sau một thời gian thu
được hỗn hợp khí X gồm CH
4
, C
2
H

2
2 4 2
H(H O) H(C H ) H O H(H O)
H O
§é t¨ng khèi l îng cña b ×nh H SO chÝnh lµ H O bÞ hÊp thô
5,8 1 1,0
n n 10 1,0 mol n n 0,5 mol
58 2 2
m 0,5.18 9,0 gam §¸p ¸n A.
B. Các thí dụ minh họa (tt)
Thớ d 10
t chỏy hon ton m gam hn hp hai ru n chc cựng dóy ng
ng cn dựng va V lớt khớ O
2
(ktc), thu c 10,08 lớt CO
2
(ktc)
v 12,6 gam H
2
O. Giỏ tr ca V l
Hng dn gii
A. 17,92. B. 4,48. C. 15,12. D. 25,76.
= = = =
> = =
=
=
=
=

2 2

n n 2.0,45 + 0,7 0,25 1,35 mol
1,35
V 22,4 15,12 lít Đáp án
2
C.
B. Cỏc thớ d minh ha (tt)
Thí dụ 11
Đun nóng 7,6 gam hỗn hợp A gồm C
2
H
2
, C
2
H
4
và H
2
trong bình kín với xúc
tác Ni thu được hỗn hợp khí B. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp B, dẫn sản
phẩm cháy thu được lần lượt qua bình 1 đựng H
2
SO
4
đặc, bình 2 đựng
Ca(OH)
2
dư thấy khối lượng bình 1 tăng 14,4 gam. Khối lượng tăng lên
ở bình 2 là
Hướng dẫn giải
Sơ đồ phản ứng :

B. Các thí dụ minh họa (tt)
Thớ d 12
t chỏy hon ton 0,1 mol anehit n chc X cn dựng va 12,32 lớt
khớ O
2
(ktc), thu c 17,6 gam CO
2
. X l anehit no di õy ?
Hng dn gii
A. CHCCH
2
CHO. B. CH
3
CH
2
CH
2
CHO.
C. CH
2
=CHCH
2
CHO. D. CH
2
=C=CHCHO.

=
= = ì ì =
=
= =

O
3
và 0,1 mol Fe
3
O
4
. Hòa tan hoàn
toàn X bằng dung dịch HCl dư, thu được dung dịch Y. Cho NaOH dư vào
Y, thu được kết tủa Z. Lọc lấy kết tủa, rửa sạch rồi đem nung trong
không khí đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn T. Giá trị
của m là
Hướng dẫn giải
Sơ đồ :
A. 32,0. B. 16,0. C. 39,2. D. 40,0.
C. Bài tập luyện tập
⇒ = =
⇒ = = ⇒ = = =
→
2 3 3 4
2 3 2 3
Fe(T)
Fe(Fe O , ®Çu) Fe(Fe O , ®Çu)
Fe(T)
Fe O (T) Fe O (T)
Theo BTNT : n = n + n
n 0,1.2 +0,1.3 0,5 mol
0,5
n 0,25 mol m m 0,25.160 40 gam
2
§¸p ¸n D.

khÝ sau khÝ tr íc
O(Fe O ) khÝ sau khÝ tr íc
O(Fe O ) O(Fe
Ph¶n øng : Fe O + CO Fe + CO (1) hay : CO + [O] CO (2)
4,48
n n 0,2 mol
22,4
T¨ng gi¶m khèi l îng : m m m
m 20.2.0,2 28.0,2 2,4 gam n = =
⇒ = = ⇒ = =
−
y
x y x y
O )
Fe(Fe O ) Fe(Fe O )
2,4
0,15 mol
16
5,6
m 8,0 2,4 5,6 gam n 0,1 mol
56
C. Bài tập luyện tập
Bài tập 2 (Đề CĐ Khối A – 2007) (tt)
Cho 4,48 lít khí CO (ở đktc) từ từ đi qua ống sứ nung nóng đựng 8 gam một
oxit sắt đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn. Khí thu được sau phản ứng
có tỉ khối so với hiđro bằng 20. Công thức của oxit sắt và phần trăm thể
tích của khí CO
2
trong hỗn hợp khí sau phản ứng là
Hướng dẫn giải (tt)

C. Bài tập luyện tập
Bài tập 3 (Đề ĐH Khối A – 2007)
Hấp thụ hoàn toàn 2,688 lít khí CO
2
(ở đktc) vào 2,5 lít dung dịch Ba(OH)
2

nồng độ a mol/l, thu được 15,76 gam kết tủa. Giá trị của a là
Hướng dẫn giải
Sơ đồ phản ứng : Ba(OH)
2
+ CO
2
→ BaCO
3
+ Ba(HCO
3
)
2
A. 0,048. B. 0,032. C. 0,04. D. 0,06.
= = = =
= +
⇒ = = = =
⇒ = =
− − −
2 3
2 3 3 2
3 2 2 3 2 3
3 2
CO BaCO

2
S vo axit
HNO
3
(va ), thu c dung dch X (ch cha hai mui sunfat) v khớ
duy nht NO. Giỏ tr ca a l
Hng dn gii
A. 0,04. B. 0,12. C. 0,075. D. 0,06.




4
3
2 2 4 3
2
Do X chỉ có muối sunfat
Sơ đồ biến đổi : 2FeS Fe (SO ) (1)
0,12 0,06

dung dịc
C
h không còn
u S 2CuSO
gốc NO


+ = =

+

2 2 2
2 2 2 2
2 2
H (A) H (B) H O
O(CO) O(CuO) O(CO , D) O(H O) O(CO , D) O(CO) O(CuO) O(H O)
CO(A) CO(B) CO (D) CuO H O
1,26
n n n 0,07 mol
18
Theo BTNT víi O trong giai ®o¹n tõ B D :
n + n n +n n n n n
8,96
n n n n n 0,07 0
80
,042 mol
C. Bài tập luyện tập
Bài tập 5 (tt)
Hướng dẫn giải (tt)
→
= ⇒ = − = −
⇒ = − = ⇒ = =
⇒ = ×
2 2 2 2 2
2 2
2
2
O(H O) O(CO) O(CO , A) O(CO , A) O(H O) O(CO) H O CO
O(CO , A) CO (A)
CO (A)
Theo BTNT víi O trong giai ®o¹n tõ H O A :

8
) + O
2
→ CO
2
+ H
2
O
A. 70,0 lít. B. 78,4 lít. C. 84,0 lít. D. 56,0 lít.
= = × =
⇒ = = ⇒ = =
⇒ = = →
2 2 2
2 2
O(O ) O(CO ) O(H O)
O O
kh«ng khÝ (min)
Theo BTNT víi O :
7,84 9,9
n n +n 2+ 1,25 mol
22,4 18
1,25
n 0,625 mol V 0,625.22,4 14 lÝt
2
14
V 70 lÝt §¸p ¸n
20%
A.
C. Bài tập luyện tập
Bài tập 7

= = = = = =
= = = =
⇒ =
2 3 2 2
x y z t
x y z t 2 3 2 2
Na CO H O CO
Na H
C
Gäi CTPT cña M lµ C H O Na
S¬ ®å ch¸y : C H O Na Na CO + H O+ CO
2,65 2,25 12,1
n 0,025 mol ; n 0,125 mol ; n 0,275 mol
106 18 44
n 2.0,025 0,05 mol ; n 2.0,125 0,25 mol
n 0,025 + 0



=



= =

⇒ = = ⇒ →
−
O
6 5
,275 0,3 mol

= = = = =

= =
= =
=

2 3 2
2 2 2
2 2
CO CaCO O
O(anđehit) anđeh
H O anđehit O CO
H O
i
H
t
O
n n
8,5 2,296
n n 0,085 mol ; n 0,1025 mol
100 22,4
Nhận xét : anđehit là đơn chức
Theo BTKL : m m + m m 1,72 + 0,1025.32 0,085.44
1,26
m 1,26 gam n = 0,07 mol
18
C. Bi tp luyn tp