ThS. Trần Trọng Tuyền

TƢ DUY GIẢI NHANH BÀI TẬP HÓA HỌC

CHUYÊN ĐỀ 1:

CÁC PHƢƠNG PHÁP GIẢI NHANH QUAN TRỌNG
1.1. BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ (BTNT)
A. PHƢƠNG PHÁP
1. Bảo toàn nguyên tố trong 1 chất
Ta có: n nguyªn tö  nchÊt  (sè nguyªn tö cña nguyªn tè ®ã)
BTNT.Fe
BTNT.O
Ví dụ: Trong Fe3O4 : 
 n Fe  3n Fe3O4 ; 
nO  4n Fe3O4

2. Bảo toàn nguyên tố cho 1 phản ứng
Tổng số mol nguyên tử của một nguyên tố trước và sau phản ứng luôn bằng nhau
Ví dụ: Al + HNO3 
 Al(NO3 )3  N2O  H2O
BTNT.Al
BTNT.N

 n Al  n Al(NO3 )3 ; 

 nHNO3  3nAl(NO3 )3  2nN2O

3. Bảo toàn nguyên tố cho hỗn hợp nhiều chất phản ứng

Al(NO3 )3

S
CuSO
 2

4
BTNT.S

 2n FeS2  nCu2S  3n Fe2 (SO4 )3  nCuSO4

4. Bảo toàn nguyên tố cho toàn bộ quá trình phản ứng (BTNT đầu→cuối)

FeCl2  NaOH d­ Fe(OH)2
 HCl d­
t0
 
 

Fe2 O3
Ví dụ 1: Fe3O4 
KK(O2 )
FeCl3
Fe(OH)3
BTNT.Fe (®Çucuèi)


 3n Fe3O4  2n Fe2O3

Ví dụ 2:

Fe

B. BÀI TẬP VẬN DỤNG
Dưới đây tác giả xin giới thiệu những câu hỏi đơn thuần về bảo toàn nguyên tố. Thông thường
BTNT là những ý nhỏ trong hướng giải của câu hỏi khó. Do đó để làm tốt những câu hỏi khó thì
điều cần thiết là ta nắm vững lí thuyết và vận dụng tốt các phương pháp giải nhanh như BTNT,
BTKL, BTE…
Câu 1: Cho hỗn hợp gồm 0,3 mol Fe, 0,15 mol Fe 2O3 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. Giá trị của m là:
A. 70.

B. 72.

C. 65.

D. 75.

Hướng dẫn giải:
Phân tích hướng giải:
t
+ Nung kết tủa ta cần lưu ý: Fe(OH)2 + O2 
Fe2O3 + H2O.
KK(O2 )
0

+ Dễ thấy bài toán liên quan đến số mol của nguyên tố Fe → Dấu hiệu của BTNT.Fe.


 Fe
0,3 mol

và nhìn nhận BTNT (đầu → cuối).
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 hoà 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 trịcủa m là
A. 6,16.

B. 6,40.

C. 7,78.

D. 9.46.

Hướng dẫn giải:

2
(Trần Trọng Tuyền) __ ĐT: 0974 892 901


TƢ DUY GIẢI NHANH BÀI TẬP HÓA HỌC

ThS. Trần Trọng Tuyền

 Al
0,06 mol
Fe O
AlCl3
Al(OH)3
 3 4
Al 2 O3

n Al(X)
2

BTNT.Fe (®Çu cuèi)


 n Fe2 O3 (cuèi) 

 0,03 mol

3n Fe3O4  2n Fe2 O3 (X)  n FeO
2

 0,04 mol

Câu 3: Dung dịch X gồm Na2CO3, K2CO3, NaHCO3. Chia X thành hai phần bằng nhau :
- Phần 1: tác dụng với nước vôi trong dư được 20 gam kết tủa.
- Phần 2: tác dụng với dung dịch HCl dư được V lít khí CO2 (đktc). Giá trị của V là:
A. 2,24.

B. 4,48.

C. 6,72.

D. 3,36.

Hướng dẫn giải:
20
 0,2 mol
100

 NO  H2 O

Cu2S : 0,045 mol
CuSO4
BTNT.Fe

 n Fe2 (SO4 )3 

n FeS2
2

BTNT.Cu
 0,5x mol; 
 n CuSO4  2n Cu2S  0,09 mol

BTNT.S

2n FeS2  n Cu2S  3n Fe2 (SO4 )3  n CuSO4  2x  0,045  3.0,5x  0,09

 x  0,09 mol  §²p ²n C
Câu 5: Cho hỗn hợp 0,15 mol CuFeS2 và 0,09 mol Cu2FeS2 tác dụng với dung
3
(Trần Trọng Tuyền) __ ĐT: 0974 892 901


TƢ DUY GIẢI NHANH BÀI TẬP HÓA HỌC

ThS. Trần Trọng Tuyền

dịch HNO3 dư thu được dung dịch X và hỗn hợp khí Y gồm NO và NO2. Thêm


Fe2 O3

CuO
BaSO
4


0,15  0,09
 0,12 mol
2
 0,15  2.0,09  0,33 mol


BTNT.S

n BaSO4  2n CuFeS2  2n Cu2 FeS2  2.0,15  2.0,09  0, 48 mol

m  m BaSO4  233.0, 48  111,84 gam

x = m Fe2 O3  m CuO  m BaSO4  160.0,12  80,0,33  233.0, 48  157, 44 gam

→ Đáp án D
Câu 6: Hoà tan hoàn toàn 0,3 mol hỗn hợp gồm Al và Al4C3 vào dung dịch KOH (dư), thu
được x mol hỗn hợp khí và dung dịch X. Sục khí CO2 (dư) vào dung dịch X, lượng kết tủa thu
được là 46,8 gam. Giá trị của x là
A. 0,55.

B. 0,60.


BTE

n CH4  3n Al4C3  0,3 mol; 

 n H2 

3n Al
 0,3 mol
2

 x  n H2  nCH4  0,6 mol  §²p ²n B

4
(Trần Trọng Tuyền) __ ĐT: 0974 892 901


ThS. Trần Trọng Tuyền

TƢ DUY GIẢI NHANH BÀI TẬP HÓA HỌC

Câu 7: Thổi hỗn hợp khí CO và H2 đi qua a gam hỗn hợp gồm CuO và Fe3O4 có tỉ lệ mol 1 : 2 , sau
phản ứng thu được b gam chất rắn A. Hòa tan hoàn toàn b gam A bằng dung dịch HNO3 loãng dư ,
thu được dung dịch X ( không chứa ion Fe2+). Cô cạn dung dịch X thu được 41 gam muối khan. a
gam nhận giá trị nào ?
A.9,8
B.10,6
C.12,8
D.13,6
Hướng dẫn giải:
BTNT.Cu


 X NaAlO2 
 Y Al(OH)3 
 Z Al2 O3
Al 2 O3
n
0,27 2,04
BTNT.Al (®Çu cuèi)


 n Al2O3 (Z)  Al  n Al2O3 (A) 

 0,025 mol
2
2.27 102
 m Z  102.0,025  2,55 gam  §²p ²n D

5
(Trần Trọng Tuyền) __ ĐT: 0974 892 901


ThS. Trần Trọng Tuyền

TƢ DUY GIẢI NHANH BÀI TẬP HÓA HỌC

C. BÀI TẬP LUYỆN TẬP
Câu 9: 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:


Câu 12: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm y mol FeS2 và 4 gam Cu2S vào HNO3 vừa đủ thu được
dung dịch Y chỉ chứa hai muối sunfat và hỗn hợp khí Z gồm NO2 và NO có tỉ lệ mol là 1 : 3. Giá
trị của x là:
A. 0,4 gam
B. 6 gam
C. 8 gam
D. 2 gam
Câu 13: Cho một luồng khí CO đi qua ống đựng 0,01 mol FeO và 0,03 mol Fe2O3 (hỗn hợp A)
đốt nóng. Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được 4,784 gam chất rắn B gồm 4 chất. Hoà tan chất
rắn B bằng dung dịch HCl dư thấy thoát ra 0,6272 lít H2 (đktc). Tính số mol oxit sắt từ trong hỗn
1
hợp B. Biết rằng trong B số mol oxit sắt từ bằng tổng số mol sắt (II) oxit và sắt (III) oxit.
3
A. 0,006.
B. 0,008.
C. 0,01.
D. 0,012.
Câu 14: Cho 1,56 gam hỗn hợp gồm Al và Al2O3 phản ứng hết với dung dịch HCl (dư), thu được
lít khí H2 (đktc) và dung dịch X. Nh từ từ dung dịch NH3 đến dư vào dung dịch X thu được
kết tủa, lọc hết lượng kết tủa, nung đến khối lượng không đổi thu được 2,04 gam chất rắn. Giá trị
của là
A. 0,672.

B. 0,224.

C. 0,448.

D. 1,344.



Câu 17: Đốt cháy 9,8 gam bột Fe trong không khí thu được hỗn hợp rắn X gồm FeO, Fe3O4 và
Fe2O3. Để hoà tan X cần dùng vừa hết 500 ml dung dịch HNO3 1,6M, thu được V lít khí NO (sản
phẩm khử duy nhất, đo ở đktc). Giá trị của V là
A. 6,16.

B. 10,08.

C. 11,76.

D. 14,0.

Câu 18: Cho 16,9 gam hỗn hợp Na và Al hòa tan hết vào nước dư thu được dung
dịch X. Cho X phản ứng hết với 0,8 mol HCl thu được 7,8 gam kết tủa và dung dịch Y. Sục CO2
vào Y không thấy có kết tủa xuất hiện. Tính khối lượng Al trong
hỗn hợp ban đầu.
A.3,95 gam

B.2,7 gam

C.12,4 gam

D.5,4 gam

Câu 19: Cho 2,24 gam bột sắt vào 200 ml dung dịch chứa hỗn hợp gồm AgNO3 0,1M và
Cu(NO3)2 0,5M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch X và m gam chất rắn
Y. Giá trị của m là
A. 2,80.
B. 2,16.
C. 4,08.


n Fe(X)  2n Fe2 O3  2.

 %m Fe(X) 

TƢ DUY GIẢI NHANH BÀI TẬP HÓA HỌC
8
 0,1 mol
160

56.0,1
.100%  50%  §²p ²n D
11,2

Câu 11:

FeS 2 : 0,12 mol  HNO3 Fe2 (SO4 )3
 
 NO  H2 O

Cu2S : a mol
CuSO4
BTNT.Fe

 n Fe2 (SO4 )3 

n FeS2

BTNT.S


 n CuSO4  2n Cu2S  2.0,025  0,05 mol
BTNT.S

2n FeS2  n Cu2S  3n Fe2 (SO4 )3  n CuSO4  2x  0,025  3.0, 5x  0,05

 x  0,05 mol  y  120.0,05  6 gam  §²p ²n B
Câu 13:
0, 6272

BTE
 n Fe  n H2 
 0,028 mol
Fe 
22,
4
 FeO

0,01 mol
FeO : x mol
 CO
 4,784 gam A 
Fe O 
t0
 2 3
Fe2 O3 : y mol
 0,03 mol

(x  y)
mol
Fe3O 4 :

(Trần Trọng Tuyền) __ ĐT: 0974 892 901


TƢ DUY GIẢI NHANH BÀI TẬP HÓA HỌC

ThS. Trần Trọng Tuyền



 NH3  H 2 O
t0
X AlCl3 
Al(OH)3 
 Al 2 O3
 Al

2,04
x mol
0,02 mol
 HCl d­
102
1,56 gam 

 
Al O
 2 3
H2
 y mol
H2O
27x  102y  1,56


n Fe2 O3 (cuèi) 

n Fe(X)
2

 0,05 mol  m = 160.0,05 = 8 gam

→ Đáp án C
Câu 16:

1
1 11,2

BTNT.Fe (®Çu cuèi)
 n Fe2O3  .n Fe  .
 0,1mol
Fe2 O3 
2
2 56
m gam 
2, 4
BTNT.Mg (®Çu cuèi)
MgO 
 n MgO  n Mg 
 0,1 mol

24
 m  160.0,1  40.0,1  20 gam  §²p ²n B
Câu 17:



ThS. Trần Trọng Tuyền

TƢ DUY GIẢI NHANH BÀI TẬP HÓA HỌC

Sục CO2 vào dung dịch Y không thấy có kết tủa xuất hiện → Y không có NaAlO2
→ Y chứa NaCl và AlCl3.
BTNT.Na

 n NaCl  x mol
NaCl 
Na : x mol  HCl Y 
BTNT.Al
X

 
 n AlCl3  (y  0,1) mol
AlCl3 : 
Al:y mol
Al(OH)3 : 0,1 mol
BTNT.Cl
 
 x  3(y  0,1)  0,8 mol x  0,5


y  0,2
m X  23x  27y  16,9
 m Al(X)  27.0,2  5, 4 gam  §²p ²n D


(BTKL)

A. PHƢƠNG PHÁP
1. Dấu hiệu của phƣơng pháp
Hầu hết các bài toán hóa học đều liên quan tới khối lượng. Do đó,việc ta áp dụng BTKL trong
hóa học là rất phổ biến. Những dấu hiệu áp dụng BTKL rất đơn giản đó là:
+ Bài toán cho nhiều dữ kiện liên quan đến khối lượng.
+ Bài toán cho dữ kiện khối lượng không đổi được về mol (khối lượng hỗn hợp, hoặc khối lượng
của chất chưa rõ công thức phân tử).
2. Các dạng bảo toàn khối lƣợng thƣờng gặp
a) Bảo toàn khối lƣợng cho một chất:
Khối lượng của một chất bằng tổng khối lượng của các nguyên tố trong chất đó
Ví dụ: mFexOy  mFe  mO ; mCx HyOz  mC  mH  mO
b) Bảo toàn khối lƣợng cho hỗn hợp muối
Khối lượng của hỗn hợp muối bằng tổng khối lượng của cation và anion trong muối
BTKL
 mmuèi  mcation(muèi)  manion(muèi) )
( 
Ví dụ: Hỗn hợp X chứa Fe(NO3)3 và Cu(NO3)2
BTKL

 mX  mFe3  mCu2  mNO
3

c) Bảo toàn khối lƣợng cho một phản ứng:
Tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng các chất tạo thành sau phản
ứng
BTKL
Xét phản ứng: A  B 
 m A  mB  mC  m D

11
(Trần Trọng Tuyền) __ ĐT: 0974 892 901


TƢ DUY GIẢI NHANH BÀI TẬP HÓA HỌC

ThS. Trần Trọng Tuyền

Phân tích hướng giải:
+ Bài toán tìm % khối lượng nói chung ta đặt ẩn cho số mol chất cần tìm % khối lượng.
+ Ca(OH)2 dư nên tạo ra muối trung hòa CaCO3.

Fe
FeO

B 
FeO : x mol
 CO
0,04mol A 

 4,784 gam Fe3O 4
t0
Fe2 O3 : y mol
Fe2 O3
 Ca(OH)2 d­
CO2 
 CaCO3 

4,6
 0,046 mol

+ Bài toán có dữ kiện khối lượng không đổi được về mol → Là dấu hiệu của BTKL.
+ Bài toán có nhiều dữ kiện số mol → Là dấu hiệu của BTNT.

12
(Trần Trọng Tuyền) __ ĐT: 0974 892 901


ThS. Trần Trọng Tuyền

TƢ DUY GIẢI NHANH BÀI TẬP HÓA HỌC

BTKL

 82,3  0,3.111  0,6.32  m KCl (trong Y)  n KCl (trong Y) 

29,8
 0, 4 mol
74,5

BTNT.K


 0, 4  0,3.2  n KCl (trong Z)  5n KCl (trong X)  n KCl (trong X)  0,2 mol

0,2.74,5
.100  18,10%  §²p ²n B
82,3
Câu 3: Dẫn khí CO từ từ qua ống sứ đựng 14 gam X gồm CuO, Fe2O3, FeO 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 dung dịch HCl dư được 2,8 lít khí


n CO  n CO2 (ThÝ nghiÖm 1)  n CO2 (cuèi)  0,125 mol
BTKL

 m Y  m X  m CO  m CO2 (thÝ nghiÖm 1)  14  28.0,125  44.0,125  12 gam

→ Đáp án A
Câu 4: Cho hỗn hợp A gồm Al, Zn, Mg. Đem oxi hoá hoàn toàn 28,6 gam A bằng oxi dư thu
được 44,6 gam hỗn hợp oxit B. Hoà tan hết B trong dung dịch HCl thu được dung dịch D. Cô
cạn dung dịch D được hỗn hợp muối khan là:
A. 99,6 gam.
B. 49,8 gam.
C. 74,7 gam.
D. 100,8 gam.
Hướng dẫn giải:
AlCl3
Al 2 O3
Al

D ZnCl 2


 O2
 HCl
A Zn 
 B ZnO 
 
28,6 gam 
44,6 gam 
MgCl 2

TƢ DUY GIẢI NHANH BÀI TẬP HÓA HỌC

Hướng dẫn giải:

FeSO 4
FeO
178 gam 

 H 2 SO 4
74 gam X Fe3O 4 
Fe2 (SO 4 )3
Fe O
H2O
 2 3
BTNT.H


 n H2SO4  n H2O  x mol
BTKL

 74  98x  178  18x  x  1,3 mol

FeO
Fe

 CO d­
74 gam X Fe3O 4 
 Ca(OH)2 d­
CO2 
 CaCO3

Fe3O 4

n HCl
0,3 0,672
 n H2 

 0,12 mol
2
2
22, 4
nH O
BTNT.O

n O2  2  0,06 mol
2
BTKL

 mFe  mX  mO2  12  32.0,06  10,08 gam  §²p ²n A
BTNT.H


 n H2 O 

C. BÀI TẬP LUYỆN TẬP
Câu 7: Hòa tan 9,14 gam hợp kim Cu, Mg, Al bằng một lượng vừa đủ dung dịch HCl thu được
7,84 lít khí X (đktc) và 2,54 gam chất rắn Y và dung dịch Z. Lọc b chất rắn Y, cô cạn cẩn thận
dung dịch Z thu được lượng muối khan là
A. 31,45 gam.
B. 33,99 gam.
C. 19,025 gam.

Câu 11: Đốt cháy hỗn hợp Mg và Al một thời gian ta thu được 32,4 gam hỗn hợp X, hỗn hợp X
phản ứng vừa đủ với 500 ml dung dịch gồm H2SO4 1,2M và HCl 2M, thu được dung dịch Y và
11,2 lít H2 (đktc). Cô cạn Y thu được m gam hỗn hợp muối trung hòa khan. Giá trị của m là:
A.115,9.
B.107,90.
C.112,60.
D.124,30.
Câu 12: Nhiệt phân 30,225 gam hỗn hợp X gồm KMnO4 và KClO3, thu được O2 và 24,625 gam
hỗn hợp chất rắn Y gồm KMnO4, K2MnO4, KClO3, MnO2 và KCl. Cho toàn bộ Y tác dụng vừa
đủ với dung dịch chứa 0,8 mol HCl đặc, đun nóng. Phần trăm khối lượng của KMnO4 trong X là
A. 39,20%.
B. 66,67%.
C. 33,33%.
D. 60,80%.
HƢỚNG DẪN GIẢI
Câu 7:
BTNT.H


 n HCl  2n H2  2.

7,84
 0,7 mol
22, 4

BTKL

 m muèi clorua  (9,14  2,54)  36,5.0,7  2.0,35  31, 45 gam

Câu 8:

 Ba(OH)2 d­
CO2 
 BaCO3 

9,062
 0,046 mol
197
 m B  m CO2  72x  160y  28.0,04  4,784  44.0,046

BTNT.C

n CO p­  n CO2  n BaCO3 
BTKL

 m A  m CO p­

nA  x  y  0,04  x = 0,01 ; y = 0,03

 %m Fe2O3 (A) 

m Fe2O3
mA

.100% 

160.0,03
.100%  86,96%  §²p ²n A Câu 10:
72.0,01  160.0,03

Vì sản phẩm còn Fe dư → HCl phản ứng hết; Fe chuyển hết về FeCl2


 n H2 O 

 m X  127.0, 4  2.0,1  18.0,3  2,8  36,5.0,8  30 gam  §²p ²n C
Câu 11:

n HCl
0,5.2
11,2
 n H2SO4  n H2 
 0,5.1,2 
 0,6 mol
2
2
22, 4
nH O
BTNT.O

n O2  2  0,3 mol
2
BTKL

 mmuèi  mX  mHCl  mH2SO4  (mH2  mH2O )

BTNT.H


 n H2 O 

 mX  32,4  36,5.1  98.0,6  (2.0,5  18.0,6)  115,9 gam  §²p ²n C

2
 4x  3y  2.0,175  0, 4 (2)

BTNT. H
m X =158x + 122,5y = 30,225 (1); 
 n H2 O 
BTNT. O

 4n KMnO4  3n KClO3  2n O2  n H2O

(1) v¯ (2)  x = 0,075 ; y = 0,15  %m KMnO4 

0,075.158
.100  39,20%
30,225

→ Đáp án A

16
(Trần Trọng Tuyền) __ ĐT: 0974 892 901


T DUY GII NHANH BI TP HểA HC

ThS. Trn Trng Tuyn

1.3. PHNG PHP TRUNG BèNH
A. PHNG PHP
1. Nguyờn tc:
Trong mt hn hp nhiu cht, cú th biu din mt i lng no ú ca cỏc cht thụng qua

m hh aM1 bM 2

n hh
ab

a, b: số mol
M ,M : khối lượng mol
1 2
(1) m hh n hh .M , với
m hh : khối lượng của hỗn hợp
n hh : số mol của hỗn hợp

M1 M M2 (nếu M1 M2 )
M

M1 M2
a=b
2

Khi M1 M M1 M2 M
(1) a(M M1 ) b(M M 2 )

a M M2

(công thức đường chéo)
b M M1

+ Cn nh:

Công thức tính tỉ khối của khí A so với khí B: d

Cách 1:

M  61  95
1,9
 95  M M2CO3  
0,02
95  2M  60
 17,5  M  34  M l¯ Na  §²p ²n A
 M MHCO3  M hh muèi 

Cách 2:
BTNT.C

n hh muèi  n CO2  0,02 mol  M MHCO3  M hh muèi 

1,9
 95  MM2CO3
0,02

 17,5  M  34  M l¯ Na  §²p ²n A

Câu 2: Cho 1,67 gam hh gồm hai kim loại ở 2 chu kỳ liên tiếp thuộc nhóm IIA (phân nhóm
chính nhóm II) t/d hết với dd HCl (dư), thoát ra 0,672 lít khí H2 (ở đktc). Hai kim loại đó là (cho
Be = 9, Mg = 24, Ca = 40, Sr = 87, Ba = 137)
A. Be và Mg.

B. Mg và Ca.

C. Sr và Ba.


A. Li.

B. Na.

C. Rb.

D. K.

Hướng dẫn giải:

n H2 

1,12
 0,05 mol
22, 4


n X  2n H2 (1)
Ta thÊy : 
 n hh kim lo³i  (n H2 ;2n H2 )
n

n
H2 (2)

 Y
1,1
1,1
;
)  M hh kim lo³i (11; 22)



22, 4
NO: b mol
46a + 30b = 0,14.20,143.2 b  0,05

BTNT.Fe

 n Fe(NO3 )3  n FeO  2n Fe(NO3 )3  0,72 mol
 
Y  BTNT.Cu
 n Cu(NO3 )2  n CuO  0,24 mol

 
BTNT.N


 n HNO3  3n Fe(NO3 )3  2n Cu(NO3 )2  n NO2  n NO  2,78 mol

 C M(HNO3 ) 

2,78
 1,39 (mol/l)  §²p ²n A
2

19
(Trần Trọng Tuyền) __ ĐT: 0974 892 901


ThS. Trần Trọng Tuyền

 0,5
N 2 O : a mol a  b 
a  0,2
 Coi Z chØ gåm 2 khÝ 


22, 4
NO : b mol
44a  30b  0,5.8,9.4 b  0,3

51,2
 0,8 mol;
64
64,8
BTNT. Fe

 n Fe(NO3 )3  n FeO 
 0,9 mol
72
BTNT.N


 n HNO3  2n Cu(NO3 )2  3n Fe(NO3 )3  2n N 2O  n NO  5 mol  §²p ²n D
BTNT.Cu

 n Cu(NO3 )2  n Cu 

C. BÀI TẬP LUYỆN TẬP
Câu 6: Hòa tan hoàn toàn 3,1g hỗn hợp hai kim loại kiềm thuộc hai chu kì liên tiếp vào nước
thu được 1,12 lít hiđro (đktc). Hai kim loại kiềm đã cho là:

20
(Trần Trọng Tuyền) __ ĐT: 0974 892 901


ThS. Trần Trọng Tuyền

TƢ DUY GIẢI NHANH BÀI TẬP HÓA HỌC

A. Mg và Ca.
B. Be và Mg.
C. Mg và Sr.
D. Be và Ca
Câu 10: 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 CO2 trong hỗn hợp khí sau phản ứng là
A. FeO; 75%.

B. Fe2O3; 75%.

C. Fe2O3; 65%.

D. Fe3O4; 75%.

Câu 11: Cho hỗn hợp X gồm 57,6 gam Cu và 162,4 gam Fe3O4 tác dụng hết với dung dịch HNO3
dư thu được dung dịch Y (không có muối amoni) và 11,2 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm N2, NO,
N2O và NO2 (trong đó N2 và NO2 có số mol bằng nhau) có tỉ khối đối với heli bằng 8,9. Số mol
HNO3 phản ứng là
A. 9,4 mol.

B. 3,2 mol.


mol p­: 0,03

 MX  M 

0,672
 0,03 mol
22, 4

1,7
 56,67  65 (Zn)
0,03

− Thí nghiệm 2:

21
(Trần Trọng Tuyền) __ ĐT: 0974 892 901


TƢ DUY GIẢI NHANH BÀI TẬP HÓA HỌC

ThS. Trần Trọng Tuyền
n H2 

1,12
 0,05 mol
22, 4
X + H2 SO4 
 XSO4 + H2 


B  2HCl 
 BCl 2  H 2

a     2a      

a     2a       a

a

Trường hợp 1: HCl hết
nHCl = 0,25 → 4a = 0,25 → a= 0,0625 mol

24,5
24,5

 19,6  Lo³i v×:
2a
2.0,0625
M  M2
M 1
(v× mol 2 chÊt b´ng nhau); M1 ,M 2 l¯ sè nguyªn
2
M

→ M là số nguyên hoặc bán nguyên
Trường hợp 2: HCl dư: a mol
5a =0,25 → a = 0,05 → M 

24,5 2, 45


.100%  75%
0,2
y  0,05
BTKL

 m CO p­  m Fex Oy  m Fe  m CO2  m Fe  28.0,015  8  44.0,15  5,6 gam
n Fe  0,1 mol
n
0,1 2

  BTKL
 Fe 
 (Fe2 O3 )  §²p ²n B
8  5,6
n O 0,15 3
 n O(oxit ) 
 0,15
 
16
Câu 11:
Phân tích hướng giải: Khi số mol của 2 khí N2 và NO2 bằng nhau ta có thể chuyển 1 nguyên tử O
từ NO2 sang N2 để trở thành 2 khí N2O và NO.

N
N O
Gép l³i
T ²ch ra
2 chÊt  2 
 N 2 .NO2  N 2 O.NO 
2 chÊt  2


23
(Trần Trọng Tuyền) __ ĐT: 0974 892 901


TƢ DUY GIẢI NHANH BÀI TẬP HÓA HỌC

ThS. Trần Trọng Tuyền

1.4. BẢO TOÀN ĐIỆN TÍCH (BTĐT)
A. PHƢƠNG PHÁP
-Trong dung dịch:
Tổng số mol ion dương × giá trị điện tích dương = Tổng số mol ion âm × giá trị điện tích âm.
Ví dụ: Dung dịch X gồm a mol Na+, b mol Mg2+, c mol SO 24  và d mol NO 3
BT§T

 a  2b  2c  d
-Khi thay thế ion này bằng ion khác thì:
Số mol ion ban đầu × giá trị điện tích của nó = Số mol ion thay thế × giá trị điện tích của nó
BT§T
 nCl  2nO2
Ví dụ: Thay ion O2 – bằng ion Cl – 

B. BÀI TẬP VẬN DỤNG
Câu 1: Dung dịch X gồm 0,1 mol K+; 0,2 mol Mg2+; 0,1 mol Na+; 0,2 mol Cl – và a mol Y2.
Cô cạn dung dịch X, thu được m gam muối khan. Ion Y2- và giá trị của m là
A. SO24 và 56,5. B. CO32 và 30,1. C. SO24 và 37,3. D. CO32 và 42,1.
Hướng dẫn giải
CO


Na  : 0,12 mol
 
n SO24 < n Ba2  n BaSO4 = n SO24 =0,025 mol
Cl : 0,12 mol
V× 
 Y gåm 

n NH4 < n OH  n NH3 = n NH4  0,05 mol
OH d­ : 0,01mol
Ba 2  d­ : 0,005 mol

 m  23.0,12  35,5.0,12  17.0,01  137.0,005  7,875 gam  §²p ²n C

Câu 3: Dung dịch X có chứa: 0,07 mol Na+; 0,02 mol SO 24  và x mol OH– . Dung dịch Y có
chứa ClO 4 , NO 3 , và y mol H+; tổng số mol ClO 4 và NO 3 là 0,04. Trộn X và Y được 100 ml
dung dịch Z. Dung dịch Z có pH (b qua sự điện li của H2O) là
A. 1.
B. 12.
C. 13.
D. 2.
Hướng dẫn giải:

24
(Trần Trọng Tuyền) __ ĐT: 0974 892 901


ThS. Trần Trọng Tuyền

TƢ DUY GIẢI NHANH BÀI TẬP HÓA HỌC


oxit kim loại . Để hoà tan hết Y cần vừa đủ 500ml dung dịch H2SO4 1M . Giá trị của m là :
A. 21,6g
B. 20g
C. 18,4g
D. 23,2g
Hướng dẫn giải:
BT§T

 n O2  nSO2  0,5 mol
4


 m  m Y  m O  28  16.0,5  20 gam  §²p ²n B
BTKL

Câu 5: Dung dịch X gồm 0,1 mol H+, z mol Al3+, t NO 3 mol và 0,02 mol SO 24  . Cho 120 ml
dung dịch Y gồm KOH 1,2M và Ba(OH)2 0,1M vào X, sau khi các phản ứng kết thúc, thu được
dung dịch Z và 3,732 gam kết tủa. Giá trị của z, t lần lượt là
A. 0,020 và 0,012.
B. 0,012 và 0,096.
C. 0,020 và 0,120.
D. 0,120 và 0,020.
Hướng dẫn giải:
n KOH  0,12.1, 2 =0,144 mol ; n Ba(OH)2  0,12.0,1  0,012 mol
Dung dịch Y gồm : 0,144 mol K+ ; 0,012 mol Ba2+, 0,168 mol OHCách 1:
H     OH  
 H 2 O

  0,1   0,1
   Ba 2      SO24  