Hóa học 8 - Phương pháp bảo toàn nguyên tố

Phƣơng pháp 4: Bảo toàn nguyên tố 
Ph-¬ng ph¸p B¶o toµn nguyªn tè 
I. PHƢƠNG PHÁP GIẢI 
- Nguyên tắc chung của phương pháp là dựa vào 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 kỳ trước và sau phản ứng là luôn 
bằng nhau” 
- Điểm mấu chốt của phương pháp là phải xác định được đúng các hợp phần có chứa nguyên tố X ở trước 
và sau phản ứng, áp dụng ĐLBT nguyên tố với X để rút ra mối quan hệ giữa các hợp phần từ đó đưa ra 
kết luận chính. 
II. CÁC DẠNG BÀI TẬP THƢỜNG GẶP 
 Phương pháp bảo toàn nguyên tố có thể áp dụng cho hầu hết các dạng bài tập, đặc biệt là các dạng bài 
hỗn hợp nhiều chất, xảy ra nhiều biến đổi phức tạp. Dưới đây là một số dạng bài tập điển hình. 
Dạng 1. Từ nhiều chất ban đầu tạo thành một sản phẩm. 
Từ dữ kiện đề bài  số mol của nguyên tố X trong các chất đầu  tổng số mol trong sản phẩm tạo thành 
 số mol sản phẩm. 
 - Hỗn hợp kim loại và oxit kim loại  hyđroxit kim loại  oxit 
 - Al và Al2O3 + các oxit sắt hỗn hợp rắn  hyđroxit  Al2O3 + Fe2O3 
  
2 3Al O
n (cuối) = 
Aln
2
 + 
2 3Al O
n (đầu) ; 
2 3Fe O
n (cuối) = 
Fen
2

Dạng 2. Từ một chất ban đầu tạo thành hỗn hợp nhiều sản phẩm 
Từ dữ kiện đề bài  tổng số mol ban đầu, số mol của các hợp phần đã cho  số mol của chất cần xác 
định. 
 - Axit có tính oxi hóa (HNO3, H2SO4 đặc, nóng) Muối + khí 
  nX (axit) = nX (muối) + nX (khí) (X: N hoặc S) 
 - Khí CO2 (hoặc SO2) hấp thụ vào dung dịch kiềm: 
 CO2  CO3
2
 + HCO3
 
 SO2  SO3
2
 + HSO3

  
2CO
n = 2
3CO
n  + 
3HCO
n   
2SO
n = 2
3SO
n  + 
3HSO
n  
 - Tính lưỡng tính của Al(OH)3 
 Trường hợp 1 Trường hợp 2 
 Al
3+ OH

 Al(OH)3 + [Al(OH)4]

 [Al(OH)4]
 
H Al(OH)3 + Al
3+
  3Aln  = 3Al(OH)n[ ] + 3Al(OH)n  4Al(OH)n[ ] = 3Aln  + 3Al(OH)n 
t
0
(đầu) 
Kim loại 
Phƣơng pháp 4: Bảo toàn nguyên tố 
 - Hỗn hợp các oxit kim loại + CO (H2) 
0t hỗn hợp chất rắn + CO2 (H2O) 
 Theo định luật bảo toàn nguyên tố với O: 
 * Khi H = 100%: nO (oxit) = nO (rắn) + nhỗn hợp khí sau = nO (rắn) + nhỗn hợp khí trước 
 * Khi H < 100%: 
 nO (oxit) = nO (rắn) + 
- Bài toán cracking ankan: 
 Ankan X hỗn hợp Y 
Mặc dù có những biến đổi hóa học xảy ra trong quá trình cracking, và Y thường là hỗn hợp phức tạp (có 
thể có H2), do phản ứng cracking xảy ra theo nhiều hướng, với hiệu suất H < 100%. Nhưng ta chỉ quan 
tâm đến sự bảo toàn nguyên tố đối với C, H từ đó dễ dàng xác định được tổng lượng của 2 nguyên tố này. 
Thông thường đề bài cho số mol ankan X  
C(Y) C(X)
H(Y) H(X)
n n
n n
 


 
  
Dạng 3. Từ nhiều chất ban đầu tạo thành hỗn hợp nhiều sản phẩm 
Trong trường hợp này không cần thiết phải tìm chính xác số mol của từng chất, mà chỉ quan tâm đến hệ 
thức: X(n = X(n 
Tức là chỉ quan tâm đến tổng số mol của nguyên tố trước và sau phản ứng. Nếu biết X(n  X(n 
và ngược lại. 
Với dạng này, đề bài thường yêu cầu thiết lập một hệ thức dưới dạng tổng quát về số mol các chất. 
Dạng 4. Bài toán điốt cháy trong hóa hữu cơ 
 Xét bài đốt cháy tổng quát: CxHyOzNt + O2  CO2 + H2O + N2 
 nC = 
2CO
n 
 Theo ĐLBT nguyên tố: nH = 2.
2H O
n  
x y z tO(C H O N )
n = 2.
2CO
n + 
2H O
n - 2.
2O
n 
 nN = 2.
2N
n 
 Phương pháp bảo toàn khối lượng nguyên tố với O được sử dụng rất phổ biến trong các bài toán hóa 
hữu cơ.
 * Chú ý: Đối với trường hợp đốt cháy hợp chất hữu cơ chứa Nitơ bằng không khí, lượng nitơ thu được 
sau phản ứng là: 
2N
n (sau phản ứng) = 
2N
n (từ phản ứng đốt cháy) + 
2N
n (từ không khí) 
Để áp dụng tốt phƣơng pháp BTNT, cần chú ý một số điểm sau: 
 * 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 các nguyên tố quan tâm. 
mhỗn hợp khí sau - mhỗn hợp khí trước 
16 
cracking 
đầu) cuối) 
đầu) cuối) 
t0 
Phƣơng pháp 4: Bảo toàn nguyên tố 
 * Đề bài thường cho (hoặc qua dữ kiện bài toán sẽ tính được) số mol của nguyên tố quan tâm, từ đó xác 
định được lượng (mol, khối lượng) của các chất. 
III. CÁC VÍ DỤ 
Ví dụ 1: Hoà tan hỗn hợp X gồm 0,2 mol Fe và 0,1 mol Fe2O3 vào dung dịch HCl dư được dung dịch D. 
Cho dung dịch D tác dụng với NaOH dư thu được kết tủa. Lọc kết tủa, rửa sạch đem nung trong không 
khí đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn Y. Giá tri của m là 
 A. 16,0. B. 30,4. C. 32,0. D. 48,0. 
Giải: 
Sơ đồ : 
 32
t
3
2NaOH
3
2HCl
32
OFeY
Fe(OH)
Fe(OH)
FeCl
FeCl
OFe
Fe
 X
0







 













Theo BTNT với Fe: nFe2O3(Y) = mol 0,20,1
2
0,2
n
2
n
(X)OFe
Fe
32
 
 m = 0,2.160 = 32,0  Đáp án C 
Ví dụ 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 trị của m là 
 A. 6,16. B. 6,40. C. 7,78. D. 9.46 
Giải: 
Theo BTNT với Al: 
32OAl
n = 
2
nAl
 = 0,03 mol 
Theo BTNT với Fe:  32OFen = mol 0,04n2
3n
2
n
(X)OFe
(X)OFeFe
32
43  
 m =  9,460,04.1600,06.102nn
3232 OFeOAl
Đáp án D 
Ví dụ 3: 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 500ml dung dịch HNO3 1,6M, thu được V lít khí NO (sản phẩm khử duy 
nhất, do ở đktc). Giá trị của V là 
 A. 6,16. B. 10,08. C. 11,76. D. 14,0. 
Giải: 
Phƣơng pháp 4: Bảo toàn nguyên tố 
Sơ đồ phản ứng : Fe    

NO)Fe(NOX 33
HNOtO 3
0
2, 
Theo BNTN với Fe: 
33 )Fe(NO
n = nFe = 0,175mol 
Theo BNTN với N: nNO = 
3HNO
n – 3
33 )Fe(NO
n = 0,5.1,6 – 3.0,175 = 0,275 mol 
 V = 0,275. 22,4 = 6,16  Đáp án A 
Ví dụ 4: Lấy a mol NaOH hấp thụ hoàn toàn 2,64 gam khí CO2, thu được đúng 200ml dung dịch X. 
Trong dung dịch X không còn NaOH và nồng độ của ion 2
3CO là 0,2M. a có giá trị là : 
 A. 0,06. B. 0,08. C. 0,10. D. 0,12. 
Giải: 
Sơ đồ phản ứng : 
CO2 + NaOH  Na2CO3 + NaHCO3 
Theo BNTN với C : 0,02mol0,2.0,2
44
2,64
nnn
3223 CONaCONaHCO
 
 Theo BNTN với Na: a = 2
32CONa
n +
3NaHCO
n = 2. 0,04 + 0,02 = 0,1  Đáp án C 
Ví dụ 5: Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp gồm x mol FeS2 và y mol Cu2S vào axit HNO3 (vừa đủ), thu được 
dung dịch X (chỉ chứa hai muối sunfat) và khí duy nhất NO. Tỉ số x/y là 
 A. 6/5. B. 2/1. C. 1/2. D. 5/6. 
Giải: 
X chỉ chứa 2 muối sunfat, khí NO là duy nhất  S đã chuyển hết thành 2
4SO 
Sơ đồ biến đổi: 


 
2y y 0,5x x 
2CuSOSCu ; )(SOFe 2FeS 423422
Theo BTNT với S: 2x + y = 3.0,5x + 2y  0,5x = y  x/y = 2/1  Đáp án B 
Ví dụ 6: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm C3H8, C4H6, C5H10 và C6H6 thu được 7,92 gam CO2 
và 2,7 gam H2O, m có giá trị là 
 A. 2,82. B. 2,67. C. 2,46. D. 2,31. 
Giải: 
Sơ đồ phản ứng: X {C3H8 , C4H6 , C5H10 , C6H6}  
 02 ,tO



OH
CO
2
2
Theo BTNT với C và H: m = mc + mH =  2,46
9
2,7
x12
44
7,92
 Đáp án C 
Phƣơng pháp 4: Bảo toàn nguyên tố 
Ví dụ 7: Tiến hành cracking ở nhiệt độ cao 5,8 gam butan. Sau một thời gian thu được hỗn hợp khí X 
gồm CH4 , C2H6, C2H4, C3H6 và C4H10. Đốt cháy hoàn toàn X trong khí oxi dư, rồi dẫn toàn bộ sản phẩm 
sinh ra qua bình đựng H2SO4 đặc. Độ tăng khối lượng của bình H2SO4 đặc là 
 A. 9,0 gam. B. 4,5 gam. C. 18,0 gam. D. 13,5 gam. 
Giải: 
Sơ đồ phản ứng : C4H10
0
2,O tcracking X

 H2O 
Khối lượng bình H2SO4 đặc tăng lên là khối lượng của H2O bị hấp thụ 
Theo BTNT với H: mol 0,5
58
5,8
5.
2
10n
2
n
n 104
2
HCH
OH  
 OH2n = 0,5.18 = 9,0 gam  Đáp án A 
Ví dụ 8: Đốt cháy hoàn toản 0,1 mol anđehit đơn chức X cần dùng vừa đủ 12,32 lít khí O2 (đktc), thu 
được 17,6 gam CO2, X là anđehit nào dưới đây? 
 A. CH=C-CH2-CHO. B. CH3-CH2-CH2-CHO. 
 C. CH2=CH-CH2-CHO. D. CH2=C=CH-CHO. 
Giải: 
2O
n = 0,55 mol; 
2CO
n = 0,4 mol 
Nhận xét: X là anđehit đơn chức nO(X) = nX = 0,1 mol 
Theo ĐLBT nguyên tố với O : 
OH2
n = O)O(H2n = nX + 2 2On - 2 2COn = 0,1+2.0,55-2.0,4 = 0,4 mol 
Nhận thấy: 






XCO
COOH
4nn
0,4molnn
2
22
  X là CH3 – CH2 – CH2 – CHO  Đáp án B 
Ví dụ 9: X là một ancol no, mạch hở. Đốt cháy hoàn toàn 0,05 mol X cần 5,6 gam oxi, thu được hơi nước 
và 6,6 gam CO2. Công thức của X là 
 A. C2H4(OH)2 B. C3H7OH. C. C3H6(OH)2 D. C3H5(OH)3 
Giải: 
2O
n = 0,175mol; 
2CO
n = 0,15mol 
Sơ đồ cháy: X + O2  CO2 + H2O 
Vì X là ancol no, mạnh hở 
22 COXOH
nnn  = 0,05+0,15 = 0,2 mol 
Theo ĐLBT nguyên tố với O : 
nO(X) = 
222 OOHCO
n2nn2  = 2.0,15 + 0,2 – 2.0,175 = 0,15mol 
Phƣơng pháp 4: Bảo toàn nguyên tố 
Nhận thấy 






XO(X)
XCO
3nn
3nn
2
 X là C3H5(OH)3  Đáp án D 
Ví dụ 10: Đốt cháy hoàn toàn m gam một amin đơn chức X bằng lượng không khí vừa đủ thu được 
1,76 gam CO2; 1,26 gam H2O và V lít N2 (đktc). Giả thiết không khí chỉ gồm N2 Và O2 trong đó oxi 
chiếm 20% về thể tích. Công thức phân tử của X và thể tích V lần lượt là 
 A. X là C2H5NH2 ; V = 6,72 1ít. B. X là C3H7NH2 ; V = 6,944 1ít. 
 C. X là C3H7NH2 ; V = 6,72 1ít. D. X là C2H5NH2 ; V = 6,944 1ít. 
Giải: 
2CO
n = 0,04 mol; OH2n = 0,07 mol 
Nhận thấy: 
2
7
0,04
0,07.2
n
n
C
H X là C2H5NH2 
Sơ đồ cháy: 2C2H5NH2 + O2 4CO2 + 7H2O + N2 
Theo ĐLBT nguyên tố với N: 
2N
n (từ phản ứng đốt cháy) = 0,01mol
2
0,02
2
nX  
Theo ĐLBT nguyên tố với O: CO2n + 0,075mol2
0,07
0,04
2
n OH2  
 
2N
n (từ không khí) = 
2O
4n = 4. 0,075 = 0,3 mol 
  2Nn (thu được) = 2Nn (từ phản ứng đốt cháy) + 2Nn (từ không khí)= 0,01 + 0,3 = 0,31 mol 
 V= 22,4.0,31 = 6,944 lít  Đáp án D 
IV. BÀI TẬP TỰ LUYỆN 
Câu 1 : Hỗn hợp chất rắn X gồm 0,1 mol Fe2O3 và 0,1 mol Fe3O4. Hoà 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 thì thu được chất rắn có khối lượng là 
 A. 32,0 gam. B. 16,0 gam. C. 39,2 gam. D. 40,0 gam. 
Câu 2 : 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 lần lượt là: 
 A. FeO; 75%. B. Fe2O3; 75%. C. Fe2O3; 65%. D. Fe3O4; 75%. 
Câu 3 : Hỗn hợp A gồm etan, etilen, axetilen và butađien-1,3. Đốt cháy hết m gam hỗn hợp A. Cho sản 
phẩm cháy hấp thụ vào dung dịch nước vôi dư, thu được 100 gam kết tủa và khối lượng dung dịch nước 
vôi sau phản ứng giảm 39,8 gam. Trị số của m là 
Phƣơng pháp 4: Bảo toàn nguyên tố 
 A. 13,8 gam. B. 37,4 gam. C. 58,75 gam. D. 60,2 gam. 
Câu 4 : Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,12 mol FeS2 và a mol Cu2S vào axit HNO3 (vừa đủ), thu được 
dung dịch X (chỉ chứa hai muối sunfat) và khí duy nhất NO. Giá trị của m là 
 A. 0,06. B. 0,04. C. 0,12. D. 0,075. 
Câu 5 : Đốt cháy hoàn toàn một thể tích khí thiên nhiên gồm metan, etan, propan bằng oxi không khí 
(trong không khí, oxi chiếm 20% thể tích), thu được 7,84 lít khí CO2 (ở đktc) và 9,9 gam nước. Thể tích 
không khí (ở đktc) nhỏ nhất cần dùng để đốt cháy hoàn toàn lượng khí thiên nhiên trên là 
 A. 70,0 lít B. 78,4 lít. C. 84,0 lít. D. 56,0 lít. 
Câu 6 : Dẫn V lít (ở đktc) hỗn hợp X gồm axetilen và hiđro đi qua ống sứ đựng bột niken nung nóng, thu 
được khí Y. Dẫn Y vào lượng dư AgNO3 (hoặc Ag2O) trong dung dịch NH3 thu được 12 gam kết tủa. Khí 
đi ra khỏi dung dịch phản ứng vừa đủ với 16 gam brom và còn lại khí Z. Đốt cháy hoàn toàn khí Z thu 
được 2,24 lít khí CO2 (ở đktc) và 4,5 gam nước. Giá trị của V bằng 
 A. 5,6. B. 13,44. C. 11,2. D. 8,96. 
Câu 7: 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. C. 0,40. D. 0,45. 
Câu 8 : Hoà tan hoàn toàn m gam oxit FexOy bằng dung dịch H2SO4 đặc nóng vừa đủ, có chứa 0,075 mol 
H2SO4, thu được z gam muối và thoát ra 168ml khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất, đo ở đktc). Oxit FexOy 
là 
 A. FeO. B. Fe2O3 C. Fe3O4 D. FeO hoặc Fe3O4 
Câu 9: Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,27 gam bột nhôm và 2,04 gam bột Al2O3 trong dung dịch 
NaOH dư thu được dung dịch X. Cho CO2 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 
 A. 2,04 gam B. 2,31 gam. C. 3,06 gam. D. 2,55 gam. 
Câu 10 : Đun nóng 7,6 gam hỗn hợp A gồm C2H2, C2H4 và H2 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 H2SO4 
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 
 A. 6,0 gam B. 9,6 gam. C. 35,2 gam. D. 22,0 gam. 
Câu 11 : Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp hai ancol đơn chức cùng dãy đồng đẳng dùng vừa đủ V lít 
khí O2 (đktc), thu được 10,08 lít CO2 (đktc) và 12,6 gam H2O. Giá trị của V là 
 A. 17,92 lít. B. 4,48 lít. C. 15,12 lít. D. 25,76 lít. 
Phƣơng pháp 4: Bảo toàn nguyên tố 
Câu 12 : Đốt cháy một hỗn hợp hidrocacbon X thu được 2,24 lít CO2 (đktc) và 2,7 gam H2O. Thể tích O2 
đã tham gia phản ứng cháy (đktc) là 
 A. 2,80 lít B. 3,92 lít. C. 4,48 lít. D. 5,60 lít. 
Câu 13 : 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. 
Câu 14 : Chia hỗn hợp gồm : C3H6, C2H4, C2H2 thành 2 phần bằng nhau: 
 - Đốt cháy phần 1 thu được 2,24 lít khí CO2 (đktc). 
 - Hiđro hoá phần 2 rồi đốt cháy hết sản phẩm thì thể tích CO2 (đktc) thu được là: 
 A. 2,24 lít. B. 1,12 lít. C. 3,36 lít. D. 4,48 lít. 
ĐÁP ÁN 
1D 2B 3A 4A 5A 6C 7B 
8C 9D 10D 11C 12B 13B 14A