Chuyên đề về nito luyện thi đại học

1

CHUYÊN ĐỀ NITƠ
DẠNG 1: Kim loại tác dụng với Axit nitric
Câu 1.

Cho 11 g h
ổ
n h
ợ
p Al và Fe vào dung d
ị
ch HNO
3

loãng, d
ư thu đư
ợ
c 6,72 lít (đktc) khí NO (s
ả
n ph
ẩ
m
khử duy nhất). Khối lượng các khối lượng Al và Fe trong hổn hợp đầu lần lượt là:
A. 2,7 g; 11,2 g B. 5,4 g; 5,6 g C. 0,54 g; 0,56 g D. 0,27 g; 1,12 g

Giải:
Gọi x, y lần lượt là số mol của Al và Fe. Ta có: nNO=0,3 mol.
Ta có hệ:

27+ 56= 11

3+ 3= 0,9
⟺

=0,2
= 0,1

Vậy mAl=0,2.27=5,4g; mFe=0,1.56=5,6g

Câu 2.

Hòa tan hoàn toàn 12 g h
ổ
n h
ợ
p Fe và Cu (t
ỉ

l
ệ

mol 1:1) b
ằ
ng axit HNO
3
, thu đư
ợ
c V lít (đktc) h
ổ
n
hợp khí X gồm NO và NO

2
, và dung dịch Y (chỉ chứa 2 muối và axit dư). Tỉ khối X so với H
2
bằng 19. Giá trị
của V là:
A. 2,24 B. 5,6 C. 3,36 D. 4,48

Giải:
Do nFe=nCu=a. Ta có: 56a+64a=12⟺a=0,1
Định luật bảo toàn mol electron: 3x+y=0,2 (1)
MhhX=


= 2 ×19 = 38 (2)
Từ (1) và (2) =>x=y=0,05.
Vậy V=VNO+VNO2=22,4(0,05+0,05)=2,24 lít
Câu 3.

Cho m g Al tan hoàn toàn trong dung d
ị
ch HNO
3

th
ấ
y t
ạ
o ra 11,2 lít (đktc) h
ổ
n h

ợ
p 3 khí NO, N
2
O,
N2 (không còn sản phẩm khử khác) với tỉ lệ mol tương ứng là 1:2:2. Giá trị của m là
A. 16,47 g B. 23 g C. 35,1 g D. 1,73 g
Giải:
Ta có: n hổn hợp khí=0,5 mol. Do nNO=1/2nN
2
O= 1/2nN
2
=>nNO=0,1 mol; nN
2
O=0,2 mol; nN
2
=0,2 mol.
Quá trình khử: N
+5
+3eN
+2
; 2N
+5
+8eN
2
+1
; 2N+10eN
2
O
0,3 0,1 1,6 0,2 2 0,2
Quá trình oxi hóa: AlAl

+3
+3e
x 3x
Định luật bảo toàn mol electron: 3x=0,3+1,6+2 =>x=1,3. Vậy mAl=1,3.27=35,1g
Câu 4.

Cho 0,28 mol Al vào dung d
ị
ch HNO
3

dư thu đư
ợ
c khí NO (s
ả
n ph
ẩ
m kh
ử

duy nh
ấ
t) và dung d
ị
ch
chứa 62,04 g muối. Số mol khí NO thu được là:
A. 0,2 B. 0,28 C. 0,1 D. 0,14
Giải:
Ta có: mAl(NO
3

)
3
=0,28.213=59,64 g<mMuối
=> Có tạo muối NH
4
NO
3
: nNH
4
NO
3
=
,,

= 0,03 . Gọi x là số mol khí NO được tạo thành.
Định luật bảo toàn mol electron: 3.nAl=8.n NH
4
NO
3
+3x ⟺3.0,28=8.0,03+3x⟺x=0,2 mol
Câu 5.

Cho m g Al tác d
ụ
ng v
ừ
a đ
ủ

v

ớ
i dung d
ị
ch HNO
3

t
ạ
o ra h
ổ
n h
ợ
p khí A g
ồ
m 0,15 mol NO, 0,05 mol
N
2
O và dung dịch B chỉ chứa 1 muối. Giá trị của m là:
A. 7,76 g B. 7,65 g C. 7,85 g D. 8,85 g
Giải:
Định luật bảo toàn mol electron: 3.nAl=3.nNO+8.N
2
O⟺3.nAl=3.0,15+8.0,05⟺nAl=


mol
Vậy mAl=


.27 = 7,65 

Câu 6.

Cho 18,5 g h
ổ
n h
ợ
p g
ồ
m Fe và Fe
3
O
4

vào 200 ml dung d
ị
ch HNO
3

đun nóng, khu
ấ
y k
ỹ

thu đư
ợ
c 2,24
lít khí NO (đktc), dung dịch Y và 1,46 g kim loại. Nồng độ dung dịch HNO
3
đã dùng:
A. 1,2M B. 2,4M C. 3,2M D. 2M

Giải:
Gọi x, y lần lượt là số mol của Fe và Fe
3
O
4
phản ứng.

Quá trình oxi hóa

Quá trình kh
ử

Al

Al
+3
+3e

x 3x
FeFe
+3
+3e
y 3y
N
+5
+3e

N
+2

0,9 0,3
Quá trình oxi hóa

Quá trình kh
ử

Fe

Fe
+3
+3e

0,1 0,1
CuCu
+2
+3e
0,1 0,1
N
+5
+3e

N
+2

3x x
N
+5
+1eN
+4

y y
2

Fe + 4HNO
3
 Fe(NO
3
)
3
+ NO + 2H
2
O
x 4x x x
3Fe
3
O
4
+ 28HNO
3
 9Fe(NO
3
)
3
+ NO + 14H
2
O
y 28/3y 3y y/3
Fe + 2Fe(NO
3
)

3
 3Fe(NO
3
)
2

(x+3y)/2< (x+3y)
Ta có hệ

+


= 

=0,1
56

+



+ 232= 18.5 −1.46 = 17,04
⟺

= 0,09
= 0,03
=>nHNO
3
=0,64=>C
M

=3,2M
Câu 7.

M
ộ
t h
ổ
n h
ợ
p b
ộ
t g
ồ
m 2 kim lo
ạ
i A và B (có hóa tr
ị

không đ
ổ
i, đ
ứ
ng trư
ớ
c H trong dãy
đi
ệ
n hóa) đư
ợ
c

chia thành 2 phần bằng nhau.
Phần 1: cho tác dụng với dung dịch HCl, H
2
SO
4
loãng dư thu được 3,36 lít khí (đktc).
Phần 2: hòa tan hết trong dung dịch HNO
3
loãng dư thu được V lít NO (sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của
V là:
A. 2,24 B. 3,36 C. 4,48 D. 5,6
Giải:
-Phần 1: Ta có n
kim loại nhường
=2nH
2
=2.0,15=0,3 mol
-Phần 2: M  M
+ n
+ ne N
+5
+ 3eN
+2

0,3mol 3x x
Định luật bảo toàn mol electron => x=0,1 mol => V
NO
=0,1.22,4=2,24 lít
Câu 8.

Cho 4,86 g Al tan v
ừ
a đ
ủ

trong 660 ml dung d
ị
ch HNO
3

1M thu đư
ợ
c V lít h
ổ
n h
ợ
p khí (đktc) g
ồ
m N
2

và N
2
O, dung dịch X chỉ chứa 1 muối. Giá trị của V là:
A. 0,112 B. 0,448 C. 1,344 D. 1,568
Giải:
Ta có: nAl=0,18mol; nHNO3=0,66mol
Ta có hệ:

10+ 8= 3


= 0,54
12+ 10= 

= 0,66
⟺x=y=0,03 mol
Vây V=0,06.22,4=1,344 lít
Câu 9.

Cho 13,5 g h
ổ
n h
ợ
p g
ồ
m Al và Ag tan trong HNO
3

dư thu đư
ợ
c dung d
ị
ch A (không ch
ứ
a NH
4
NO
3
)
và 4,48 lít hổn hợp khí gồm NO, NO

2
có khối lượng 7,6 g. Tính % khối lượng mỗi kim loại.
A. 30% và 70% B. 44% và 56% C. 20% và 80% D. 60% và 40%
Giải:
Tính được nNO=nNO
2
=0,1 mol
Ta có hệ

3+ = 0,4
27+ 108= 13,5
⟺x=y=0,1 mol
Vậy %mAl=
.,
,
.100 = 20%=>%mAg=80%
Câu 10.

Hòa tan 16,2 g m
ộ
t kim lo
ạ
i M chưa r
õ hóa tr
ị

b
ằ
ng dung d
ị

ch HNO
3

loãng, sau ph
ả
n
ứ
ng thu đư
ợ
c
4,48 lít (đktc) hổn hợp khí X gồm N
2
và N
2
O. Biết tỉ khối của X đối với H
2
bằng 18, dung dịch sau phản ứng
không chứa NH
4
NO
3
. Kim loại đó là:
A. Ca B. Mg C. Al D. Fe
Giải:
Gọi x, y lần lượt là số mol của N
2
và N
2
O. Ta có: x+y=4,48:22,4=0,2 (1)
MhhX=



= 2 ×18 = 36 (2).
Từ (1) và (2) =>x=y=0,1 mol.
Định luật bảo toàn mol electron: a.n=1,8=>a=
,


Ta có: M
M
=m
M
/a=16,2:
,

=9n.
Biện luận=>n=3 =>M
M
=27=> Kim loại là Al
Câu 11.

Hòa tan hoàn toàn 62,1 g kim lo
ạ
i M b
ằ
ng dung d
ị
ch HNO
3

loãng sau ph
ả
n
ứ
ng thu đư
ợ
c 16,8 lít
(đktc) hổn hợp khí X gồm 2 khí không màu, không hóa nâu trong không khí. Biết d
X/H2
=17,2. Kim loại M là:
A. Al B. Ca C. Mg D. Zn
Giải:

Hai khí không màu, không hóa nâu là N
2
(x mol) và N
2
O (y mol).
Ta có: x+y=16,8:22,4=0,75 (1)
Mhh=


= 2 ×17,2 = 34,4 (2).
2NO
3
-

+10e +12H
+


N
2
+6H
2
O

10x 12x x
2NO
3
-
+8e + 10H
+
N
2
O +5H
2
O
8y 10y y
Al

Al
+3
+3e

x 3x
AgAg
+1
+1e
y y

N
+5
+3e

N
+2

0,3 0,1
N
+5
+1eN
+4

0,1 0,1
M

M
+n
+ne

a a.n
( Với a: số mol,
n: hóa trị cao
nhất )
2N
+5
+10e

N
2

1 0,1
2N
+5
+8eN
+1

0,8 0,1
M

M
+n
+ne

a a.n
( Với a: số mol,
n: hóa trị cao
nhất)
2N+5+10e

N2

4,5 0,45
2N+5+8eN+1
2,4 0,3
3

Từ (1) và (2) => x=0,45 mol; y=0,3 mol
Định luật bảo toàn mol electron: a.n=6,9=>a=
,



Ta có: M
M
=m
M
:a=62,1:
,

=9n.
Biện luận=>n=3 =>M
M
=27=> Kim loại là Al.
Câu 12.

Hòa tan hoàn toàn 1,35 g kim lo
ạ
i M b
ằ
ng dung d
ị
ch HNO
3

dư đun nóng thu đư
ợ
c 2,24 lít (đktc)
hổn hợp khí X gồm NO và NO
2
(không còn sp khử khác). Biết d

X/H2
=21. Kim loại M là:
A. Ca B. Mg C. Al D. Zn
Giải:
Tính được: nNO=0,025 mol; nNO
2
=0,075 mol.
Số mol kim loại nhường=3.nNO+1.nNO
2
=0,15 mol
Ta có MM=mM:
,

=1,35:
,

=9n. Biện luận theo hóa trị n, suy ra kim loại là Al.
Câu 13.

Hòa tan hoàn toàn 19,2 g kim lo
ạ
i M b
ằ
ng dung d
ị
ch HNO3 thu đư
ợ
c 4,48 lít (đktc) khí NO (s
ả
n

phẩm khử duy nhất). Kim loại M là:
A. Zn B. Fe C. Mg D. Cu
Giải:
Số mol kim loại nhường= 3nNO=3.0,2=0,6 mol
Ta có: MM=mM:
,

=19,2:
,

=32n. Biện luận theo hóa trị n, suy ra M
M
=64. Vậy kim loại M là Cu
Câu 14.

Hòa tan hoàn toàn 2,7 g m
ộ
t kim lo
ạ
i M b
ằ
ng HNO
3

thu đư
ợ
c 1,12 lít (đktc) h
ổ
n h
ợ

p khí X g
ồ
m 2
khí không màu trong đó có 1 khí hóa nâu ngoài không khí (không còn sản phẩm khử khác). Biết d
X/H2
=19,2.
Kim loại M là:
A. Fe B. Al C. Cu D. Zn
Giải:
Ta có: nhhk=0,05 mol; Mhh=19,2.2=38,4. Khí không màu hóa nâu trong không khí là NO (M=30)
=> Khí còn lại là N
2
O (M=44). Tính được: nNO=0,02 mol; nN
2
O=0,03 mol.
Số mol kim loại nhường=3.nNO+8.nN
2
O=0,3 mol
Ta có M
M
=m
M
:
,

=2,7:
,

=9n. Biện luận theo hóa trị n, suy ra kim loại là Al.
Câu 15.

Hòa tan kim lo
ạ
i M vào HNO
3

thu đư
ợ
c dung d
ị
ch A (không có khí thoát ra). Cho NaOH dư vào
dung dịch A thu được 2,24 lít khí (đktc) và 23,2 g kết tủa. Xác định M.
A. Fe B. Mg C. Al D. Ca
Giải:
Ta có sơ đồ: 


⎯
⎯
⎯



(
3
)








⎯
⎯
⎯
⎯


()

↓


↑

Số mol kim loại nhường=8.nNH
4
NO
3
=8.nNH
3
=8.
,
,
=0,8 mol

nM=
,


Ta có: nM(OH)n=
,

. Mà nM(OH)n=nM

,

=
,



M=12n. Biện luận theo hóa trị n

M là Mg
Câu 16.

Cho 0,2 mol Fe và 0,3 mol Mg vào dung d
ị
ch HNO
3

dư thu đư
ợ
c 0,4 mol m
ộ
t s
ả
n ph

ẩ
m kh
ử

duy
nhất chứa N. Sản phẩm đó là:
A. NH
4
NO
3
B. N
2
O C. NO D. NO
2
E. N
2

Giải:
Số mol hổn hợp kim loại nhường= 3nFe+2nMg=1,2 mol.
Nhận thấy nkln=3nspk

N+5 nhận 3e để tạo sản phảm khử. Vậy sản phẩm khử là NO
Câu 17.

Cho 3,6 g Mg tác d
ụ
ng h
ế
t v
ớ

i dung d
ị
ch HNO
3

dư, sinh ra 2,24 lít (đktc) khí NxOy (s
ả
n ph
ẩ
m kh
ử

duy nhất). Khí X là:
A. N
2
B. NO C. NO
2
D. N
2
O
Giải:
Ta có: nMg=0,15 mol; nX=0,1 mol. Định luật bảo toàn mol electron: 0,3=0,1(5x-2y)
⟺5x-2y=3. Biện luận suy ra x=1, y=1.
Vậy khí X là NO


Câu 18.

Hòa tan 9,6 g Mg trong dung d
ị

ch HNO
3

t
ạ
o ra 2,24 lít (đktc) khí N
x
O
y

(s
ả
n ph
ẩ
m kh
ử

duy nh
ấ
t).
Công thức khí đó là:
A. NO B. N
2
O C. NO
2
D. N
2
O
4

Giải:
Mg

Mg2++2e

0,15 0,3
xN+5+(5x
-
2y)e

N
x
+2y/x

0,1(5x-2y) 0,1
4

Ta có: nMg=0,4 mol; nNxOy=0,1 mol. Định luật bảo toàn mol electron: 2nMg=0,1(5x-2y)
⟺0,8=0,1(5x-2y) ⟺5x-2y=8. Biện luận suy ra x=2, y=1. Vậy công thức cần tìm là N2O.
Câu 19.

Hòa tan hoàn toàn 11,2 g Fe vào HNO
3

dư thu đư
ợ
c dung d
ị
ch A và 6,72 lít (đktc) h
ổ

n h
ợ
p khí B
gồm NO và một khí X (không còn sản phẩm khử khác), với tỉ lệ thể tích là 1:1. Xác định khí X.
A. NO B. N2O C. NO2 D. N2
Giải:
Ta có: nFe=0,2 mol; nhhB=0,3 mol

nNO=nX=0,15 mol. Gọi khí X là NxOy.
Định luật bảo toàn mol electron: 3nFe=3nNO+0,15(5x-2y) ⟺0,6=0,45+0,15(5x-2y) ⟺5x-2y=1
Biện luận suy ra x=1, y=2. Vậy khí X là NO2.
Câu 20.

Hòa tan hoàn toàn 15,9 g h
ổ
n h
ợ
p 3 kim lo
ạ
i Al, Mg, Cu b
ằ
ng dung d
ị
ch HNO
3

thu đư
ợ
c 6,72 lít
(đktc) khí NO (sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch X. Đem cô cạn dung dịch X thì thu được khối lượng

muối khan là:
A. 77,1 g C. 71,7 g C. 17,7 g D. 53,1 g
Giải:
Số mol kim loại nhường=3nNO=3.0,3=0,9 mol. Kim loại nhường bao nhiêu mol electron thì cũng nhận bấy
nhiêu mol gốc NO3- để tạo muối.
Khối lượng muối = m hổn hợp kim loại + mNO3- =15,9+0,9.62=71,7 g
Câu 21.

Cho 1,92 g h
ổ
n h
ợ
p X g
ồ
m Mg và Fe, t
ỉ

l
ệ

mol 1:3, tác d
ụ
ng hoàn toàn v
ớ
i dung d
ị
ch HNO
3

t

ạ
o ra
hổn hợp khí gồm NO và NO
2
(không còn sản phẩm khử khác) có V=1,736 lít (đktc). Khối lượng muối tạo
thành và số mol HNO
3
đã phản ứng là:
A. 8,4 g và 0,1 mol B. 8,4 g và 0,1875 mol C. 8,74 g và 0,1 mol D. 8,74 g và 0,1875 mol
Giải:
Gọi x và y lần lượt là số mol của Mg và Fe. Ta có

24+ 56= 1,92
:=


⟺

=0,01
= 0,03

Ta có nhhk=
,
,
= 0,0775 mol. Gọi a, b lần lượt là số mol của NO và NO2.
Ta có:

3+ = 0,11
+ = 0,0775
⟺


= 0,01625
= 0,06125

Khối mượng muối: m muối=mX+mNO3-=1,92+(0,02+0,09).62=8,74 g
Số mol HNO3 đã tạo thành:
nHNO3=4nNO+2nNO2=4.0,01625+2.0,06125=0,1875 mol.
Chú ý: Khi cho kim loại hoặc hổn hợp kim loại tác dụng với dung dịch axit HNO3 tạo:
+Khí NO thì: nHNO3 phản ứng = 4.nNO.
+Khí NO2 thì: nHNO3 phản ứng = 2.nNO2.
+Khí N2 thì: nHNO3 phản ứng = 12.nN2.
+Khí N2O thì: nHNO3 phản ứng = 10.nN2O.
+Muối NH4NO3 thì: nHNO3 phản ứng = 9.nHNO3.
+Trường hợp tạo nhiều sản phẩm khử thì cộng lại.
Câu 22.

Cho 8,32 g Cu tác d
ụ
ng v
ừ
a đ
ủ

v
ớ
i 120 ml dung d
ị
ch HNO
3

thu đư
ợ
c 4,928 lít (đktc) h
ổ
n h
ợ
p NO và
NO
2
. Nồng độ mol của dung dịch HNO
3
ban đầu là:
A. 2,17 B. 5,17 C. 4 D. 6,83
Giải:
Ta có: nCu=
,

= 0,13; nhhk=
,
,
= 0,22 mol. Gọi x,y lần lượt là số mol của NO và NO2.
Ta có:

+ = 0,22
3+ = 0,26
⟺

=0,02
= 0,2

Ta có: nHNO3=2nNO2+4nNO=2.0,2+4.0,02=0,48

CMHNO3=4M

Câu 23.

Hòa tan h
ế
t 0,06 mol Fe trong t
ố
i thi
ể
u a mol dung d
ị
ch HNO
3

t
ạ
o ra khí NO. Giá tr
ị

c
ủ
a a là:

A. 0,24 B. 0,16 C. 0,18 D. 0,12
Giải:
Định luật bảo toàn mol electron: 3nFe=3nNO⟺nNO=nFe=0,06 mol
Ta có: nHNO3=4nNO=4.0,06=0,24 mol

Mg

Mg+2+2e

0,01 0,02
FeFe+3+3e
0,03 0,09
N+5+3e

N+2

a 3a a
N+5+1eN+1
b b b
Cu

Mg+2+2e

0,13 0,26

N+5+3e

N+2

x 3x x
N+5+1eN+1
y y y
5

Câu 24.

Hòa tan hoàn toàn m
ộ
t h
ổ
n h
ợ
p g
ồ
m 0,15 mol Fe và 0,15 mol Cu trong t
ố
i thi
ể
u V lít dung d
ị
ch
HNO
3
2M loãng tạo sản phẩm khử duy nhất là NO. Giá trị V là:
A. 800 ml B. 1000 ml C. 400 ml D. 500 ml
Giải:
Định luật bảo toàn mol electron: 3nFe+2nCu=3nNO⟺3.0,15+2.0,15=3.nNO

nNO=0,25 mol
Ta có: nHNO3=4nNO=1 mol V=nHNO3:CMHNO3=1:2=0,5 lít.
Câu 25.

Hòa tan hoàn toàn 31,2 g h
ổ
n h

ợ
p g
ồ
m Al, Mg b
ằ
ng dung d
ị
ch HNO
3

loãng, d
ư thu đư
ợ
c dung d
ị
ch
A và 8,96 lít (đktc) hổn hợp khí B gồm N
2
, N
2
O ( không còn sản phẩm khử khác), biết d
B/H2
=20. Số mol
HNO
3
đã phản ứng và khối lượng muối khan thu được khi cô cạn A là:
A. 4,2 – 242 B. 4,2 – 291,6 C. 3,4 – 242 D. 3,4 – 291,6
Giải:
Ta có: nhhk=
,

,
= 0,4 mol. Gọi x, y lần lượt là số mol của N2 và N2O.
Ta có:

+ = 0,4


= 40
⟺

= 0,1
= 0,3
. Ta có: nHNO3=12nN2+10nN2O=12.0,1+10.0,3=4,2 mol
Chú ý: nHNO3 tạo muối=n.e nhường=n. e nhận=10.nN2+8.nN2O=3,4 mol
Vậy m Muối=m hổn hợp kim loại + mNO3-=31,2+3,4.62=242 g
Câu 26.

Hòa tan hoàn toàn 23,1 g h
ổ
n h
ợ
p g
ồ
m Al, Mg, Zn, Cu b
ằ
ng dung d
ị
ch HNO
3

loãng, d
ư thu đư
ợ
c
dung dịch A và hổn hợp khí B gồm 0,2 mol NO, 0,1 mol N
2
O (không còn sản phẩm khử khác). Tính số mol
HNO
3
đã phản ứng và khối lượng muối khan thu được khi cô cạn A.
A. 1,8 – 109,9 B. 1,4 – 109,9 C. 1,8 – 134,7 D. 1,4 – 134,7
Giải:
Ta có: nHNO3 phản ứng=4nNO+10nN2O=4.0,2+10.0,1=1,8 mol.
Ta có: nHNO3 tạo muối=3nNO+8nN2O=3.0,2+8.0,1=1,4 mol.
Vậy n Muối=m hổn hợp kim loại + mNO3-=23,1+1,4.62=109,9 g.
Câu 27.

Cho m g Fe tan h
ế
t trong 400 ml dung d
ị
ch FeCl
3

1M thu đư
ợ
c dung d
ị
ch Y. Cô c
ạ

n dung d
ị
ch Y thu
được 71,72 g chất rắn khan. Để hòa tan m g Fe cần tối thiểu bao nhiêu ml dung dịch HNO
3
1M, biết sản phẩm
khử duy nhất là NO.
A. 540 ml B. 480 ml C. 160 ml D. 320 ml
Giải:
Ta có: nFeCl3=0,4.1=0,4 mol. PTHH: Fe+2FeCl33FeCl2.
Định luật bảo toàn khối lượng: mFe+mFeCl3=mFeCl2⟺mFe=mFeCl2-mFeCl3=71,72-0,4.162,5=6,72 g.
nFe=0,12 mol.
Định luật bảo toàn mol electron: 3nFe=3nNOnNO=0,12 mol
Ta có: nHNO3 phản ứng =4nNO=4.0,12=0,48 mol V=0,48 lít.
Câu 28.

Cho 11 g h
ổ
n h
ợ
p X g
ồ
m Al và Fe vào dung d
ị
ch HNO
3

vào dung d
ị
ch HNO

3

loãng, d
ư thu đư
ợ
c
dung dịch Y và 6,72 lít (đktc) khí NO duy nhất. Cô cạn dung dịch Y thì lượng muối khan thu được là:
A. 33,4 g B. 66,8 g C. 29,6 g D. 60,6 g
Giải:
Ta có: nNO=0,3 mol. Số mol hổn hợp kim loại nhường = 3.nNO=0.0,3=0,9 mol
Vậy: m muối=m hổn hợp kim loại + mNO3-=11+0,9.62=66,8 g.
Câu 29.

Hòa tan h
ế
t 22,064 g h
ổ
n h
ợ
p Al, Zn b
ằ
ng dung d
ị
ch HNO
3

thu đư
ợ
c 3,136 lít (đktc) h
ổ

n h
ợ
p NO và
N
2
O với số mol như nhau (không còn sản phẩm khử khác). Thành phần % về khối lượng Al trong hổn hợp là:
A. 5,14% B. 6,12% C. 6,48% D. 7,12%
Giải:
Ta có: nNO=nNO2=
,
,
:2= 0,07 . Tổng số mol electron nhận: n e nhận=3.nNO+8.nN2O=0,77 mol.
Gọi x, y lần lượt là số mol của Al và Zn. Ta có:

27+ 65= 22,064
3+ 2= 0,77
⟺

= 0,042
= 0,322

Vậy: %mAl=
,.
,
.100 = 5,14%.
Câu 30.

Hòa tan h
ổ
n h

ợ
p X g
ồ
m Al và Fe vào dung d
ị
ch HNO
3

dư thu đư
ợ
c dung d
ị
ch A và 4,44 g h
ổ
n h
ợ
p
khí B có thể tích 2,688 lít (đktc) gồm 2 khí không màu (không còn sản phẩm khử khác), trong đó có một khí
hóa nâu trong không khí. Tổng số mol 2 kim loại trong hổn hợp X là:
6

A. 0,32 mol

B. 0,22 mol

C. 0,45 mol

D. 0,12 mol

Giải:
Ta có: nhhk=0,12 mol

=
,
,
= 37. Khí không màu tự hóa nâu trong không khí là NO(M=30), khí còn
lại là N2O (M=44).
Ta có:

+ 2= 0,12
30.+ 44.2= 4,44
⟺

= 0,06
2= 0,06
. Tổng số mol e nhận=3.nNO+8.nN2O=0,66 mol.
Tổng số mol hổn hợp kim loại nhường=3.nAl+3.nFe.
Định luật bảo toàn mol electron: 3.nAl+3.nFe=0,66nAl+nFe=0,22 mol
Câu 31.

Hòa tan h
ế
t m g Al trong dung d
ị
ch HNO
3

thu đư
ợ

c 13,44 lít (đktc) h
ổ
n h
ợ
p g
ồ
m khí NO, N
2
O, N
2

(không còn sản phẩm khử khác) . Tỉ lệ thể tích V
NO
:V
N2O
:V
N2
=3:2:1. Trị số của m là:
A. 32,4 B. 31,5 C. 40,5 D. 24,3
Giải:
Ta có: nNO=

,
,
:6

.3= 0,3 molnN2O=0,2 mol; nN2=0,1 mol.
Tổng số mol electron nhận = 3.nNO+8.nN2O+10.nN2=3,5 mol.
Định luật bảo toàn mol electron: 3.nAl=3,5nAl=
,


molmAl=
,

.27=31,5 g.
Câu 32.

Hòa tan hoàn toàn 12,8 g h
ổ
n h
ợ
p X g
ồ
m Fe, Mg, Cu vào HNO
3

dư thu đư
ợ
c dung d
ị
ch Y và 3,36 lít
khí NO (đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được muối khan có khối lượng là:
A. 22,1 g B. 19,7 g C. 50 g D. 40,7 g
Giải:
Ta có: nNO=
,
,
= 0,15 . Số mol e nhận=3.nNO=0,45 mol Số mol e nhường=0,45 mol.
Vậy m muối=m hổn hợp kim loại + mNO3-=12,8+0,45.62=40,7 mol.
Câu 33.

Cho m gam Fe vào dung d
ị
ch ch
ứ
a 1,38 mol HNO
3

, đun nóng đ
ế
n khi ph
ả
n
ứ
ng x
ả
y ra hoàn toàn
thấy còn lại 0,75 mol chất rắn không tan và có 0,38 mol hỗn hợp khí NO, NO
2
thoát ra. Giá trị của m là:
A. 70 B. 56 C. 112 D. 84
Giải:
Sơ đồ phản ứng: 


⎯
⎯
⎯



(
3
)
3
 ư

⎯
⎯
⎯


(
3
)
2
Ta có:

+ 2 = 0,38
4.+ 2.2 = 1,38
⟺

= 0,31
2 = 0,07

Định luật bảo toàn mol electron: 3.nFe = 3.nNO + nNO2 = 1nFe=


mol.
Sau đó: 2Fe(NO3)3 + Fe  3Fe(NO3)2
1/3 mol


⎯

1/6 mol
Số mol Fe ban đầu: nFe= nFe phản ứng + nFe dư =


+


+ 0,75 =


mol.
Vậy khối lượng Fe ban đầu: m=


.56 = 70 g.
Câu 34.

Hòa tan hoàn toàn 12,42 g Al b
ằ
ng dung d
ị
ch HNO
3

loãng d
ư, thu đư

ợ
c dung d
ị
ch X và 1,344 lít
(đktc) hổn hợp khí Y gồm hai khí là N
2
O và N
2
, biết d
Y/H2
=18. Cô cạn dung dịch X thu được m g chất rắn
khan. Giá trị của m là:
A. 97,98 B. 106,38 C. 38,34 D. 34,08
Giải:
Ta có: nAl=0,46 mol; nhhk=0,06 mol. Ta có:

2+ 2 = 0,06
..

= 36
⟺

2= 0,03
2 = 0,03

Do 3.nAl≠10.nN2+8.nN2O, Suy ra phản ứng có tạo muối NH4NO3.
Định luật bảo toàn mol electron: 3.nAl=10.nN2+8.nN2O+8.nNH4NO3nNH4NO3=0,105 mol.
Vậy: m muối=mAl(NO3)3+mNH4NO3=0,46.213+0,105.80=106,38 g.
Câu 35.

Cho m g Cu tan hoàn toàn vào 200 ml dung d
ị
ch HNO
3
, ph
ả
n
ứ
ng v
ừ
a đ
ủ
, gi
ả
i phóng m
ộ
t h
ổ
n h
ợ
p
4,48 lít (đktc) gồm NO và NO
2
có tỉ khối với H
2
là 19. Tính C
M(HNO3)
:
A. 3M B. 2M C. 4M D. 1M
Giải:

7

Ta có: :


+

2
=
0
,
2
..

= 38
⟺

= 0,1
2 = 0,1
. Ta có: nHNO3 phản ứng =4.nNO+2.NO2=0,6 mol.
Vậy: C
M(HNO3)
=0,6:0,2=3 M.
DẠNG 2: Hợp chất khử tác dụng với dung dịch HNO
3

Câu 1.

Cho 11,36 g h
ổ

n h
ợ
p g
ồ
m Fe, FeO, Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4

ph
ả
n
ứ
ng h
ế
t v
ớ
i dung d
ị
ch HNO
3

loãng d
ư, thu
được 1,344 lít (đktc) khí NO (sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch X. Cô cạn dung dịch X thu được m g
muối khan. Giá trị m là:

A. 38,72 g B. 35,5 g C. 49,09 g D. 34,36 g
Giải:
Ta sử dụng phương pháp quy đổi. Coi hổn hợp gồm x mol Fe và y mol O2.
Ta có: nNO=
,
,
= 0,06 .
Định luật bảo toàn mol electron: 3x=0,18+4y (1)
Theo khối lượng Fe và O2 trong hổn hợp: 56x+32y=11,36 (2)
Từ (1) và (2) suy ra: x=0,16 mol; y=0,075 mol.
Vậy: mFe(NO3)3=nFe.242=0,16.242=38,72 g.

Câu 2.

Hòa tan hoàn toàn h
ổ
n h
ợ
p X g
ồ
m 0,2 mol FeO và 0,2 mol Fe
2
O
3

vào dung d
ị
ch HNO
3

loãng d
ư, thu
được dung dịch A và khí B không màu, hóa nâu trong không khí. Dung dịch A cho tác dụng với NaOH 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 g B. 32 g C. 16 g D. 48 g
Giải:
Sơ đồ phản ứng:


23


⎯
⎯
⎯



(
3
)
3

(
3
)
3



⎯
⎯
⎯
⎯



(

)
3

(

)
3



⎯














0,2 mol FeO  0,1 mol Fe2O3
0,2 mol Fe2O3  0,2 mol Fe2O3
Vậy: m=(0,1+0,2).160=48 g.
Câu 3.

Oxi hóa m g Fe ngoài k
hông khí thu đư
ợ
c 12 g h
ổ
n h
ợ
p A g
ồ
m FeO, Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4
, Fe dư. H
òa tan A
vừa đủ bởi 200 ml dung dịch HNO
3
thu được 2,24 lít (đktc) khí NO duy nhất. Giá trị của m và C

M(HNO3)
là:
A. 10,08 g và 3,2M B. 10,08 g và 2M C. 11,2 g và 3,2M D. 11,2 g và 2M
Giải:
Hổn hợp A (12 g) chứa m g Fe và


g O2.
Định luật bảo toàn mol electron:


=


+ 0,3
Suy ra m=10,08 g.
nHNO3 phản ứng = nHNO3 tạo muối+nHNO3 tạo sản phẩm khử
=3.nFe+nNO=0,54+0,1=0,64 mol.
Vậy CM(HNO3)=0,64:0,2=3,2 M.
Câu 4.

Cho 16 g Fe
x
O
y

tác d
ụ
ng v
ớ

i HNO
3

dư , dung d
ị
ch thu đư
ợ
c sau ph
ả
n
ứ
ng đem cô c
ạ
n đư
ợ
c mu
ố
i
khan, đem nung đến khối lượng không đổi thu được a g một chất rắn. Giá trị cực đại của a là:
A. 17,778 g B. 16 g C. 16,55 g D. 17 g
Giải:
Nhận xét: Ta dùng phương pháp thử trực tiếp. Ở bài này giải mẫu mực tốn nhiều thời gian.
+TH1: FexOy là FeO; nFeO=


mol. FeO


Fe2O3. Vậy



mol FeO tạo tối đa


mol Fe2O3.
Suy ra: a=


.160 = 17,778 .
+TH2: FexOy là Fe3O4; nFe3O4=


mol. 2Fe3O43Fe2O3. Vậy


mol Fe3O4 tạo


mol Fe2O3.
Suy ra: a=


.160 = 16,55 .
+TH3: FexOy là Fe2O3. Trường hợp này a=16 g.
Quá trình oxi hóa

Quá trình kh
ử

Fe


Fe+3+3e

x x
N+5 +3e

N+2

0,18 0,06
O2 + 4e 2O-2
y 4y
Quá trình oxi hóa

Quá trình kh
ử

Fe

Fe+3 +3e








N+5 + 3e


N+2

0,3 0,1
O2 + 4e  2O-2










8

Vậy giá trị cần tìm amax=17,778 g.
Câu 5.

Tr
ộ
n m
ộ
t oxit kim lo
ạ
i ki
ề
m th
ổ

v
ớ
i FeO theo t
ỉ

l
ệ

mol 2:1 ngư
ờ
i ta thu đư
ợ
c h
ổ
n h
ợ
p A. Cho m
ộ
t
luồng khí H
2
dư qua 15,2 g hổn hợp A nung nóng đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hổn hợp B.
Cho B tan hết trong dung dịch chứa 0,8 mol HNO
3
vừa đủ thu được V lít (đktc) khí NO duy nhất. Công thức
của oxit kim loại loại kiềm thổ là:
A. BeO B. MgO C. CaO D. BaO
Giải:
Gọi x là số mol của Fe, suy ra số mol của oxit kim loại kiềm thổ MO là 2x.
PTHH:

MO + 2HNO3 M(NO3)2 + H2O
2x 4x
3Fe + 10HNO3  3Fe(NO3)3 +NO +5H2O
x



Ta có: 4+


= 0,8 ⟺ x=0,1. Trong hổn hợp A: mMO=15,2-mFeO=15,2-0,1.72=8 g.
Mà: mMO=nMO.(M+16)=0,2(M+16)=8  M=24 (Mg). Vậy công thức của oxit kim loại là MgO.
*
Câu 6.

Cho 18,5 g h
ổ
n h
ợ
p A g
ồ
m Fe và Fe
3
O
4

tác d
ụ
ng v
ớ

i 200 ml dung d
ị
ch HNO
3

loãng
đun nóng. Sau
khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 2,24 lít (đktc) khí NO duy nhất, dung dịch B và còn lại 1,46 g kim
loại. Khối lượng Fe
2
O
3
trong 18,5 g hổn hợp A là:
A. 6,69 g B. 6,96 g C. 9,69 g D. 9,7 g
Giải:
Gọi x, y lần lượt là số mol của Fe và Fe3O4 phản ứng.
Fe+4HNO3Fe(NO3)3+NO+2H2O
x 4x x x
3Fe3O4+28HNO39Fe(NO3)3+NO+14H2O
y 28/3y 3y y/3
Fe + 2Fe(NO3)3  3Fe(NO3)2
(x+3y)/2< (x+3y)
Ta có hệ

+


= 

=0,1

56

+



+ 232= 18.5 −1.46 = 17,04
⟺

= 0,09
= 0,03

Vậy: mFe3O4=0,03.232=6,96 g.
Câu 7.

Hòa tan 6,96 g Fe
3
O
4

vào dung d
ị
ch HNO
3

dư thu đư
ợ
c 0,224 lít (đktc) N
x
O

y
. Công th
ứ
c N
x
O
y

là:

A. NO2 B. NO C. N2O D. N2O3
Giải:
Ta có: nFe3O4=0,03 mol; nNxOy=0,01 mol.
Định luật bảo toàn mol electron:
0,03=0,01(5x-2y) ⟺ 5x-2y=3.
Biện luận suy ra x=1, y=1.
Vậy công thức cần tìm là NO.
Câu 8.

Cho m g Al tác d
ụ
ng v
ớ
i Fe
2
O
3

đun nóng thu đư
ợ

c h
ổ
n h
ợ
p A g
ồ
m Al
2
O
3
, Al dư và Fe. Cho A tác
dụng với dung dịch HNO
3
loãng dư được 0,15 mol N
2
O và 0,3 mol N
2
. Giá trị của m:
A. 40,5 C. 32,94 C. 36,45 D. 37,8
Giải:
Nhận xét: Cả quá trình chỉ xảy ra sự oxi hóa Al và sự khử N+5.
Số mol electron nhận = 8.nN2O + 10.nN2=8.0,15+10.0,3=4,2 mol
Định luật bảo toàn mol electron: 3.nAl=4,2nAl=1,4 molmAl=1,4.27=37,8 g.
Câu 9.

M
ộ
t oxit kim lo
ạ
i có công th

ứ
c M
x
O
y

trong đó M chi
ế
m 72,41% kh
ố
i lư
ợ
ng. Kh
ử

hoàn toàn oxit
này
bằng khí CO thu được 16,8 g kim loại M. Hòa tan hoàn toàn lượng M trong HNO
3
đặc, nóng thu được muối
của M có hóa trị III và 0,9 mol khí NO
2
. Công thức oxit kim loại trên là:
A. Fe2O3 B. Fe3O4 `C. FeO D. Al2O3
Giải:
Định luật bảo toàn mol electron: 3.nM=nNO2nM=0,3.
Fe+8/3


Fe+3+1e

0,03 0,03
xN+5 + (5x-2y)e 

N
X
+
2
x
/
y

0,01(5x-2y) 0,01
9

Mà M=mM:nM=16,8:0,3=56  Kim loại M là Fe. Trong FexOy, Fe chiếm 72,41% về khối lượng, suy ra
công thức đúng là Fe3O4.
Câu 10.

H
ổ
n h
ợ
p A g
ồ
m FeO, Fe
2
O
3
, Fe

3
O
4

có s
ố

mol b
ằ
ng nhau. Hòa tan h
ế
t m g h
ổ
n h
ợ
p A này b
ằ
ng dung
dịch HNO
3
thì thu được hổn hợp K gồm NO
2
và NO có thể tích 1,12 lít (đktc), biết d
K/H2
=19,8. Giá trị của m
là:
A. 20,88 B. 46,4 C. 23,2 D. 16,24
Giải:
Gọi x, y lần lượt là số mol của NO và NO2.
Ta có:


+ =0,05


= 2.19,8
⟺

= 0,02
= 0,03

Đặt: nFeO = nFe2O3 = nFe3O4 = a mol.
Định luật bảo toàn mol electron: 2a=0,09⟺a=0,045 mol.
Vậy: m=mFeO+mFe2O3+mFe3O4=0,045.(72+160+232)=20,88 g.
Câu 11.

Nung x g Fe trong không khí, thu đư
ợ
c 104,8 g h
ổ
n h
ợ
p r
ắ
n A g
ồ
m: Fe, FeO, Fe
2
O
3
, Fe

3
O
4
. Hòa tan
A trong dung dịch HNO
3
dư thu được dung dịch B và 12,096 lít (đktc) hổn hợp khí NO và NO
2
có tỉ khối với
He là 10,167. Giá trị của x là:
A. 56 g B. 68,2 g C. 84 g D. 78,4 g
Giải:
Hổn hợp A chứa x g Fe và (104,8-x) g O2; Ta có: nFe=


mol; nO2=
,


Gọi a, b lần lượt là số mol của NO và NO2, ta có hệ:

+= 0,54


= 4.10,167
⟺

= 0,18
= 0,36

Định luật bảo toàn mol electron: 3.nNO+nNO2+4.nO2=nFe⟺3.0,18+0,36+4.
(,)

=


⟺x=78,4.
Câu 12.

Đem nung h
ổ
n h
ợ
p A g
ồ
m x mol Fe và 0,15 mol Cu trong không khí thu đư
ợ
c 63,2 g h
ổ
n h
ợ
p B
gồm 2 kim loại trên và các oxit của chúng. Hòa tan hết lượng hổn hợp B bằng dung dịch HNO
3
đậm đặc, thu
được 0,6 mol NO
2
. Giá trị của x là:
A. 0,7 B. 0,6 C. 0,5 D. 0,4
Giải:

Hổn hợp B chứa 0,15 mol Cu,


mol Fe, và
(,,..)

mol O2.
Định luật bảo toàn mol electron: nNO2+4.nO2=3.nFe+2.nCu⟺0,6+4.
(,,.)

=3x+2.0,15
⟺x=0,7 mol.
*Câu 13.

Cho 11,36 g h
ổ
n h
ợ
p g
ồ
m Fe, FeO, Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4

ph

ả
n
ứ
ng h
ế
t v
ớ
i dung d
ị
ch HNO
3

loãng d
ư thu
được 1,344 lít (đktc) khí NO (sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch X. Dung dịch X có thể hòa tan tối đa
12,88 g Fe, sản phẩm khử ở dạng khí duy nhất là NO. Số mol HNO
3
trong dung dịch đầu là:
A. 1,04 mol B. 0,64 mol C. 0,94 mol D. 0,88 mol
Giải:
Quy đổi: Hổn hợp gồm Fe(x mol) và O(y mol)
Bảo toàn khối lượng và bảo toàn mol electron, ta có hệ:

56+ 16= 11,36
3= 2+ 0,06.3
⟺

= 0,16
= 0,15

Khi cho thêm 12,88 g Fe (nFe=0,23 mol) vào dd X:
2Fe(NO3)3 + Fe  3Fe(NO3)2
0,16 >0,08
Fe còn dư 0,15 mol: 3Fe + 8HNO3  3Fe(NO3)2 + 2NO + 4H2O
0,15 >0,4
Vậy: nHNO3=0,4+0,16.3+0,06=0,94 mol
Câu 14.

Nung m g b
ộ
t Cu trong oxi thu đư
ợ
c 37,6 g h
ổ
n h
ợ
p r
ắ
n X g
ồ
m Cu, CuO, Cu
2
O. Hòa tan hoàn toàn
X trong dung dịch HNO
3
đặc nóng dư thấy thoát ra 6,72 lít (đktc) khí NO2. Giá trị của m là:
A. 25,6 B. 32 C. 19,2 D. 22,4
Giải:
Fe+2


Fe+3+1e

a a
Fe+8/3Fe+3+1e
a a
N+5+3e

N+2

0,06 0,02
N+5+1eN+4
0,03 0,03
10

Hổn hợp X gồm m g Cu và (37,6-m) g O2. Ta có: nCu=


mol; nO2=
,

mol; nNO2=0,3 mol.
Định luật bảo toàn mol electron: nNO2+4.nO2=2.nCu⟺0,3+
,

=


⟺m=32 g.
*
Câu 15.

Cho h
ổ
n h
ợ
p g
ồ
m 6,96 g Fe
3
O
4

và 6,4 g Cu vào 300 ml dung d
ị
ch HNO
3

xM. Sau khi các ph
ả
n
ứ
ng
kết thúc thu được dung dịch X và còn lại 1,6 g Cu. Giá trị x là:

A. 0,15 B. 1,2 C. 1,5 D. 0,12
Giải:
Ta có: nFe3O4=0,03 mol. Gọi x là số mol của Cu phản ứng với HNO3.
Đầu tiên Fe3O4 tác dụng hết với HNO3. Sau đó Cu tác dụng với HNO3 dư và Fe(NO3)3 vừa tạo thành.
3Fe3O4 + 28HNO3  9Fe(NO3)3+NO+14H2O
0,03 >0,28 >0,09

3Cu +8HNO3 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4HNO3
x >8x/3 >x
3Cu + 2Fe(NO3)3  2Fe(NO3)2 + Cu(NO3)2
0,045< 0,09 >0,09
Theo giả thiết: (x+0,045).64=6,4-1,6x=0,03, Suy ra nHNO3=0,06 mol. Vậy CM HNO3=1,2 M.
Câu 16.

Cho h
ổ
n h
ợ
p

A

g
ồ
m FeO, CuO, Fe
3
O
4

có s
ố

mol b
ằ
ng nhau tác d
ụ
ng h

ế
t v
ớ
i dung d
ị
ch HNO
3

thu
được hổn hợp khí gồm 0,09 mol NO
2
và 0,05 mol NO. Tổng số mol của hổn hợp A là:
A. 0,12 mol B. 0,24 mol C. 0,21 mol D. 0,36 mol
Giải:
Đặt: nFeO=nCuO=nFe3O4=a mol.
Định luật bảo toàn mol electron :
a+a=0,09+0,15a=0,12 mol.
Vậy tổng số mol hổn hợp A:
nFeO+nCuO+nFe3O4=0,36 mol
Câu 17.

Cho m g h
ổ
n h
ợ
p X g
ồ
m Fe, FeO vào dung d
ị
ch H

2
SO
4

loãng d
ư, sau khi ph
ả
n
ứ
ng k
ế
t thúc sinh ra
2,24 lít (đktc). Nếu cho X vào một lượng dư dung dịch HNO
3
đặc, nguội; sau khi phản ứng kết thúc sinh ra
3,36 lít (đktc) NO (sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của m là:
A. 32 B. 16,4 C. 35 D. 38
Giải:
+ Hổn hợp X tác dụng với H2SO4 loãng:
Fe + H2SO4  FeSO4 + H2; FeO + H2SO4 FeSO4 +H2O
0,1< 0,1
+Hổn hợp X tác dụng với dung dịch HNO3 đặc nguội: Chỉ có FeO phản ứng, Fe không phản ứng với dung
dịch HNO3 đặc nguội.
3FeO + 10HNO3  3Fe(NO3)3 +NO + 5H2O
0,45< 0,15
Vậy: m=mFe+mFeO=0,1.56+0,45.72=38 g
Câu 18.

Nung 7,28 g b
ộ

t Fe trong oxi thu đư
ợ
c m g h
ổ
n h
ợ
p ch
ấ
t r
ắ
n X. Hòa tan h
ế
t h
ổ
n h
ợ
p X trong dung
dịch HNO3 đặc, nóng, dư thoát ra 1,568 lít (đktc) NO
2
(sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của m là:
A. 9,48 B. 10 C. 9,65 D. 9,84
Giải:
Hổn hợp X chứa 7,28 g Fe và (m-7,28) g O2. Ta có: nFe=0,13 mol; nO2=
,

mol; nNO2=0,07 mol.
Định luật bảo toàn mol electron: nNO2+4.nO2=3.nFe⟺0,07+
,

=3.0,13 ⟺ m=9,84 g.

*
Câu 19.

Cho 13,92 g h
ổ
n h
ợ
p

A g
ồ
m

Cu và Fe
x
O
y

tác d
ụ
ng v
ớ
i dung d
ị
ch HNO
3

loãng thu
đư
ợ

c 2,688 lít
(đktc) khí NO (sản phẩm khử duy nhất) và 42,72 g muối khan. Công thức oxit sắt là:
A. FeO B. Fe
2
O
3
C. Fe
3
O
4
D. Fe
3
O
4
và FeO
Giải:
Hổn hợp A chứa: a g Cu, b g Fe, (13,92-a-b) g O2. Ta có: nCu=


mol; nFe=


mol; nO2=
,

mol.
Định luật bảo toàn mol electron: 2.nCu+3.nFe=4.nO2+3.nNO
⟺



+


=
,

+ 3.0,12 ⟺


+


= 2,1 (1)
Fe+2

Fe+3+1e

a a
Fe3 +8/3 3Fe+3+1e
a a
N+5 +1e

N+4

0,09 0,09
N+5 +3eN+2
0,15 0,05
11

Ta có: mCu(NO3)2+mFe(NO3)3=



+


= 42,72 (2)
Từ (1) và (2) suy ra: a=9,6 g, b=3,36 g.
Ta có: nFe=
,

=0,06 mol; nO2=
,,,

=0,03 molnO=0,06 mol.
Oxit sắt có công thức tổng quát FexOy, ta có x:y=nFe:nO=0,06:0,06=1:1. Công thức oxit sắt là FeO.
Câu 20.

Hòa tan m g Fe
3
O
4

vào dung d
ị
ch HNO
3

loãng d
ư thu đư
ợ

c khí NO
2

(s
ả
n ph
ẩ
m kh
ử

duy nh
ấ
t). N
ế
u
đem khí NO2 thoát ra trộn với O
2
vừa đủ để hấp thụ hoàn toàn trong nước thu được dung dịch HNO
3
, biết thể
tích oxi phản ứng là 0,336 lít (đktc). Giá trị của m là:
A. 34,8 B. 13,92 C. 23,2 D. 20,88
Giải:
Ta có: nO2=0,015 mol; 2NO2 + 1/2O2 + H2O  2HNO3. Từ phương trình: nNO2=0,06 mol.
0,06< 0,015
Định luật bảo toàn mol electron: nFe3 +8/3=nNO2=0,06 mol. Suy ra m=0,06.232=13,92 g.
Câu
21.

Cho 13,92 g Fe

3
O
4

tác d
ụ
ng hoàn toàn v
ớ
i dung d
ị
ch HNO
3

thu đư
ợ
c dung d
ị
ch X và 0,448 lít (đktc)
khí N
x
O
y
(sản phẩm khử duy nhất). Khối lượng HNO
3
tham gia phản ứng là:
A. 17,64 g B. 33,48 g `C. 35,28 g D. 12,6 g
Giải:
Ta có: nFe3O4=0,06 mol; nNxOy=0,02 mol
Định luật bảo toàn mol electron :
0,06=0,02(5x-2y)⟺5x-2y=3. Biện luận suy ra chất khí là NO.

3Fe3O4 + 28HNO3  9Fe(NO3)3 + NO +14H2O.
0,56 0,02
Vậy mHNO3=0,56.63=35,28 g.
Câu 22.

Cho V lít CO qua m
1

g Fe
2
O
3

sau đó thu đư
ợ
c m
2

g h
ổ
n h
ợ
p Fe, FeO, Fe
2
O3, Fe
3
O
4
. Cho h
ổ

n h
ợ
p
vào HNO
3
dư thu được 5,824 lít NO
2
(đktc). Thể tích khí CO đã dùng là:
A. 3,2 lít B. 2,912 lít C. 2,6 lít D. 2,24 lít
Giải:
Xét cả quá trình, chỉ có C+2 và N+5 thay đổi số oxi hóa, còn Fe+3 vẫn giữ nguyên.
Định luật bảo toàn mol electron: 2a=0,26⟺a=0,13 mol
Vậy VCO=0,13.22,4=2,912 lít .
Câu 23.

Hòa tan hoàn toàn h
ổ
n h
ợ
p

A g
ồ
m

Fe, FeO, Fe
2
O
3
, Fe

3
O
4

vào dung d
ị
ch HNO
3

loãng nóng d
ư thu
được 4,48 lít (đktc) NO (sản phẩm khử duy nhất) và 96,8 g Fe(NO
3
)
3
. Số mol HNO
3
đã tham gia phản ứng và
khối lượng hổn hợp ban đầu:
A. 1,4 – 22,4 B. 1,2 – 22,4 C. 1,4 – 27,2 D. 1,2 – 27,2
Giải:
Ta có: nNO=0,2 molmNO=6 g;
nFe(NO3)3=0,4 molnNO3-=3.nFe(NO3)3=1,2 mol.
Suy ra nHNO3 phản ứng =nHNO3 bị khử + nHNO3 tạo muối=0,2+1,2=1,4 molmHNO3=1,4.63=88,2 g.
Ta có: nH2O=1/2.nHNO3=0,7 molmH2O=0,7.18=12,6 g.
Định luật bảo toàn khối lượng: mhh A + mHNO3=m muối + mNO + mH2O
⟺mhh A= 96,8 + 6 + 12,6 - 88,2 = 27,2 g.
Câu 24.

Cho 1 lu

ồ
ng khí CO đi qua
ố
ng s
ứ

đ
ự
ng m g Fe
2
O
3

nung nóng thu đư
ợ
c 1
3,92 g h
ổ
n h
ợ
p X g
ồ
m Fe,
FeO, Fe
2
O
3
, Fe
3
O

4
. Hòa tan hết X bằng dung dịch HNO
3
đặc nóng thu được 5,824 lít (đktc) khí NO
2
(sản
phẩm khử duy nhất). Giá trị của m là:
A. 4 B. 8 C. 16 D. 20
Giải:
Hổn hợp X gồm a g Fe và (13,92-a) g O2. Ta có: nFe=


mol; nO2=
,

mol; nNO2=0,26 mol.
Định luật bảo toàn mol electron: 3.nFe=nNO2+4.nO2⟺


= 0,26 +
,

⟺a=11,2 gnFe=0,2 mol.
Trong Fe2O3, số mol của Fe là 0,2 mol, suy ra số mol của Fe2O3 là 0,1 mol. Vậy mFe2O3=0,1.160=16 g.
Câu

25
.

Cho h

ổ
n h
ợ
p m
g g
ồ
m FeO và Fe
x
O
y

tác d
ụ
ng h
ế
t v
ớ
i dung d
ị
ch HNO
3

thu đư
ợ
c a mol khí NO
2
.
Nếu cho cùng lượng hổn hợp trên vào H
2
SO

4
đặc thì lượng khí SO
2
thu được là b mol. Quan hệ giữa a và b là:
A. a=2b B. a=b C. b=2a D. a=3/2b
Fe3 +8/3

3Fe+3 +1e

0,06 >0,06
xN + (5x
-
2y)e


N+2y/x

0,02(5x-2y)< 0,02
C+2

C+4 +2e

a >2a
N+5 +1e

N+4

0,26 0,26
12

Giải:
Hổn hợp oxit gồm x g Fe và y g O2. Ta có: nFe=


mol; nO2=


mol.
+ Hổn hợp oxit tác dụng với HNO3:
Định luật bảo toàn mol electron: 3.nFe=4.nO2+nNO2⟺


=


+  (1)
+ Hổn hợp oxit tác dụng với H2SO4:
Định luật bảo toàn mol electron: 3.nFe=4.nO2+2.nSO2⟺


=


+ 2 (2)
Từ (1) và (2) suy ra a=2b.
Câu 2
6
.

Hòa tan hoàn toàn 25,6 g h

ổ
n h
ợ
p Fe, FeS, FeS
2

và S b
ằ
ng dung d
ị
ch HNO
3

dư thu đư
ợ
c dung d
ị
ch
Y và V lít (đktc) khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Thêm dung dịch Ba(OH)
2
dư vào dung dịch Y thu được
126,25 g kết tủa. Giá trị của V là:
A. 27,58 B. 19,04 C. 24,64 D. 17,92
Giải:
+ Hổn hợp gồm x mol Fe và y mol S, ta có: 56x+32y=25,6 (1)
+ Cho dung dịch Y tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư thu được 126,25 g kết tủa gồm BaSO4 và Fe(OH)3,
ta có: 107x+233y=126,5 (2)
Từ (1) và (2) suy ra: x=0,2 mol, y=0,45 mol.
Định luật bảo toàn mol electron: 3.nFe+6.nS=3.nNO⟺3.0,2+6.0,45=3.nNO⟺nNO=1,1 mol.
Vậy VNO=1,1.22,4=24,64 lít.

Câu 2
7
.

Đ
ể

6,72 g Fe trong không khí thu đư
ợ
c m g h
ổ
n h
ợ
p X g
ồ
m 4 ch
ấ
t r
ắ
n. Đ
ể

hòa tan X c
ầ
n dùng v
ừ
a
hết 255 ml dung dịch HNO
3
2M thu được V lít (đktc) NO

2
(sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của m và V là:
A. 8,4 và 3,36 B. 10,08 và 3,36 C. 8,4 và 5,712 D. 10,08 và 5,712
Giải:
Ta có nHNO3=0,51 mol. Hổn hợp X chứa 0,12 mol Fe và
,

mol O2.
Ta có: nHNO3 phản ứng=nHNO3 bị khử + nHNO3 tạo muối=nHNO3 bị khử+3.nFe=nHNO3 bị khử + 0,36
Suy ra nHNO3 bị khử=0,51-0,36=0,15 mol. VNO2=0,15.22,4=3,36 lít.
Định luật bảo toàn mol electron: 3.nFe=nNO2+4.nO2⟺0,36 = 0,15 +
,

⟺m=8,4 g.
Câu 28
.

Cho 11,36 g h
ổ
n h
ợ
p X g
ồ
m: Fe, FeO, Fe
2
O
3
, Fe
3
O

4

trong dung d
ị
ch HNO
3

loãng d
ư thu đư
ợ
c 1,344
lít (đktc) khí NO (sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch Y. Khối lượng muối khan thu được khi cô cạn Y là:
A. 49,09 g B. 35,5 g C. 38,72 g D. 34,36 g
Giải:
Hổn hợp X gồm a g Fe và (11,36-a) g O2. Ta có: nNO=0,06 mol; nFe=


mol; nO2=
,

mol.
Định luật bảo toàn mol electron: 3.nFe=4.nO2+3.nNO⟺


=
,

+ 0,18⟺a=8,96 g
Suy ra Fe=
,


=0,16 mol. Vậy mFe(NO3)3=0,16.242=38,72 g.
Câu 29
.

Hòa tan h
ế
t m g h
ổ
n h
ợ
p Fe, FeO, Fe
3
O
4

trong dung d
ị
ch HNO
3

đ
ặ
c nóng dư đư
ợ
c 448 ml (đktc) khí
NO
2
(sản phẩm khử duy nhất). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 14,52 g muối. Giá trị của m là:
A. 3,36 B. 4,64 C. 4,28 D. 4,8

Giải:
Cách 1:
Ta có: nNO2=0,02 mol nNO2=0,02.46=0,92 g; nFe(NO3)3=0,06 mol nNO3-=0,18 mol.
nHNO3 phản ứng =nHNO3 bị khử+nHNO3 bị khử=0,02+0,18=0,2 mol
mHNO3 phản ứng=0,2.63=12,6 g.
Suy ra mH2O=


nHNO3.18=0,1.18=1,8 g.
Định luật bảo toàn khối lượng: mhh+mHNO3 phản ứng =mFe(NO3)3+mH2O+mNO2
mhh=14,52+1,8+0,92-12,6=4,64 g.
Cách 2:
Ta có: nNO2=0,02 mol; nFe=nFe(NO3)3=0,06 molmFe=0,06.56=3,36 g.
Hổn hợp chứa 3,36 g Fe và (m-3,36) g O2 nO2=
,

mol.
13

Định luật bảo toàn mol electron: 3.nFe=nNO2+4.nO2⟺0,18 = 0,02 +
,

⟺m=4,64 g.
Câu 30
.

Cho m g h
ổ
n h
ợ

p X g
ồ
m Fe và Fe
3
O
4

tác d
ụ
ng v
ớ
i 200 ml dung d
ị
ch HNO
3

3,2M. Sau ph
ả
n
ứ
ng thu
được 2,24 lít (đktc) khí NO (sản phẩm khử duy nhất) và còn lại 1,46 g kim loại không tan. Giá trị của m là:
A. 17,04 B. 19,2 C. 18,5 D. 20,5
Giải:
Kim loại không tan là Fe. Gọi x, y lần lượt là số mol của Fe và Fe3O4 phản ứng.
Fe+4HNO3Fe(NO3)3+NO+2H2O
x 4x x x
3Fe3O4+28HNO39Fe(NO3)3+NO+14H2O
y 28/3y 3y y/3
Fe + 2Fe(NO3)3  3Fe(NO3)2

(x+3y)/2< (x+3y)
Ta có hệ

+


= 

= 0,1
4+


= 0,64
⟺

= 0,09
= 0,03

Vậy m=mFe phản ứng +mFe3O4 phản ứng+mFe dư =0,18.56+0,03.232+1,46=18,5 g.
Câu 31
.

Cho 5,584 g h
ổ
n h
ợ
p Fe và Fe
3
O
4

tác d
ụ
ng v
ừ
a đ
ủ

v
ớ
i 5
00 ml dung d
ị
ch HNO
3

loãng. Sau khi ph
ả
n
ứng hoàn toàn thu được 0,3136 lít (đktc) khí NO (sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch X. Tính C
M(HNO3)
:
A. 0,472M B. 0,152M C. 3,04M D. 0,304M
Giải:
Ta có: nNO=0,014 mol. Hổn hợp chứa a g Fe và (5,584-a) g O2; suy ra nFe=


mol và nO2=
,


.
Định luật bảo toàn mol electron: 3.nFe=3.NO+4.NO2⟺


= 0,042+
,

⟺a=4,144 g.
Suy ran Fe=4,144:56=0,074 mol.
nHNO3 phản ứng =nHNO3 tạo muối+nHNO3 bị khử=3.nFe+nNO=3.0,074+0,014=0,236 mol.
Vậy CM(HNO3)=0,236:0,5=0,472 M.
Câu 32
.

Hòa tan hoàn toàn 30,4 g h
ổ
n h
ợ
p r
ắ
n X g
ồ
m Cu, CuS, Cu
2
S, và S b
ằ
ng dung d
ị
ch HNO
3

thoát ra
20,16 lít (đktc) khí NO (sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch Y. Thêm Ba(OH)
2
dư vào dung dịch Y thu
được bao nhiêu g kêt tủa:
A. 81,55 g B. 29,4 g C. 110,95 g D. 115,85 g
Giải:
Ta có: nNO=20,16:22,4=0,9 mol.
+ Hổn hợp gồm x mol Cu và y mol S, ta có: 64x+32y=30,4 (1)
+ Định luật bảo toàn mol electron:2.nCu+6.nS=3.nNO⟺2x+6y=2,7 (2)
Từ (1) và (2) suy ra: x=0,3 mol, y=0,35 mol.
Khối lượng kết tủa m=mCu(OH)2+mBaSO4=0,3.98+0,35.233=110,95 g.
Câu 33
.

Hòa tan 17,8 g h
ổ
n h
ợ
p X g
ồ
m Zn, ZnS, S trong HNO
3

đ
ặ
c nóng dư thu đư
ợ
c V lít (đktc) khí NO

2

(sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch Y. Thêm từ từ dung dịch Ba(OH)
2
dư vào dung dịch Y thu được kết
tủa nặng 34,95 g. Giá trị của V:
A. 8,96 B. 20,16 C. 22,4 D. 29,12
Giải:
+ Hổn hợp X gồm x mol Zn và y mol S. Ta có: 65x+32y=17,8 (*)
+ Dung dịch Ba(OH)2 dư tác dụng với dung dịch Y chỉ thu được 1 kết tủa là BaSO4 nặng 34,95 g.
(Chú ý: có tạo kết tủa Zn(OH)2, tuy nhiên Zn(OH)2 là chất lưỡng tính nên bị Ba(OH)2 dư hòa tan lại.)
Suy ra 233y=34,95y=0,15 mol. Thế y vào (*) suy ra x=0,2 mol
Định luật bảo toàn mol electron: nNO2=2.nZn+6.nS=0,4+0,9=1,3 mol. Vậy VNO2=1,3.22,4=29,12 lít.
Câu 34
.

Cho dung d
ị
ch HNO
3

loãng tác d
ụ
ng v
ớ
i h
ỗ
n h
ợ
p Zn và ZnO t

ạ
o ra dung d
ị
ch có ch
ứ
a 8 gam
NH
4
NO
3
và 113,4 gam Zn(NO
3
)
2
. Khối lượng ZnO trong hỗn hợp là:
A. 26g B. 22 g C. 16,2 g D. 26,2 g
Giải:
Ta có: nZn(NO3)2=0,6 mol; nNH4NO3=0,1 mol.
Định luật bảo toàn mol electron: 2.nZn=8.nNH4NO3⟺nZn=0,4 mol.
Mà: nZn+nZnO=nZn(NO3)2 nZnO=0,2 mol. Vậy mZnO=0,2.81=16,2 g.
14

DẠNG 3: Tính oxi hóa của ion NO3
-
trong môi trường axit
Câu 1.

Cho 9,6 g Cu vào 180 ml dung d
ị
ch h

ổ
n h
ợ
p HNO
3

1M và H
2
SO
4

0,5M, k
ế
t thúc ph
ả
n
ứ
ng thu đư
ợ
c
V lít (đktc) khí không màu và hóa nâu ngoài không khí (sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của V là:
A. 1,344 B. 4,032 C. 2,016 D. 1,008
Giải:
Ta có: nCu=0,15 mol; nH+=nHNO3+2.nH2SO4=0,36 mol; nNO3-=0,18 mol.
3Cu + 2NO3- + 8H +  3Cu2+ + 2NO + 4H2O
0,36 >0,09
(Do


= 0,045 <



= 0,05 <


=0,09 nên H+ phản ứng hết. Vậy kê số mol H+ vào phương trình.)
Vậy VNO=0,09.22,4=2,016 mol.
Câu 2.

Cho h
ổ
n h
ợ
p g
ồ
m 1,12 g Fe và 1,92 g Cu vào 400 ml dung d
ị
ch H
2
SO
4

0,5M và NaNO
3

0,2M. Sau
khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch X và khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Cho V ml dung
dịch NaOH 1M vào dung dịch X thì lượng kết tủa thu được là lớn nhất. Giá trị tối thiểu của V là:
A. 360 ml B. 240 ml C. 400 ml D. 120 ml
Giải:

Ta có: nFe=0,02 mol; nCu=0,03 mol; nH+=0,4 mol; nNO3-=0,08 mol. Chú ý: Fe phản ứng trước Cu.
Fe + NO3- + 4H +  Fe3+ + NO + 2H2O
0,02 >0,02
Cu + 2NO3- + 8H+  3Cu2+ +2NO + 4H2O
0,03 >0,03
Khi cho dung dịch NaOH vào:
Fe3+ + 3OH-  Fe(OH)3 
0,02 >0,06
Cu2+ + 2OH-  Cu(OH)2
0,03 >0,06
Suy ra nNaOH=0,12 mol. Vậy VNaOH=0,12 lít.
*
Câu 3.

Cho m g b
ộ
t Fe vào 800 ml dung d
ị
ch

h
ổ
n h
ợ
p g
ồ
m Cu(NO
3
)
2

0,2M và H
2
SO
4

0,25M. Sau khi các
phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 0,6m g hổn hợp bột kim loại và V lít (đktc) khí NO (sản phẩm khử duy
nhất). Giá trị của m và V lần lượt là:
A. 17,8 và 4,48 B. 17,8 và 2,24 C. 10,8 và 4,48 D. 10,8 và 2,24
Giải:
Ta có: nNO3-=0,32 mol; nH+=0,4 mol; nCu2+=0,16 mol.
3Fe + 2NO3- + 8H+  3Fe2+ + 2NO + 4H2O
0,15< 0,1 >0,4 >0,1
Vậy VNO=2,24 lít
Fe + Cu2+  Fe2+ + Cu.
0,16< 0,16 >0,16
0,6m g hổn hợp bột kim loại gồm Fe dư và Cu sinh ra
Ta có: (m+0,56.0,31)+0,16.64=0,6m⟺m=17,8 g.
Câu 4.

Cho 200 ml g
ồ
m HNO
3

0,5M và H
2
SO
4

0,25M tác d
ụ
ng v
ớ
i Cu dư thu đư
ợ
c V lít (đktc) NO (s
ả
n
phẩm khử duy nhất) và dung dịch X. Cô cạn dung dịch X được m g muối khan. Giá trị của V và m lần lượt là:
A. 22,4; 12,7 B. 1,12; 10,8 C. 1,12; 12,4 D. 1,12; 12,7
Giải:
Ta có: nNO3-=0,1 mol; nH+=0,2 mol; nSO42+=0,05 mol
3Cu + 2NO3- + 8H+  3Cu2+ + 2NO + 4H2O
0,075< 0,05< 0,2 >0,05
VNO=0,05.22,4=1,12 lít.
Khối lượng muối khan trong dung dịch X:
m=mCu phản ứng + mSO42- + mNO3- tạo muối=0,075.64 + 0,05.96+0,05.62=12,7 g.
Câu

5
.

Th
ự
c hi
ệ
n 2 thí nghi
ệ

m:

+ TN1: Cho 38,4 g Cu vào 2,4 lít dung dịch HNO
3
0,5M, sau phản ứng thu được V
1
lít (đktc) NO.
15

+ TN2: Cho 38,4 g Cu vào 2,4 lít dung d
ị
ch g
ồ
m HNO
3

0,5M và H
2
SO
4

0,2M, sau ph
ả
n
ứ
ng thu đư
ợ
c V
2

lít
(đktc) khí NO.
Biết NO là sản phẩm khử duy nhất. Mối quan hệ giữa V
1
và V
2
là:
A. 2V
2
=5V
1
B. 3V
2
=4V
1
C. V
2
=2V
1
D. 3V
2
=2V
1

Giải:
*TN1: Ta có: nCu=0,6 mol; nHNO3=1,2 mol;
3Cu + 8HNO3  3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O
0,45< 1,2 mol >0,3 mol
V1=0,3.22,4=6,72 lít.
*TN2: Ta có: nCu=0,6 mol; nNO3-=1,2 mol; nH+=2,16 mol.

3Cu + 2NO3- + 8H+  3Cu2+ + 2NO + 4H2O
0,6 >0,4 >0,4
V2=0,4.22,4=8,96 lít.
Vậy: 4V1=3V2
Câu 6
.

Th
ự
c hi
ệ
n 2 thí nghi
ệ
m:

+ TN1: Cho 3,84 g Cu vào 80 ml dung dịch HNO
3
1M, sau phản ứng thu được V
1
lít (đktc) NO.
+ TN2: Cho 3,84 g Cu vào 80 ml dung dịch gồm HNO
3
1M và H
2
SO
4
0,5M, sau phản ứng thu được V
2
lít
(đktc) khí NO.

Biết NO là sản phẩm khử duy nhất. Mối quan hệ giữa V
1
và V
2
là:
A. V
2
=2,5V
1
B. V
2
=1,5V
1
C. V
2
=V
1
D. V
2
=2V
1


Câu 7
.

Cho 3,2 g b
ộ
t Cu tác d
ụ

ng v
ớ
i 100 ml dung d
ị
ch h
ổ
n h
ợ
p g
ồ
m HNO
3

0,8M và H
2
SO
4

0,2M. Sau khi
các phản ứng xảy ra hoàn toàn, sinh ra V lít (đktc) khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của V là:
A. 0,746 B. 0,448 C. 1,792 D. 0,672


Câu 8
.

Cho 2,56 g Cu tác d
ụ
ng v
ớ

i 40 ml dung d
ị
ch HNO
3

2M thu đư
ợ
c khí NO. Sau ph
ả
n
ứ
ng cho thêm
H
2
SO
4
dư vào lại thấy khí NO bay ra. Biết trong cả quá trình tạo ra sản phẩm khử duy nhất là NO. V
NO
khi
cho thêm H
2
SO
4
là
A. 1,49 lít B. 0,149 lít C. 14,9 lít D. 9,14 lít
Giải:
Ta có: nCu=0,04 lít; nNO3-=0,08 mol; nH+=0,08
Lúc đầu:
3Cu + 2NO3- + 8H+  3Cu2+ + 2NO + 4H2O
0,03< 0,02< 0,08 >0,02

nCu dư=0,01 mol; nNO3- dư=0,06 mol
Khi cho H2SO4 dư vào:
3Cu + 2NO3- + 8H+  3Cu2+ + 2NO + 4H2O
0,01 >0,02/3 >0,02/3
Vậy thể tích NO khi cho thêm H2SO4 là: VNO=0,02/3.22,4=0,149 lít.
Câu 9
.

H
ổ
n h
ợ
p X g
ồ
m Fe và Cu cho tác d
ụ
ng v
ớ
i dung d
ị
ch H
2
SO
4

loãng d
ư th
ấ
y t
ạ

o 2,24 lít (đktc) khí. Đ
ể

oxi hóa các chất sau phản ứng cần dùng một lượng vừa đủ 10,1 g KNO
3
. Phản ứng kết thúc thấy tạo V lít
(đktc) NO (sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của V là:
A. 2,24 B. 4,48 C. 6,72 D. 11,2
Giải:
Ta có: nNO3-=nKNO3=0,1 mol.
Hổn hợp X tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư, chỉ có Fe tác dụng, Ta có nH2=0,1 mol.
Fe + H2SO4  FeSO4 + H2
0,1< 0,1
Khi oxi hóa các chất sau phản ứng ( Chú ý: Cu phản ứng trước Fe2+, nhưng do phản ứng vừa đủ nên không
quan trọng trước sau)
3Fe2+ + NO3- +4H+  3Fe3+ + NO + 2H2O
0,1 >0,1/3 >0,1/3
16

nNO3- dư=1/15 mol.
3Cu + 2NO3- + 8H+  3Cu2+ + 2NO + 4H2O
1/15 >1/15
Vậy VNO=(0,1/3 + 1/15).22,4=2,24 lít.
Câu 10
.

Cho 19,2

g Cu vào 500 ml dung d
ị

ch NaNO
3

1M sau đó thêm ti
ế
p 500 ml dung d
ị
ch HCl 2M vào.
Phản ứng kết thúc thu được dung dịch X và V lít (đktc) khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của V và thể
tích dung dịch NaOH 2M cần dùng để kết tủa hết ion Cu
2+
trong dung dịch X lần lượt là:
A. 4,48 lít; 4 lít B. 4,48 lít; 2 lít C. 2,24 lít; 4 lít D. 4,48 lít; 0,4 lít
Giải:
Ta có: nCu=0,3 mol; nNO3-=0,5 mol; nH+=1 mol
3Cu + 2NO3- + 8H+  3Cu2+ + 2NO + 4H2O
0,3 >0,2 >0,8 >0,3 >0,2
VNO=0,2.22,4=4,48 lít.
Trong dung dịch X chứa 0,3 mol Cu2+ và 0,2 mol H+ dư. Khi cho dung dịch NaOH vào dung dịch X:
Cu2+ + 2OH- Cu(OH)2
0,3 >0,6
H+ + OH-  H2O.
0,2 >0,2
Vậy: VNaOH=0,8:2=0,4 lít.
Câu 11.

Hòa tan 27,8 g mu
ố
i FeSO
4

.7H
2
O vào nư
ớ
c đ
ư
ợ
c dung d
ị
ch X. Chia X thành 2 ph
ầ
n b
ằ
ng nhau:

+ Phần 1: cho tác dụng với 900 ml hổn hợp dung dịch gồm HNO
3
1M và H
2
SO
4
1M thấy tạo ra V lít (đktc)
khí NO (sản phẩm khử duy nhất).
+ Phần 2: cho tác dụng với dung dịch NH
3
dư, tách kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi
tạo m g chất rắn. Giá trị của m và V lần lượt là:
A. 4; 0,224 B. 4; 0,373 C. 2; 0,224 D. 2; 0,373
Giải:
Ta có: nFeSO4.7H2O=0,1 mol;

* Phần 1:
nFe2+=0,05 mol; nH+=0,27 mol; nNO3-=0,9 mol
3Fe
2+
+ 4H
+
+ NO3
-
 3Fe
3+
+ NO + 2H
2
O
Mol: 0,05 >1/60
Vậy: VNO=22,4.(1/60)=0,373 lít.
* Phần 2:
nFe2+=0,05 mol.
Fe2+ + 2NH3 + 2H2O  Fe(OH)2 + 2NH4+
Mol: 0,05 >0,05
Chú ý: Fe(OH)2 trong không khí chuyển thành Fe(OH)3: 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O  4Fe(OH)3
2Fe(OH)3 + O2


⎯
⎯

Fe2O3 + 3H2O
Mol: 0,05 >0,025
Vậy: mFe2O3=0,025.160=4 g
Câu 12

.

Khu
ấ
y k
ỹ

dung d
ị
ch ch
ứ
a 13,6 g AgNO
3

v
ớ
i m g b
ộ
t Cu r
ồ
i thêm ti
ế
p 100 ml dung d
ị
ch H
2
SO
4

loãng

dư vào. Đun nóng cho tới khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thu được 9,28 g hổn hợp kim loại và V lít (đktc)
khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của m và V lần lượt là:
A. 6,4; 2,24 B. 3,2; 0,3584 C. 10,88; 1,792 D. 10,88; 2,688
Giải:
Ta có: nAgNO3=nAg+=nNO3-=0,08 mol;
3Cu + 2NO3- + 8H+  3Cu2+ + 2NO + 4H2O
0,12< 0,08 >0,08
VNO=0,08.22,4=1,792 lít.
Cu + 2Ag+  Ag + Cu2+
0,04< 0,08
Hổn hợp kim loại sau phản ứng gồm Cu dư và Ag tạo thành.
17

Ta có: mCu dư + mAg tạo thành =9,28
⟺
(m-0,16.64)+0,08.108=9,28
⟺
m=10,88 g.
Câu 13
.

Cho 5,
6 g Fe vào 200 ml dung d
ị
ch Cu(NO
3
)
2

0,5M và HCl 1M thu đư

ợ
c khí NO (s
ả
n ph
ẩ
m kh
ử

duy
nhất) và m g kim loại. Giá trị của m là:
A. 1,6 B. 3,2 C. 6,4 D. 5,12
Giải:
Ta có: nFe=0,1 mol; nNO3-=0,2 mol; nCu2+=0,1 mol; nH+=0,2 mol
Fe + NO3- +4H+  Fe3+ +NO + 2H2O
0,05< 0,05< 0,2
nFe dư=0,05 mol
Fe dư + Cu2+  Fe2+ + Cu
0,05 >0,05
Vậy mCu tạo thành=0,05.64=3,2 g.
Câu 14
.

Hòa tan m g Cu trong dung d
ị
ch A ch
ứ
a 0,01 mol Fe(NO
3
)
3

và 0,15 mol HCl, bi
ế
t NO là s
ả
n ph
ẩ
m
khử duy nhất. Giá trị lớn nhất của m là:
A. 2,88 B. 3,92 C. 3,2 D. 5,12
Giải:
Ta có: nNO3-=0,03 mol; nH+=0,15 mol
3Cu + 2NO3- + 8H+  3Cu2+ + 2NO + 4H2O
0,045< 0,03 >0,12
Vậy mCu=0,045.64=2,88 g.
Câu 15
.

Hòa tan h
ế
t 10,32 g h
ổ
n h
ợ
p Ag, Cu b
ằ
ng lư
ợ
ng v
ừ

a đ
ủ

160 ml dung d
ị
ch g
ồ
m HNO
3

1M và H
2
SO
4

0,5M thu được dung dịch X và sản phẩm khử duy nhất là khí NO. Cô cạn dung dịch A thu được khối lượng
muối khan là:
A. 22,97 g B. 18 g C. 27,92 g D. 29,72 g
Giải:
Ta có: nNO3-=0,16 mol; nSO42-=0,08
Do phản ứng vừa đủ nên: mMuối = mhhkl + mNO3- + mSO42-=10,32+0,16.62+0,08.96=27,92 g.
DẠNG 4: Phản ứng liên quan đến N
2
, H
2
, NH
3
:
Câu 1.

H
ổ
n h
ợ
p A g
ồ
m N
2

và H
2

theo t
ỉ

l
ệ

1:3 v
ề

th
ể

tích. T
ạ
o đi
ề
u ki
ệ

n cho ph
ả
n
ứ
ng x
ả
y ra. T
ỉ

kh
ố
i c
ủ
a A
so với hổn hợp B sau phản ứng là 0,6. Hiệu suất của phản ứng là:
A. 80% B. 50% C. 70% D. 85%
Giải:
Gọi h là hiệu suất phản ứng:
N2 + 3H2 2NH3
Ban đầu: a 3a nA=4a mol
Phản ứng: a.h 3a.h 2a.h
Cân bằng: a-a.h 3a-3a.h 2a.h nB=(4a-2ah) mol
Ta có: dA/B=MA:MB=(mA:nA):(mB:nB)=nB:nA=(4a-2ah):4a (Chú ý: mA=mB do bảo toàn khối lượng)
Mà dA/B=0,6  (4a-2ah):4a=0,6 ⟺ h=0,8. Hiệu suất 80%
Câu 2.

Đ
ể

đi

ề
u ch
ế

4 lít NH
3

t
ừ

N
2

và H
2

v
ớ
i hi
ệ
u su
ấ
t 50% thì th
ể

tích H
2

c
ầ

n dùng
ở

cùng đi
ề
u ki
ệ
n là bao
nhiêu?
A. 4 lít B. 6 lít C. 8 lít D. 12 lít
Giải:
N2 + 3H2 2NH3
Ban đầu: a 3a
Phản ứng: 0,5a 1,5a a
Cân bằng: 0,5a 1,5a a
Ta có: a=4. Vậy VH2=3a=3.4=12 lít
Câu 3.

Cho vào bình kín th
ể

tích không đ
ổ
i 0,2 mol NO và 0,3 mol O
2
. Áp su
ấ
t trong bình là P
1
. Sau khi ph

ả
n
ứng hoàn toàn đưa bình về nhiệt độ ban đầu thì áp suất là P
2
. Mối quan hệ giữa P
1
và P
2
là:
A. P
1
=1,25P
2
B. P
1
=0,8P
2
C. P
1
=2P
2
D. P
1
=P
2

Giải:
18

2NO + O2 2NO2

Ban đầu: 0,2 0,3 n hổn hợp đầu = 0,5 mol
Cân bằng: 0 0,2 0,2 n hổn hợp sau = 0,4 mol
Ta có: P1/P2=nhhđ/nhhs=0,5/0,4=1,25.
Câu 4.

Cho 4 lít N2 và 14 lít H2 vào bình ph
ả
n
ứ
ng, h
ổ
n h
ợ
p thu đư
ợ
c sau ph
ả
n
ứ
ng có th
ể

tích b
ằ
ng 16,4 lít
(thể tích các khí đo ở cùng điều kiện). Hiệu suất phản ứng là:
A. 50% B. 30% C. 20% D. 40%
Giải:
N2 + 3H2 2NH3
Ban đầu: 4 14

Phản ứng: x 3x 2x
Cân bằng: 4-x 14-3x 2x V hổn hợp sau = (18-2x) lít
Ta có: Vhhs=16,4 ⟺ 18-2x=16,4⟺x=0,8 lít
Vậy hiệu suất H=VN2 phản ứng /VN2 ban đầu=0,8:4=20%
Câu 5.

H
ổ
n h
ợ
p khí X g
ồ
m N
2

và H
2

có t
ỉ

kh
ố
i v
ớ
i He b
ằ
ng 1,8. Đun nóng X m
ộ
t th

ờ
i gian trong bình kín (có
bột Fe làm xúc tác), thu được hổn hợp khí Y có tỉ khối với He bằng 2. Hiệu suất của phản ứng tổng hợp NH3
là:
A. 50% B. 36% C. 40% D. 25%
Giải:
Sử dụng sơ đồ chéo suy ra: nN2/nH2=1/4. Đặt nN2=x mol  nH2=4x mol
N2 + 3H2 2NH3
Ban đầu: x 4x
Phản ứng: xh 3xh 2xh
Cân bằng: x-xh 4x-3xh 2xh n hổn hợp sau = (5-2h)x
Ta có: dY/He=2 ⟺MY=2.4. (5-2h)x ⟺ 28(x-xh) + 2(4x-3xh) + 17.2xh=8(5-2h)x
⟺h=0,25. Vậy hieeuh suất là 25%
Câu 6. Hổn hợp X gồm N
2
và H
2
có M
X
=12,4. Dẫn X đi qua bình đựng bột Fe rồi nung nóng thu được hổn
hợp Y. Hiệu suất phản ứng là 40%. M
Y
có trị số là
A. 15,12 B. 18,23 C. 14,76 D. 13,48
Giải:
Sử dụng sơ đồ chéo suy ra: nN2/nH2=2/3. Đặt nN2=2a mol  nH2=3a mol
N2 + 3H2 2NH3
Ban đầu: 2a 3a
Cân bằng: 1,6a 1,8a 0,8a nY=4,2a mol
MY=mY:nY=(28.1,6a+2.1,8a+17.0,8a):4,2a=14,76

Câu 7.

Trong m
ộ
t bình kín ch
ứ
a 10 lít N
2

và 10 lít H
2

ở

0
o
C và 10 atm. Sau ph
ả
n
ứ
ng t
ổ
ng h
ợ
p NH
3
, l
ạ
i đưa
bình về 0

o
C. Nếu áp suất trong bình sau phản ứng là 9 atm thì % các khí tham gia phản ứng là:
A. N
2
: 20%; H
2
: 40% B. N
2
: 30%; H
2
: 20% C. N
2
: 10%; H
2
: 30% D. N
2
: 20%; H
2
: 20%
Giải:
Goi h là hiệu suất phản ứng
N2 + 3H2 2NH3
Ban đầu: 10 10 V hổn hợp đầu = 20
Phản ứng: 10h/3 10h 20h/3
Cân bằng: 10-10h/3 10-10h 20h/3 V hổn hợp sau = 20-20h/3
Ta có: P1/P2=V1/V2 ⟺10/9=20:(20-20h/3) ⟺h=0,3
VN2 phản ứng =1 lít =10%VN2 ban đầu; VH2 phản ứng =3 lít =30%VH2 ban đầu
Câu 8.

Trong m

ộ
t bình kín ch
ứ
a 10 lít
N
2

và 10 lít H
2

ở

0
o
C và 10 atm. Sau ph
ả
n
ứ
ng t
ổ
ng h
ợ
p NH
3
, l
ạ
i đưa
bình về 0
o
C. Nếu áp suất trong bình sau phản ứng là 8atm thì % thể tích H

2
tham gia phản ứng là:
A. 50% B. 60% C. 40% D. 70%
Giải:
Goi h là hiệu suất phản ứng
N2 + 3H2 2NH3
19

Ban đầu: 10 10 V hổn hợp đầu = 20
Phản ứng: 10h/3 10h 20h/3
Cân bằng: 10-10h/3 10-10h 20h/3 V hổn hợp sau = 20-20h/3
Ta có: P1/P2=V1/V2 ⟺10/8=20:(20-20h/3) ⟺h=0,6
Vậy: VH2 phản ứng =10.0,6=6=60%VH2 ban đầu.
Câu 9.

M
ộ
t h
ổ
n h
ợ
p g
ồ
m 8 mol N
2

và 14 mol H
2

đư

ợ
c n
ạ
p vào m
ộ
t bình có dung tích 4 lít và gi
ữ

ở

nhi
ệ
t đ
ộ

không đổi. Khi phản ứng đạt trạng thái cân bằng thì áp suất bằng 10/11 áp suất ban đầu. Hiệu suất phản ứng
là:
A. 17,18% B. 18,18% C. 12,5% D. 21,43%
Giải:
Goi h là hiệu suất phản ứng
N2 + 3H2 2NH3
Ban đầu: 8 14 n hổn hợp đầu = 22
Phản ứng: 14h/3 14h 28h/3
Cân bằng: 8-14h/3 14-14h 28h/3 n hổn hợp sau = 22-28h/3
Ta có: P2/P1=nhhs/nhhđ ⟺ 10/11=(22-28h/3):22 ⟺ h=0,2143 D
Câu 10.

Cho h
ổ
n h

ợ
p khí N
2
, H
2
, NH
3

có t
ỉ

kh
ố
i v
ớ
i H
2

là 8. D
ẫ
n h
ổ
n h
ợ
p đi qua H
2
SO
4

đ

ặ
c dư th
ì th
ể

tích
khí còn lại một nửa. Thành phần % theo thể tích của mỗi khí trong hổn hợp lần lượt là:
A. 25% H
2
; 25% N
2
; 50% NH
3
B. 50% H
2
; 25% N
2
; 25% NH
3

C. 25% H
2
; 50% N
2
; 25% NH
3
D. 30% H
2
; 20% N
2

; 50% NH
3


Giải:
Giả sử nhh=1; nN2=x mol; nH2=y mol; nNH3=(1-x-y) mol
Ta có: dMhh/H2=8Mhh=16; Mhh=28x+2y+17(1-x-y)=16 (1)
Dẫn hổn hợp đi qua H
2
SO
4
đặc dư thì thể tích khí còn lại một nửa: x+y=0,5 (2)
Từ (1) và (2) suy ra: x=y=0,25 mol. Vậy: VN2=VH2=25%; VNH3=50% A
Câu 11.

Cho h
ổ
n h
ợ
p N
2

và H
2

vào bình ph
ả
n
ứ
ng có nhi

ệ
t đ
ộ

không đ
ổ
i. Sau th
ờ
i gian ph
ả
n
ứ
ng, áp su
ấ
t khí
trong bình giảm 5% so với áp suất ban đầu. Biết tỉ lệ số mol của N
2
đã phản ứng là 10%. Thành phần % về số
mol của N
2
và H
2
trong hổn hợp đầu lần lượt là:
A. 15%; 85% B. 82,35%; 17,65% C. 25%; 75% D. 22,5%; 77,55%
Giải:
Gọi a, b lần lượt là số mol của N2 và H2
N2 + 3H2 2NH3
Ban đầu: a b n hổn hợp đầu = (a+b) mol
Phản ứng: (N
2

đã phản ứng là 10%) 0,1a 0,3b 0,2a
Cân bằng: 0,9a b-0,3a 0,2a n hổn hợp sau = (0,8a+b) mol
Ta có: P1/P2=nhhđ/nhhs ⟺100/95=(a+b)/(0,8a+b) ⟺3a=b
Vậy: %nN2=(a/4a).100%=25% %nH2=75% C
Câu 12.

Cho 5 lít N
2

và 15 lít H
2

vào m
ộ
t bình kín dung tích không
đ
ổ
i.
Ở

0
o
C áp su
ấ
t trong bình là P
1

atm.
Đun nóng bình một thời gian thì thấy có 20% N
2

tham gia phản ứng. Đưa bình về nhiệt độ ban đầu thấy áp
suất trong bình lúc này là P
2
. Tỉ lệ giữa P
1
và P
2
là:
A. 6:10 B. 10:6 C. 10:9 D. 9:10
Giải:
N2 + 3H2 2NH3
Ban đầu: 5 15 n hổn hợp đầu = 20 mol
Phản ứng: ( N
2
tham gia phản ứng là 20%) 1 3 2
Cân bằng: 4 12 2 n hổn hợp sau = 18 mol
Ta có: P1/P2=nhhđ/nhhs=20/18=10/9 C
Câu 13.

Đun nóng NH
3

trong bình không có không khí, m
ộ
t th
ờ
i gian sau đưa b
ình v
ề

nhi
ệ
t đ
ộ

ban đ
ầ
u th
ấ
y

áp suất trong bình tăng 1,5 lần. Phần trăm NH
3
đã bị phân hủy là:
A. 20% B. 25% C. 50% D. 75%
Giải:
20

Gọi số mol NH3 ban đầu là 2x mol; Hiệu suất phản ứng là h.
2NH3 N2 + 3H2
Ban đầu: 2x
Phản ứng: 2xh xh 3xh
Cân bằng: 2x-2xh xh 3xh n hổn hợp sau = 2x+2xh
Ta có: nhhs/nhhđ=P2/P1 ⟺(2x+2xh)/2x=1,5 ⟺ h=0,5
Vậy: %NH3=(x/2x).100%=50% C
Câu 14.

M
ộ
t bình kín ch

ứ
a 8 mol N
2

và 20 mol H
2

có áp su
ấ
t là 280 atm. Khi đ
ạ
t tr
ạ
ng thái cân b
ằ
ng thì
lượng N
2
tham gia phản ứng là 25% và nhiệt độ trong bình không đổi. Áp suất trong bình tại thời điểm cân
bằng là:
A. 120 atm B. 200 atm C. 240 atm D. Đáp án khác
Giải:
N2 + 3H2 2NH3
Ban đầu: 8 20 n hổn hợp đầu = 28 mol
Phản ứng: (N
2
tham gia phản ứng là 25%) 2 6 4
Cân bằng: 6 14 4 n hổn hợp sau = 24 mol
Ta có: nhhđ/nhhs=P1/P2 ⟺28/24=280/P2 ⟺P2=240 atm C

==============================***==============================
Hồng Ngự, ngày 11 tháng 06 năm 2014
Lê Bác Lãm
Email:
==============================***==============================