10 phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm Hóa học

10 PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH BÀI TẬP TRẮC 
NGHIỆM HÓA HỌC 
Phương pháp 1 
ÁP DỤNG ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG 
Nguyên tắc của phương pháp này khá đơn giản, dựa vào định luật bảo toàn khối lượng: “Tổng 
khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng các chất tạo thành trong phản ứng”. 
Cần lưu ý là: không tính khối lượng của phần không tham gia phản ứng cũng như phần chất có sẵn, 
ví dụ nước có sẵn trong dung dịch. 
Khi cô cạn dung dịch thì khối lượng muối thu được bằng tổng khối lượng các cation kim loại và 
anion gốc axit. 
Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm Fe, FeO và Fe2O3. Cho một luồng CO đi qua ống sứ đựng m gam hỗn hợp 
X nung nóng. Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được 64 gam chất rắn A trong ống sứ và 11,2 
lít khí B (đktc) có tỉ khối so với H2 là 20,4. Tính giá trị m. 
 A. 105,6 gam. B. 35,2 gam. 3C. 70,4 gam. D. 140,8 gam. 
Hướng dẫn giải 
Các phản ứng khử sắt oxit có thể có: 
 3Fe2O3 + CO 
ot⎯⎯→ 2Fe3O4 + CO2 (1) 
 Fe3O4 + CO 
ot⎯⎯→ 3FeO + CO2 (2) 
 FeO + CO 
ot⎯⎯→ Fe + CO2 (3) 
Như vậy chất rắn A có thể gồm 3 chất Fe, FeO, Fe3O4 hoặc ít hơn, điều đó không quan trọng và 
việc cân bằng các phương trình trên cũng không cần thiết, quan trọng là số mol CO phản ứng bao 
giờ cũng bằng số mol CO2 tạo thành. 
 B
11,2n 0,5
22,5
= = mol. 
Gọi x là số mol của CO2 ta có phương trình về khối lượng của B: 
 44x + 28(0,5 − x) = 0,5 × 20,4 × 2 = 20,4 
nhận được x = 0,4 mol và đó cũng chính là số mol CO tham gia phản ứng. 
Theo ĐLBTKL ta có: 
 mX + mCO = mA + 
2CO
m 
⇒ m = 64 + 0,4 × 44 − 0,4 × 28 = 70,4 gam. (Đáp án C) 
Ví dụ 2: Đun 132,8 gam hỗn hợp 3 rượu no, đơn chức với H2SO4 đặc ở 140oC thu được hỗn hợp các ete 
có số mol bằng nhau và có khối lượng là 111,2 gam. Số mol của mỗi ete trong hỗn hợp là bao nhiêu? 
 A. 0,1 mol. B. 0,15 mol. C. 0,4 mol. 3D. 0,2 mol. 
Hướng dẫn giải 
Ta biết rằng cứ 3 loại rượu tách nước ở điều kiện H2SO4 đặc, 140oC thì tạo thành 6 loại ete và 
tách ra 6 phân tử H2O. 
Theo ĐLBTKL ta có 
2H O ete
m m m 132,8 11,2 21,6= − = − =r−îu gam 
⇒ 
2H O
21,6n 1,2
18
= = mol. 
Mặt khác cứ hai phân tử rượu thì tạo ra một phân tử ete và một phân tử H2O do đó số mol H2O 
luôn bằng số mol ete, suy ra số mol mỗi ete là 1,2 0,2
6
= mol. (Đáp án D) 
Nhận xét: Chúng ta không cần viết 6 phương trình phản ứng từ rượu tách nước tạo thành 6 ete, 
cũng không cần tìm CTPT của các rượu và các ete trên. Nếu các bạn xa đà vào việc viết phương 
trình phản ứng và đặt ẩn số mol các ete để tính toán thì không những không giải được mà còn tốn 
quá nhiều thời gian. 
Ví dụ 3: Cho 12 gam hỗn hợp hai kim loại Fe, Cu tác dụng vừa đủ với dung dịch HNO3 63%. Sau 
phản ứng thu được dung dịch A và 11,2 lít khí NO2 duy nhất (đktc). Tính nồng độ % các 
chất có trong dung dịch A. 
 A. 36,66% và 28,48%. 3B. 27,19% và 21,12%. 
 C. 27,19% và 72,81%. D. 78,88% và 21,12%. 
Hướng dẫn giải 
 Fe + 6HNO3 ⎯→ Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O 
 Cu + 4HNO3 ⎯→ Cu(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O 
2NO
n 0,5= mol → 
3 2HNO NO
n 2n 1= = mol. 
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: 
2 23
NOd HNO
m m m m
1 63 10012 46 0,5 89 gam.
63
= + −
× ×= + − × =
2 2d muèi h k.lo¹i
Đặt nFe = x mol, nCu = y mol ta có: 
56x 64y 12
3x 2y 0,5
+ =⎧⎨ + =⎩ → 
x 0,1
y 0,1
=⎧⎨ =⎩ 
⇒ 
3 3Fe( NO )
0,1 242 100%m 27,19%
89
× ×= = 
3 2Cu( NO )
0,1 188 100%m 21,12%.
89
× ×= = (Đáp án B) 
Ví dụ 4: Hoà tan hoàn toàn 23,8 gam hỗn hợp một muối cacbonat của các kim loại hoá trị (I) và 
muối cacbonat của kim loại hoá trị (II) trong dung dịch HCl. Sau phản ứng thu được 4,48 
lít khí (đktc). Đem cô cạn dung dịch thu được bao nhiêu gam muối khan? 
 A. 13 gam. B. 15 gam. 3C. 26 gam. D. 30 gam. 
Hướng dẫn giải 
 M2CO3 + 2HCl ⎯→ 2MCl + CO2 + H2O 
 R2CO3 + 2HCl ⎯→ 2MCl2 + CO2 + H2O 
2CO
4,88n 0,2
22,4
= = mol 
⇒ Tổng nHCl = 0,4 mol và 
2H O
n 0,2 mol.= 
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: 
 23,8 + 0,4×36,5 = mmuối + 0,2×44 + 0,2×18 
⇒ mmuối = 26 gam. (Đáp án C) 
Ví dụ 5: Hỗn hợp A gồm KClO3, Ca(ClO2)2, Ca(ClO3)2, CaCl2 và KCl nặng 83,68 gam. Nhiệt phân 
hoàn toàn A ta thu được chất rắn B gồm CaCl2, KCl và 17,472 lít khí (ở đktc). Cho chất rắn 
B tác dụng với 360 ml dung dịch K2CO3 0,5M (vừa đủ) thu được kết tủa C và dung dịch D. 
Lượng KCl trong dung dịch D nhiều gấp 22/3 lần lượng KCl có trong A. % khối lượng 
KClO3 có trong A là 
 A. 47,83%. B. 56,72%. C. 54,67%. 3D. 58,55%. 
Hướng dẫn giải 
 o
o
o
2
t
3 2
t
3 2 2 2
t
2 2 2 2
2 2
(A) (A)
h B
3KClO KCl O (1)
2
Ca(ClO ) CaCl 3O (2)
83,68 gam A Ca(ClO ) CaCl 2O (3)
CaCl CaCl
KCl KCl
⎧ ⎯⎯→ +⎪⎪ ⎯⎯→ +⎪⎪ ⎯⎯→ +⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩
123
2O
n 0,78 mol.= 
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: 
 mA = mB + 2Om 
 → mB = 83,68 − 32×0,78 = 58,72 gam. 
Cho chất rắn B tác dụng với 0,18 mol K2CO3 
Hỗn hợp B 
2 2 3 3
(B) (B)
CaCl K CO CaCO 2KCl (4)
0,18 0,18 0,36 mol
KCl KCl
↓⎧ ⎫+ ⎯⎯→ +⎪ ⎪← →⎨ ⎬⎪ ⎪⎩ ⎭
hỗn hợp D 
⇒ ( B) 2KCl B CaCl (B)m m m
58,72 0,18 111 38,74 gam
= −
= − × = 
⇒ 
( D )KCl KCl (B) KCl (pt 4)
m m m
38,74 0,36 74,5 65,56 gam
= +
= + × =
⇒ 
( A ) ( D )KCl KCl
3 3m m 65,56 8,94 gam
22 22
= = × = 
⇒ 
(B) (A)KCl pt (1) KCl KCl
m = m m 38,74 8,94 29,8 gam.− = − = 
Theo phản ứng (1): 
3KClO
29,8m 122,5 49 gam.
74,5
= × = 
3KClO (A)
49 100%m 58,55%.
83,68
×= = (Đáp án D) 
Ví dụ 6: Đốt cháy hoàn toàn 1,88 gam chất hữu cơ A (chứa C, H, O) cần 1,904 lít O2 (đktc) thu 
được CO2 và hơi nước theo tỉ lệ thể tích 4:3. Hãy xác định công thức phân tử của A. Biết tỉ 
khối của A so với không khí nhỏ hơn 7. 
 3A. C8H12O5. B. C4H8O2. C. C8H12O3. D. C6H12O6. 
Hướng dẫn giải 
 1,88 gam A + 0,085 mol O2 → 4a mol CO2 + 3a mol H2O. 
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: 
2 2CO H O
m m 1,88 0,085 32 46 gam+ = + × = 
Ta có: 44×4a + 18×3a = 46 → a = 0,02 mol. 
Trong chất A có: 
 nC = 4a = 0,08 mol 
 nH = 3a×2 = 0,12 mol 
 nO = 4a×2 + 3a − 0,085×2 = 0,05 mol 
⇒ nC : nH : no = 0,08 : 0,12 : 0,05 = 8 : 12 : 5 
Vậy công thức của chất hữu cơ A là C8H12O5 có MA < 203. (Đáp án A) 
Ví dụ 7: Cho 0,1 mol este tạo bởi 2 lần axit và rượu một lần rượu tác dụng hoàn toàn với NaOH thu 
được 6,4 gam rượu và một lượng mưối có khối lượng nhiều hơn lượng este là 13,56% (so 
với lượng este). Xác định công thức cấu tạo của este. 
 A. CH3−COO− CH3. 
 3B. CH3OCO−COO−CH3. 
 C. CH3COO−COOCH3. 
 D. CH3COO−CH2−COOCH3. 
Hướng dẫn giải 
 R(COOR′)2 + 2NaOH ⎯→ R(COONa)2 + 2R′OH 
 0,1 → 0,2 → 0,1 → 0,2 mol 
 R OH
6,4M 32
0,2′
= = → Rượu CH3OH. 
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: 
 meste + mNaOH = mmuối + mrượu 
⇒ mmuối − meste = 0,2×40 − 64 = 1,6 gam. 
mà mmuối − meste = 13,56100 meste 
⇒ meste = 1,6 100 11,8 gam13,56
× = → Meste = 118 đvC 
 R + (44 + 15)×2 = 118 → R = 0. 
Vậy công thức cấu tạo của este là CH3OCO−COO−CH3. (Đáp án B) 
Ví dụ 8: Thuỷ phân hoàn toàn 11,44 gam hỗn hợp 2 este đơn chức là đồng phân của nhau bằng dung 
dịch NaOH thu được 11,08 gam hỗn hợp muối và 5,56 gam hỗn hợp rượu. Xác định công 
thức cấu tạo của 2 este. 
 A. HCOOCH3 và C2H5COOCH3, 
 B. C2H5COOCH3 và CH3COOC2H5. 
 C. HCOOC3H7 và C2H5COOCH3. 
 3D. Cả B, C đều đúng. 
Hướng dẫn giải 
Đặt công thức trung bình tổng quát của hai este đơn chức đồng phân là RCOOR′ . 
 RCOOR′ + NaOH ⎯→ RCOONa + R′OH 
 11,44 11,08 5,56 gam 
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: 
 MNaOH = 11,08 + 5,56 – 11,44 = 5,2 gam 
⇒ NaOH 5,2n 0,13 mol40= = 
⇒ RCOONa 11,08M 85,230,13= = → R 18,23= 
⇒ R OH 5,56M 42,770,13′ = = → R 25,77′ = 
⇒ RCOOR 11,44M 880,13′ = = 
⇒ CTPT của este là C4H8O2 
Vậy công thức cấu tạo 2 este đồng phân là: 
 HCOOC3H7 và C2H5COOCH3 
hoặc C2H5COOCH3 và CH3COOC2H5. (Đáp án D) 
Ví dụ 9: Chia hỗn hợp gồm hai anđehit no đơn chức làm hai phần bằng nhau: 
- Phần 1: Đem đốt cháy hoàn toàn thu được 1,08 gam H2O. 
- Phần 2: Tác dụng với H2 dư (Ni, to) thì thu được hỗn hợp A. Đem đốt cháy hoàn toàn thì 
thể tích khí CO2 (đktc) thu được là 
 A. 1,434 lít. B. 1,443 lít. 3C. 1,344 lít. D. 0,672 lít. 
Hướng dẫn giải 
Phần 1: Vì anđehit no đơn chức nên 
2 2CO H O
n n= = 0,06 mol. 
⇒ 
2CO C
n n 0,06(phÇn 2) (phÇn 2)= = mol. 
Theo bảo toàn nguyên tử và bảo toàn khối lượng ta có: 
 C C (A)n n 0,06(phÇn 2) = = mol. 
⇒ 
2CO (A)
n = 0,06 mol 
⇒ 
2CO
V = 22,4×0,06 = 1,344 lít. (Đáp án C) 
Ví dụ 10: Cho một luồng CO đi qua ống sứ đựng 0,04 mol hỗn hợp A gồm FeO và Fe2O3 đốt nóng. 
Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được B gồm 4 chất nặng 4,784 gam. Khí đi ra khỏi ống sứ 
cho hấp thụ vào dung dịch Ba(OH)2 dư thì thu được 9,062 gam kết tủa. Phần trăm khối 
lượng Fe2O3 trong hỗn hợp A là 
 3A. 86,96%. B. 16,04%. C. 13,04%. D.6,01%. 
Hướng dẫn giải 
0,04 mol hỗn hợp A (FeO và Fe2O3) + CO → 4,784 gam hỗn hợp B + CO2. 
 CO2 + Ba(OH)2 dư ⎯→ BaCO3 ↓ + H2O 
2 3CO BaCO
n n 0,046 mol= = 
và 
2CO( ) CO
n n 0,046 molp.− = = 
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: 
 mA + mCO = mB + 
2CO
m 
⇒ mA = 4,784 + 0,046×44 − 0,046×28 = 5,52 gam. 
Đặt nFeO = x mol, 2Fe O3n y mol= trong hỗn hợp B ta có: 
x y 0,04
72x 160y 5,52
+ =⎧⎨ + =⎩ → 
x 0,01 mol
y 0,03 mol
=⎧⎨ =⎩ 
⇒ %mFeO = 0,01 72 101 13,04%5,52
× × = 
⇒ %Fe2O3 = 86,96%. (Đáp án A) 
MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG GIẢI THEO PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG ĐỊNH 
LUẬT BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG 
01. 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 bỏ 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. D. 56,3 gam. 
02. Cho 15 gam hỗn hợp 3 amin đơn chức, bậc một tác dụng vừa đủ với dung dịch HCl 1,2 M thì thu 
được 18,504 gam muối. Thể tích dung dịch HCl phải dùng là 
 A. 0,8 lít. B. 0,08 lít. C. 0,4 lít. D. 0,04 lít. 
03. Trộn 8,1 gam bột Al với 48 gam bột Fe2O3 rồi cho tiến hành phản ứng nhiệt nhôm trong điều 
kiện không có không khí, kết thúc thí nghiệm lượng chất rắn thu được là 
 A. 61,5 gam. B. 56,1 gam. C. 65,1 gam. D. 51,6 gam. 
04. Hòa tan hoàn toàn 10,0 gam hỗn hợp X gồm hai kim loại (đứng trước H trong dãy điện hóa) 
bằng dung dịch HCl dư thu được 2,24 lít khí H2 (đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 
lượng muối khan là 
 A. 1,71 gam. B. 17,1 gam. C. 13,55 gam. D. 34,2 gam. 
05. Nhiệt phân hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm CaCO3 và Na2CO3 thu được 11,6 gam chất rắn và 
2,24 lít khí (đktc). Hàm lượng % CaCO3 trong X là 
 A. 6,25%. B. 8,62%. C. 50,2%. D. 62,5%. 
06. Cho 4,4 gam hỗn hợp hai kim loại nhóm IA ở hai chu kỳ liên tiếp tác dụng với dung dịch HCl dư 
thu được 4,48 lít H2 (đktc) và dung dịch chứa m gam muối tan. Tên hai kim loại và khối lượng m 
là 
 A. 11 gam; Li và Na. B. 18,6 gam; Li và Na. 
 C. 18,6 gam; Na và K. D. 12,7 gam; Na và K. 
07. Đốt cháy hoàn toàn 18 gam FeS2 và cho toàn bộ lượng SO2 vào 2 lít dung dịch Ba(OH)2 0,125M. 
Khối lượng muối tạo thành là 
 A. 57,40 gam. B. 56,35 gam. C. 59,17 gam. D.58,35 gam. 
08. Hòa tan 33,75 gam một kim loại M trong dung dịch HNO3 loãng, dư thu được 16,8 lít khí X (đktc) 
gồm hai khí không màu hóa nâu trong không khí có tỉ khối hơi so với hiđro bằng 17,8. 
a) Kim loại đó là 
 A. Cu. B. Zn. C. Fe. D. Al. 
b) Nếu dùng dung dịch HNO3 2M và lấy dư 25% thì thể tích dung dịch cần lấy là 
 A. 3,15 lít. B. 3,00 lít. C. 3,35 lít. D. 3,45 lít. 
09. Hoà tan hoàn toàn 15,9 gam hỗn hợp gồm 3 kim loại Al, Mg và Cu bằng dung dịch HNO3 thu 
được 6,72 lít khí NO và dung dịch X. Đem cô cạn dung dịch X thu được bao nhiêu gam muối 
khan? 
 A. 77,1 gam. B. 71,7 gam. C. 17,7 gam. D. 53,1 gam. 
10. Hòa tan hoàn toàn 2,81 gam hỗn hợp gồm Fe2O3, MgO, ZnO trong 500 ml axit H2SO4 0,1M (vừa 
đủ). Sau phản ứng, hỗn hợp muối sunfat khan thu được khi cô cạn dung dịch có khối lượng là 
 A. 6,81 gam. B. 4,81 gam. C. 3,81 gam. D. 5,81 gam. 
Đáp án các bài tập vận dụng: 
1. A 2. B 3. B 4. B 5. D 
6. B 7. D 8. a-D, b-B 9. B 10. A 
Phương pháp 2 
BẢO TOÀN MOL NGUYÊN TỬ 
Có rất nhiều phương pháp để giải toán hóa học khác nhau nhưng phương pháp bảo toàn nguyên tử 
và phương pháp bảo toàn số mol electron cho phép chúng ta gộp nhiều phương trình phản ứng lại làm 
một, qui gọn việc tính toán và nhẩm nhanh đáp số. Rất phù hợp với việc giải các dạng bài toán hóa 
học trắc nghiệm. Cách thức gộp những phương trình làm một và cách lập phương trình theo phương 
pháp bảo toàn nguyên tử sẽ được giới thiệu trong một số ví dụ sau đây. 
Ví dụ 1: Để khử hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3 cần 0,05 mol H2. Mặt khác 
hòa tan hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X trong dung dịch H2SO4 đặc thu được thể tích khí 
SO2 (sản phẩm khử duy nhất) ở điều kiện tiêu chuẩn là 
 A. 448 ml. 3B. 224 ml. C. 336 ml. D. 112 ml. 
Hướng dẫn giải 
Thực chất phản ứng khử các oxit trên là 
 H2 + O ⎯→ H2O 
 0,05 → 0,05 mol 
Đặt số mol hỗn hợp X gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3 lần lượt là x, y, z. Ta có: 
 nO = x + 4y + 3z = 0,05 mol (1) 
⇒ Fe 3,04 0,05 16n 0,04 mol56
− ×= = 
⇒ x + 3y + 2z = 0,04 mol (2) 
Nhân hai vế của (2) với 3 rồi trừ (1) ta có: 
 x + y = 0,02 mol. 
Mặt khác: 
 2FeO + 4H2SO4 ⎯→ Fe2(SO4)3 + SO2 + 4H2O 
 x → x/2 
 2Fe3O4 + 10H2SO4 ⎯→ 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O 
 y → y/2 
⇒ tổng: SO2 x y 0,2n 0,01 mol2 2
+= = = 
Vậy: 
2SO
V 224 ml.= (Đáp án B) 
Ví dụ 2: Thổi từ từ V lít hỗn hợp khí (đktc) gồm CO và H2 đi qua một ống đựng 16,8 gam hỗn hợp 3 
oxit: CuO, Fe3O4, Al2O3 nung nóng, phản ứng hoàn toàn. Sau phản ứng thu được m gam 
chất rắn và một hỗn hợp khí và hơi nặng hơn khối lượng của hỗn hợp V là 0,32 gam. Tính 
V và m. 
 A. 0,224 lít và 14,48 gam. B. 0,448 lít và 18,46 gam. 
 C. 0,112 lít và 12,28 gam. 3D. 0,448 lít và 16,48 gam. 
Hướng dẫn giải 
Thực chất phản ứng khử các oxit trên là 
 CO + O ⎯→ CO2 
 H2 + O ⎯→ H2O. 
Khối lượng hỗn hợp khí tạo thành nặng hơn hỗn hợp khí ban đầu chính là khối lượng của 
nguyên tử Oxi trong các oxit tham gia phản ứng. Do vậy: 
 mO = 0,32 gam. 
⇒ O 0,32n 0,02 mol16= = 
⇒ ( )2CO Hn n 0,02 mol+ = . 
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: 
 moxit = mchất rắn + 0,32 
⇒ 16,8 = m + 0,32 
⇒ m = 16,48 gam. 
⇒ 
2hh (CO H )
V 0,02 22,4 0,448+ = × = lít. (Đáp án D) 
Ví dụ 3: Thổi rất chậm 2,24 lít (đktc) một hỗn hợp khí gồm CO và H2 qua một ống sứ đựng hỗn hợp 
Al2O3, CuO, Fe3O4, Fe2O3 có khối lượng là 24 gam dư đang được đun nóng. Sau khi kết 
thúc phản ứng khối lượng chất rắn còn lại trong ống sứ là 
 3A. 22,4 gam. B. 11,2 gam. C. 20,8 gam. D. 16,8 gam. 
Hướng dẫn giải 
2hh (CO H )
2,24n 0,1 mol
22,4+
= = 
Thực chất phản ứng khử các oxit là: 
 CO + O ⎯→ CO2 
 H2 + O ⎯→ H2O. 
Vậy: 
2O CO H
n n n 0,1 mol= + = . 
⇒ mO = 1,6 gam. 
Khối lượng chất rắn còn lại trong ống sứ là: 24 − 1,6 = 22,4 gam. (Đáp án A) 
Ví dụ 4: Cho m gam một ancol (rượu) no, đơn chức X qua bình đựng CuO (dư), nung nóng. Sau khi 
phản ứng hoàn toàn, khối lượng chất rắn trong bình giảm 0,32 gam. Hỗn hợp hơi thu được 
có tỉ khối đối với hiđro là 15,5. Giá trị của m là 
 3A. 0,92 gam. B. 0,32 gam. C. 0,64 gam. D. 0,46 gam. 
Hướng dẫn giải 
CnH2n+1CH2OH + CuO 
ot⎯⎯→ CnH2n+1CHO + Cu↓ + H2O 
Khối lượng chất rắn trong bình giảm chính là số gam nguyên tử O trong CuO phản ứng. Do đó 
nhận được: 
 mO = 0,32 gam → O 0,32n 0,02 mol16= = 
⇒ Hỗn hợp hơi gồm: n 2n 1
2
C H CHO : 0,02 mol
H O : 0,02 mol.
+⎧⎨⎩ 
Vậy hỗn hợp hơi có tổng số mol là 0,04 mol. 
Có M = 31 
⇒ mhh hơi = 31 × 0,04 = 1,24 gam. 
 mancol + 0,32 = mhh hơi 
 mancol = 1,24 − 0,32 = 0,92 gam. (Đáp án A) 
Chú ý: Với rượu bậc (I) hoặc rượu bậc (II) đều thỏa mãn đầu bài. 
Ví dụ 5: Đốt cháy hoàn toàn 4,04 gam một hỗn hợp bột kim loại gồm Al, Fe, Cu trong không khí thu 
được 5,96 gam hỗn hợp 3 oxit. Hòa tan hết hỗn hợp 3 oxit bằng dung dịch HCl 2M. Tính 
thể tích dung dịch HCl cần dùng. 
 A. 0,5 lít. B. 0,7 lít. 3C. 0,12 lít. D. 1 lít. 
Hướng dẫn giải 
 mO = moxit − mkl = 5,96 − 4,04 = 1,92 gam. 
 O
1,92n 0,12 mol
16
= = . 
Hòa tan hết hỗn hợp ba oxit bằng dung dịch HCl tạo thành H2O như sau: 
 2H+ + O2− → H2O 
 0,24 ← 0,12 mol 
⇒ HCl 0,24V 0,122= = lít. (Đáp án C) 
Ví dụ 6: Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol một axit cacbonxylic đơn chức cần vừa đủ V lít O2 (ở đktc), 
thu được 0,3 mol CO2 và 0,2 mol H2O. Giá trị của V là 
 A. 8,96 lít. B. 11,2 lít. 3C. 6,72 lít. D. 4,48 lít. 
Hướng dẫn giải 
Axit cacbonxylic đơn chức có 2 nguyên tử Oxi nên có thể đặt là RO2. Vậy: 
2 2 2 2O (RO ) O (CO ) O (CO ) O (H O)
n n n n+ = + 
 0,1×2 + nO (p.ư) = 0,3×2 + 0,2×1 
⇒ nO (p.ư) = 0,6 mol 
⇒ 
2O
n 0,3 mol= 
⇒ 
2O
V 6,72= lít. (Đáp án C) 
Ví dụ 7: (Câu 46 - Mã đề 231 - TSCĐ Khối A 2007) 
 Cho 4,48 lít 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%. 3B. Fe2O3; 75%. 
 C. Fe2O3; 65%. D. Fe3O4; 65%. 
Hướng dẫn giải 
FexOy + yCO ⎯→ xFe + yCO2 
Khí thu được có M 40= → gồm 2 khí CO2 và CO dư 
 ⇒ 2CO
CO
n 3
n 1
= → 
2CO
%V 75%= . 
Mặt khác: 
2CO ( ) CO
75n n 0,2 0,15
100p.−
= = × = mol → nCO dư = 0,05 mol. 
Thực chất phản ứng khử oxit sắt là do 
2CO
CO
n 44 12
40
n 28 4
CO + O (trong oxit sắt) ⎯→ CO2 
⇒ nCO = nO = 0,15 mol → mO = 0,15×16 = 2,4 gam 
⇒ mFe = 8 − 2,4 = 5,6 gam → nFe = 0,1 mol. 
Theo phương trình phản ứng ta có: 
2
Fe
CO
n x 0,1 2
n y 0,15 3
= = = → Fe2O3. (Đáp án B) 
Ví dụ 8: 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 
 3A. 99,6 gam. B. 49,8 gam. 
 C. 74,7 gam. D. 100,8 gam. 
Hướng dẫn giải 
Gọi M là kim loại đại diện cho ba kim loại trên với hoá trị là n. 
 M + n
2
O2 ⎯→ M2On (1) 
 M2On + 2nHCl ⎯→ 2MCln + nH2O (2) 
Theo phương trình (1) (2) → 
2HCl O
n 4.n= . 
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng → 
2O
m 44,6 28,6 16= − = gam 
⇒ 
2O
n 0,5= mol → nHCl = 4×0,5 = 2 mol 
⇒ 
Cl
n 2 mol− = 
⇒ mmuối = mhhkl + Clm − = 28,6 + 2×35,5 = 99,6 gam. (Đáp án A) 
Ví dụ 9: 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 (ở đktc). Tính số mol oxit sắt từ 
trong hỗn hợp B. Biết rằng trong B số mol oxit sắt từ bằng 1/3 tổng số mol sắt (II) oxit và 
sắt (III) oxit. 
 3A. 0,006. B. 0,008. C. 0,01. 3D. 0,012. 
Hướng dẫn giải 
Hỗn hợp A 
2 3
FeO : 0,01 mol
Fe O : 0,03 mol
⎧⎨⎩
 + CO → 4,784 gam B (Fe, Fe2O3, FeO, Fe3O4) tương ứng với 
số mol là: a, b, c, d (mol). 
Hoà tan B bằng dung dịch HCl dư thu được 
2H
n 0,028= mol. 
Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 
⇒ a = 0,028 mol. (1) 
Theo đầu bài: ( )3 4 2 3Fe O FeO Fe O1n n n3= + → ( )1d b c3= + (2) 
Tổng mB là: (56.a + 160.b + 72.c + 232.d) = 4,78 gam. (3) 
Số mol nguyên tử Fe trong hỗn hợp A bằng số mol nguyên tử Fe trong hỗn hợp B. Ta có: 
 nFe (A) = 0,01 + 0,03×2 = 0,07 mol 
 nFe (B) = a + 2b + c + 3d 
⇒ a + 2b + c + 3d = 0,07 (4) 
Từ (1, 2, 3, 4) → b = 0,006 mol 
 c = 0,012 mol 
 d = 0,006 mol. (Đáp án A) 
Ví dụ 10: Khử hoàn toàn 24 gam hỗn hợp CuO và FexOy bằng H2 dư ở nhiệt độ cao thu được 17,6 
gam hỗn hợp 2 kim loại. Khối lượng H2O tạo thành là 
 A. 1,8 gam. B. 5,4 gam. 3C. 7,2 gam. D. 3,6 gam. 
Hướng dẫn giải 
 mO (trong oxit) = moxit − mkloại = 24 − 17,6 = 6,4 gam. 
⇒ ( )2O H Om 6,4= gam ; 2H O
6,4n 0,4
16
= = mol. 
→ 
2H O
m 0,4 18 7,2= × = gam. (Đáp án C) 
Ví dụ 11: Khử hết m gam Fe3O4 bằng CO thu được hỗn hợp A gồm FeO và Fe. A tan vừa đủ trong 
0,3 lít dung dịch H2SO4 1M cho ra 4,48 lít khí (đktc). Tính m? 
 3A. 23,2 gam. B. 46,4 gam. C. 11,2 gam. D. 16,04 gam. 
Hướng dẫn giải 
 Fe3O4 → (FeO, Fe) → 3Fe2+ 
 n mol 
 ( ) 24 4Fe trong FeSO SOn n 0,3−= = mol 
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố Fe: 
 ( ) ( )43 4 Fe FeSOFe Fe On n= 
⇒ 3n = 0,3 → n = 0,1 
⇒ 
3 4Fe O
m 23,2= gam (Đáp án A) 
Ví dụ 12: Đun hai rượu đơn chức với H2SO4 đặc, 140oC được hỗn hợp ba ete. Lấy 0,72 gam một 
trong ba ete đem đốt cháy hoàn toàn thu được 1,76 gam CO2 và 0,72 gam H2O. Hai rượu 
đó là 
 A. CH3OH và C2H5OH. B. C2H5OH và C3H7OH. 
 C. C2H5OH và C4H9OH. 3D. CH3OH và C3H5OH. 
Hướng dẫn giải 
Đặt công thức tổng quát của một trong ba ete là CxHyO, ta có: 
 C
0,72m 12 0,48
44
= × = gam ; H 0,72m 2 0,0818= × = gam 
⇒ mO = 0,72 − 0,48 − 0,08 = 0,16 gam. 
 0,48 0,08 0,16x : y :1 : :
12 1 16
= = 4 : 8 : 1. 
⇒ Công thức phân tử của một trong ba ete là C4H8O. 
 Công thức cấu tạo là CH3−O−CH2−CH=CH2. 
Vậy hai ancol đó là CH3OH và CH2=CH−CH2−OH. (Đáp án D) 
MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG GIẢI THEO PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN MOL 
NGUYÊN TỬ 
01. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm 0,4 mol FeO và 0,1mol 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. 
02. Cho khí CO đi qua ống sứ chứa 16 gam Fe2O3 đun nóng, sau phản ứng thu được hỗn hợp rắn X 
gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3. Hòa tan hoàn toàn X bằng H2SO4 đặc, nóng thu được dung dịch Y. 
Cô cạn dung dịch Y, lượng muối khan thu được là 
 A. 20 gam. B. 32 gam. C. 40 gam. D. 48 gam. 
03. Khử hoàn toàn 17,6 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe2O3 cần 2,24 lít CO (ở đktc). Khối lượng 
sắt thu được là 
 A. 5,6 gam. B. 6,72 gam. C. 16,0 gam. D. 11,2 gam. 
04. Đốt cháy hỗn hợp hiđrocacbon 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. 5,6 lít. B. 2,8 lít. C. 4,48 lít. D. 3,92 lít. 
05. Hoà tan hoàn toàn a gam hỗn hợp X gồm Fe và Fe2O3 trong dung dịch HCl thu được 2,24 lít khí 
H2 ở đktc và dung dịch B. Cho dung dịch B tác dụng dung dịch NaOH dư, lọc lấy kết tủa, nung 
trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 24 gam chất rắn. Giá trị của a là 
 A. 13,6 gam. B. 17,6 gam. C. 21,6 gam. D. 29,6 gam. 
06. Hỗn hợp X gồm Mg và Al2O3. Cho 3 gam X tác dụng với dung dịch HCl dư giải phóng V lít khí 
(đktc). Dung dịch thu được cho tác dụng với dung dịch NH3 dư, lọc và nung kết tủa được 4,12 
gam bột oxit. V có giá trị là: 
 A. 1,12 lít. B. 1,344 lít. C. 1,568 lít. D. 2,016 lít. 
07. Hỗn hợp A gồm Mg, Al, Fe, Zn. Cho 2 gam A tác dụng với dung dịch HCl dư giải phóng 0,1 
gam khí. Cho 2 gam A tác dụng với khí clo dư thu được 5,763 gam hỗn hợp muối. Phần trăm 
khối lượng của Fe trong A là 
 A. 8,4%. B. 16,8%. C. 19,2%. D. 22,4%. 
08. (Câu 2 - Mã đề 231 - TSCĐ - Khối A 2007) 
 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 (đktc) và 9,9 gam H2O. 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. 
09. Hoà tan hoàn toàn 5 gam hỗn hợp 2 kim loại X và Y bằng dung dịch HCl thu được dung dịch A và 
khí H2. Cô cạn dung dịch A thu được 5,71 gam muối khan. Hãy tính thể tích khí H2 thu được ở đktc. 
 A. 0,56 lít. B. 0,112 lít. C. 0,224 lít D. 0,448 lít 
10. Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp Y gồm C2H6, C3H4 và C4H8 thì thu được 12,98 gam CO2 và 
5,76 gam H2O. Vậy m có giá trị là 
 A. 1,48 gam. B. 8,14 gam. C. 4,18 gam. D. 16,04 gam. 
Đáp án các bài tập vận dụng: 
1. D 2. C 3. C 4. D 5. C 
6. C 7. B 8. A 9. C 10. C 
Phương pháp 3 
BẢO TOÀN MOL ELECTRON 
Trước hết cần nhấn mạnh đây không phải là phương pháp cân bằng phản ứng oxi hóa - khử, 
mặc dù phương pháp thăng bằng electron dùng để cân bằng phản ứng oxi hóa - khử cũng dựa trên sự 
bảo toàn electron. 
Nguyên tắc của phương pháp như sau: khi có nhiều chất oxi hóa, chất khử trong một hỗn hợp 
phản ứng (nhiều phản ứng hoặc phản ứng qua nhiều giai đoạn) thì tổng số electron của các chất khử 
cho phải bằng tổng số electron mà các chất oxi hóa nhận. Ta chỉ cần nhận định đúng trạng thái đầu 
và trạng thái cuối của các chất oxi hóa hoặc chất khử, thậm chí không cần quan tâm đến việc cân 
bằng các phương trình phản ứng. Phương pháp này đặc biệt lý thú đối với các bài toán cần phải biện 
luận nhiều trường hợp có thể xảy ra. 
Sau đây là một số ví dụ điển hình. 
Ví dụ 1: Oxi hóa hoàn toàn 0,728 gam bột Fe ta thu được 1,016 gam hỗn hợp hai oxit sắt (hỗn hợp 
A). 
1. Hòa tan hỗn hợp A bằng dung dịch axit nitric loãng dư. Tính thể tích khí NO duy nhất bay ra 
(ở đktc). 
 A. 2,24 ml. 3B. 22,4 ml. C. 33,6 ml. D. 44,8 ml. 
2. Cũng hỗn hợp A trên trộn với 5,4 gam bột Al rồi tiến hành phản ứng nhiệt nhôm (hiệu suất 
100%). Hòa tan hỗn hợp thu được sau phản ứng bằng dung dịch HCl dư. Tính thể tích bay ra 
(ở đktc). 
 3A. 6,608 lít. B. 0,6608 lít. C. 3,304 lít. D. 33,04. lít 
Hướng dẫn giải 
1. Các phản ứng có thể có: 
 2Fe + O2 
ot⎯⎯→ 2FeO (1) 
 2Fe + 1,5O2 
ot⎯⎯→ Fe2O3 (2) 
 3Fe + 2O2 
ot⎯⎯→ Fe3O4 (3) 
Các phản ứng hòa tan có thể có: 
 3FeO + 10HNO3 ⎯→ 3Fe(NO3)3 + NO↑ + 5H2O (4) 
 Fe2O3 + 6HNO3 ⎯→ 2Fe(NO3)3 + 3H2O (5) 
 3Fe3O4 + 28HNO3 ⎯→ 9Fe(NO3)3 + NO↑ + 14H2O (6) 
Ta nhận thấy tất cả Fe từ Fe0 bị oxi hóa thành Fe+3, còn N+5 bị khử thành N+2, O20 bị khử thành 
2O−2 nên phương trình bảo toàn electron là: 
 0,7283n 0,009 4 3 0,039
56
+ × = × = mol. 
trong đó, n là số mol NO thoát ra. Ta dễ dàng rút ra 
 n = 0,001 mol; 
 VNO = 0,001×22,4 = 0,0224 lít = 22,4 ml. (Đáp án B) 
2. Các phản ứng có thể có: 
 2Al + 3FeO 
ot⎯⎯→ 3Fe + Al2O3 (7) 
 2Al + Fe2O3 
ot⎯⎯→ 2Fe + Al2O3 (8) 
 8Al + 3Fe3O4 
ot⎯⎯→ 9Fe + 4Al2O3 (9) 
 Fe + 2HCl ⎯→ FeCl2 + H2↑ (10) 
 2Al + 6HCl ⎯→ 2AlCl3 + 3H2↑ (11) 
Xét các phản ứng (1, 2, 3, 7, 8, 9, 10, 11) ta thấy Fe0 cuối cùng thành Fe+2, Al0 thành Al+3, O20 
thành 2O−2 và 2H+ thành H2 nên ta có phương trình bảo toàn electron như sau: 
 5,4 30,013 2 0,009 4 n 2
27
×× + = × + × 
 Fe0 → Fe+2 Al0 → Al+3 O20 → 2O−2 2H+ → H2 
⇒ n = 0,295 mol 
⇒ 
2H
V 0,295 22,4 6,608= × = lít. (Đáp án A) 
Nhận xét: Trong bài toán trên các bạn không cần phải băn khoăn là tạo thành hai oxit sắt (hỗn 
hợp A) gồm những oxit nào và cũng không cần phải cân bằng 11 phương trình như trên mà chỉ cần 
quan tâm tới trạng thái đầu và trạng thái cuối của các chất oxi hóa và chất khử rồi áp dụng luật bảo 
toàn electron để tính lược bớt được các giai đoạn trung gian ta sẽ tính nhẩm nhanh được bài toán. 
Ví dụ 2: Trộn 0,81 gam bột nhôm với bột Fe2O3 và CuO rồi đốt nóng để tiến hành phản ứng nhiệt 
nhôm thu được hỗn hợp A. Hoà tan hoàn toàn A trong dung dịch HNO3 đun nóng thu được 
V lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất) ở đktc. Giá trị của V là 
 A. 0,224 lít. 3B. 0,672 lít. C. 2,24 lít. D. 6,72 lít. 
Hướng dẫn giải 
Tóm tắt theo sơ đồ: 
o2 3 t
NO
Fe O
0,81 gam Al V ?
CuO 3
hßa tan hoμn toμn
dung dÞch HNO
hçn hîp A
⎧+ ⎯⎯→ ⎯⎯⎯⎯⎯⎯→ =⎨⎩ 
Thực chất trong bài toán này chỉ có quá trình cho và nhận electron của nguyên tử Al và N. 
 Al → Al+3 + 3e 
 0,81
27
 → 0,09 mol 
và N+5 + 3e → N+2 
 0,09 mol → 0,03 mol 
⇒ VNO = 0,03×22,4 = 0,672 lít. (Đáp án D) 
Nhận xét: Phản ứng nhiệt nhôm chưa biết là hoàn toàn hay không hoàn toàn do đó hỗn hợp A 
không xác định được chính xác gồm những chất nào nên việc viết phương trình hóa học và cân bằng 
phương trình phức tạp. Khi hòa tan hoàn toàn hỗn hợp A trong axit HNO3 thì Al0 tạo thành Al+3, 
nguyên tử Fe và Cu được bảo toàn hóa trị. 
Có bạn sẽ thắc mắc lượng khí NO còn được tạo bởi kim loại Fe và Cu trong hỗn hợp A. Thực 
chất lượng Al phản ứng đã bù lại lượng Fe và Cu tạo thành. 
Ví dụ 3: Cho 8,3 gam hỗn hợp X gồm Al, Fe (nAl = nFe) vào 100 ml dung dịch Y gồm Cu(NO3)2 và 
AgNO3. Sau khi phản ứng kết thúc thu được chất rắn A gồm 3 kim loại. Hòa tan hoàn toàn 
chất rắn A vào dung dịch HCl dư thấy có 1,12 lít khí thoát ra (đktc) và còn lại 28 gam chất 
rắn không tan B. Nồng độ CM của Cu(NO3)2 và của AgNO3 lần lượt là 
 A. 2M và 1M. 3B. 1M và 2M. 
 C. 0,2M và 0,1M. D. kết quả khác. 
Tóm tắt sơ đồ: 
Al Fe
8,3 gam hçn hîp X
(n = n )
Al
Fe
⎧⎨⎩ + 100 ml dung dịch Y 
3
3 2
AgNO : x mol
Cu(NO ) :y mol
⎧⎨⎩ → 
 → ChÊt r¾n A
(3 kim lo¹i)
2
HCl d−
1,12 lÝt H
2,8 gam chÊt r¾n kh«ng tan B
+⎯⎯⎯⎯→ 
Hướng dẫn giải 
Ta có: nAl = nFe = 
8,3
0,1 mol.
83
= 
Đặt 
3AgNO
n x mol= và 
3 2Cu(NO )
n y mol= 
⇒ X + Y → Chất rắn A gồm 3 kim loại. 
⇒ Al hết, Fe chưa phản ứng hoặc còn dư. Hỗn hợp hai muối hết. 
Quá trình oxi hóa: 
 Al → Al3+ + 3e Fe → Fe2+ + 2e 
 0,1 0,3 0,1 0,2 
⇒ Tổng số mol e nhường bằng 0,5 mol. 
Quá trình khử: 
 Ag+ + 1e → Ag Cu2+ + 2e → Cu 2H+ + 2e → H2 
 x x x y 2y y 0,1 0,05 
⇒ Tổng số e mol nhận bằng (x + 2y + 0,1). 
Theo định luật bảo toàn electron, ta có phương trình: 
 x + 2y + 0,1 = 0,5 hay x + 2y = 0,4 (1) 
Mặt khác, chất rắn B không tan là: Ag: x mol ; Cu: y mol. 
⇒ 108x + 64y = 28 (2) 
Giải hệ (1), (2) ta được: 
 x = 0,2 mol ; y = 0,1 mol. 
⇒ 
3M AgNO
0,2C
0,1
= = 2M; 
3 2M Cu(NO )
0,1C
0,1
= = 1M. (Đáp án B) 
Ví dụ 4: Hòa tan 15 gam hỗn hợp X gồm hai kim loại Mg và Al vào dung dịch Y gồm HNO3 và 
H2SO4 đặc thu được 0,1 mol mỗi khí SO2, NO, NO2, N2O. Phần trăm khối lượng của Al và 
Mg trong X lần lượt là 
 A. 63% và 37%. 3B. 36% và 64%. 
 C. 50% và 50%. D. 46% và 54%. 
Hướng dẫn giải 
Đặt nMg = x mol ; nAl = y mol. Ta có: 
 24x + 27y = 15. (1) 
Quá trình oxi hóa: 
 Mg → Mg2+ + 2e Al → Al3+ + 3e 
 x 2x y 3y 
⇒ Tổng số mol e nhường bằng (2x + 3y). 
Quá trình khử: 
 N+5 + 3e → N+2 2N+5 + 2×4e → 2N+1 
 0,3 0,1 0,8 0,2 
 N+5 + 1e → N+4 S+6 + 2e → S+4 
 0,1 0,1 0,2 0,1 
⇒ Tổng số mol e nhận bằng 1,4 mol. 
Theo định luật bảo toàn electron: 
 2x + 3y = 1,4 (2) 
Giải hệ (1), (2) ta được: x = 0,4 mol ; y = 0,2 mol. 
⇒ 27 0,2%Al 100% 36%.
15
×= × = 
 %Mg = 100% − 36% = 64%. (Đáp án B) 
Ví dụ 5: Trộn 60 gam bột Fe với 30 gam bột lưu huỳnh rồi đun nóng (không có không khí) thu được 
chất rắn A. Hoà tan A bằng dung dịch axit HCl dư được dung dịch B và khí C. Đốt cháy C 
cần V