Giáo án bồi dưỡng HSG hóa học 11

Trường THPT Nơng Cống GV: Lê Thanh Quyết
A - Hãa v« c¬

I/- §iƯn ly

1. Sù ®iƯn ly lµ qu¸ tr×nh ph©n ly thµnh c¸c ion tr¸i dÊu cđa ph©n tư chÊt ®iƯn ly khi tan trong níc hay ë
tr¹ng th¸i nãng ch¶y.
2. ChÊt ®iƯn ly lµ chÊt dÉn ®ỵc ®iƯn khi tan trong níc (hay ë tr¹ng th¸i nãng ch¶y).
3. §é ®iƯn ly: α =
o
n
n
trong ®ã: n lµ sè ph©n tư ®iƯn ly cßn n
o
lµ tỉng ph©n tư ®Çu.
ChÊt ®iƯn ly m¹nh : α = 1 (ph©n ly gÇn nh hoµn toµn)
ChÊt ®iƯn ly u: 0 < α < 1 (ph©n ly mét phÇn)
ChÊt kh«ng ®iƯn ly : α =0 (rỵu, ®êng)
4. H»ng sè ®iƯn ly lµ h»ng sè c©n b»ng cđa sù ®iƯn ly.
XÐt ph¶n øng ®iƯn ly: XY  X
+
+ Y
−
K
a
=
[ ]
X . Y
XY
+ −
   

   
vµ pK
a
= -lgK
a
II/- Mi

1. Mi lµ hỵp chÊt mµ ph©n tư gåm cation kim lo¹i (hc amoni) liªn kÕt víi anion gèc axit.
Ngo¹i lƯ: Ag − C ≡ C − Ag vµ CH
3
− CH
2
− O − Na còng lµ mi.
2. Dung dÞch mi: Khi tan trong níc, mi ph©n ly thµnh c¸c ion. Dung dÞch mi cã chøa cation kim
lo¹i (amoni) vµ anion gèc axit.
3. Mµu cđa dung dÞch mi:
CuSO
4
khan : mµu tr¾ng.
dd CuSO
4
: xanh lam (CuSO
4
.5H
2
O)
dd FeSO
4
: xanh lơc nh¹t (FeSO
4

.7H
2
O)
dd KMnO
4
: tÝm lµ mµu cđa MnO
4
−
dd K
2
MnO
4
: xanh lơc lµ mµu MnO
4
2
−
.
4. Ph©n lo¹i mi:
a) Mi trung hßa: Trong gèc axit kh«ng cßn nguyªn tư hi®ro cã kh¶ n¨ng thay thÕ bëi kim lo¹i .
- Mi thêng: gåm 1 lo¹i cation vµ 1 anion.
- Mi kÐp: gåm nhiỊu lo¹i cation kh¸c nhau kÕt hỵp víi mét lo¹i anion. VÝ dơ: KAl(SO
4
)
2
- phÌn.
- Mi hçn t¹p: 1 lo¹i cation kÕt hỵp víi nhiỊu lo¹i anion kh¸c.
VÝ dơ:
O Cl
Ca
Cl

−
−
−
hay CaOCl
2
: clorua v«i.
b) Mi axit: Trong gèc axit vÉn cßn hi®ro cã kh¶ n¨ng thay thÕ bëi kim lo¹i . Th«ng thêng gèc axit cã hidro lµ
mi axit .
Ngo¹i lƯ
H O
P O
H O |
H
−
=
−
hay Na
2
HPO
3
lµ mi trung hßa.
5. TÝnh axit - baz¬ trong dung dÞch mi
• Sù t¬ng t¸c gi÷a c¸c ion trong mi víi níc gäi lµ sù thđy ph©n mi vµ thêng lµ qu¸ tr×nh thn
nghÞch.
Chỉ có gốc
axít trung
bình- yếu,
bazơ trung
bình- yếu
mới bò thủy phân.

B1. Viết phương trình điện ly.
B2. Nhận xét xem các ion thuộc loại nào? (axit, bazơ, trung tính hay lưỡng tính)
1
Mi Dung dÞch pH
a
m
+ b
m
trung tÝnh 7
a
m
+ b
y
Axit < 7
a
y
+ b
m
baz¬ > 7
a
y
+ b
y
tïy qu¸ tr×nh cho hay nhËn H
+
m¹nh h¬n tïy
Trường THPT Nơng Cống GV: Lê Thanh Quyết
B3. Viết phản ứng với H
2
O (phản ứng hai chiều) tạo ion H

+
(H
3
O
+
) hay OH
-
.
B4. Kết luận đó là môi trường gì? Trả lời vì sao? So sánh pH với 7.
• Mi cđa axit m¹nh vµ baz¬ m¹nh kh«ng bÞ thđy ph©n.
VÝ dơ: NaCl hßa tan trong níc, NaCl kh«ng thđy ph©n, pH = 7.
• Mi cđa axit u vµ baz¬ m¹nh bÞ thđy ph©n t¹o ra dung dÞch cã tÝnh baz¬.
VÝ dơ: Thđy ph©n Na
2
CO
3
:
Na
2
CO
3
= 2Na
+
+ CO
3
2
−
CO
3
2

−
+ H
2
O  HCO
3
−
+ OH
−
dung dÞch cã OH
−
→ pH > 7.
• Mi cđa axit m¹nh vµ baz¬ u bÞ thđy ph©n t¹o ra dung dÞch cã tÝnh axit.
VÝ dơ: Thđy ph©n NH
4
Cl: NH
4
Cl = NH
4
+
+ Cl
-
Ph.tr×nh ion: NH
4
+
+ H
2
O  NH
3
↑
+ H

3
O
+
dung dÞch cã H
3
O
+
→ pH < 7.
• Mi cđa axit u vµ baz¬ u bÞ thđy ph©n t¹o ra dung dÞch trung tÝnh nªn nh÷ng mi nµy thùc ra
kh«ng tån t¹i trong dung dÞch.
VÝ dơ: AlN + 3H
2
O = Al(OH)
3
↓
+ NH
3
↑
Fe
2
(CO
3
)
3
+ 3H
2
O = 2Fe(OH)
3
↓
+ 3CO

2
↑
Al
2
(CO
3
)
3
+ 3H
2
O = 2Al(OH)
3
↓
+ 3CO
2
↑
• Mét sè trêng hỵp ®Ỉc biƯt: Mét sè mi l¹i cã kh¶ n¨ng thđy ph©n hoµn toµn trong dung dÞch (hÇu hÕt lµ
do c¸c chÊt t¹o thµnh kh«ng ph¶n øng ®ỵc víi nhau ®Ĩ cho ph¶n øng thn nghÞch).
VÝ dơ:
a) Cho dung dÞch Na
2
CO
3
t¸c dơng víi dung dÞch FeCl
3
hc AlCl
3
cã CO
2
↑

vµ kÕt tđa t¹o thµnh. V×:
CO
3
2
−
+ H
2
O  HCO
3
−
+ OH
−
HCO
3
−
 CO
2
↑
+ OH
−
Fe
3+
+ 3 OH
−
= Fe(OH)
3
↓
3 Na
2
CO

3
+ 2 FeCl
3
+ 3 H
2
O = 2 Fe(OH)
3
↓
+ 3 CO
2
↑
+ 6 NaCl
b) Cho dung dÞch NH
4
Cl t¸c dơng víi dung dÞch NaAlO
2
t¹o kÕt tđa vµ cã khÝ bay ra.
NH
4
Cl = NH
4
+
+ Cl
−
NH
4
+
+ H
2
O  NH

3
↑
+ H
3
O
+
NaAlO
2
= Na
+
+ AlO
2
−
AlO
2
−
+ H
3
O
+
= Al(OH)
3
↓
NH
4
Cl + NaAlO
2
+ H
2
O = Al(OH)

3
↓
+ NH
3
↑
+ NaCl
III/- Axit - baz¬
1. Axit cã c¸c d¹ng sau
- Ph©n tư trung hßa: HCl , HNO
3
, H
2
SO
4
,
- Ion d¬ng: NH
4
+
, Fe
3+
, Al
3+
,
- Ion ©m: HSO
4
−
.
HCl + H
2
O = H

3
O
+
+ Cl
−
HSO
4
−
+ H
2
O = H
3
O
+
+ SO
4
2
−
NH
4
+
+ H
2
O  NH
3
+ H
3
O
+

Fe
3+
+ 3 H
2
O  Fe(OH)
3
+ 3 H
+
⇒ T¹o m«i trêng axit, lµm q tÝm ng¶ hång, cã kh¶ n¨ng cho proton.
2. Baz¬ cã c¸c d¹ng
- Ph©n tư trung hßa: NaOH , NH
3
,
- Ion gèc axit u: S
2
−
, SO
3
2
−
, CO
3
2-
,
T¹o ra m«i trêng OH
−
→ q tÝm ng¶ xanh, cã kh¶ n¨ng nhËn proton.
NH
3
+ H

2
O  NH
4
+ OH
−
S
2
−
+ H
2
O  HS
−
+ OH
−
CO
3
2
−
+ H
2
O  HCO
3
−
+ OH
−
.
3. Nh÷ng ion trung tÝnh
2
Trường THPT Nơng Cống GV: Lê Thanh Quyết
- Ion kim lo¹i m¹nh: K

+
, Na
+
, Ca
2+
, Ba
2+
,
- Ion gèc axit m¹nh: Cl
−
, SO
4
2
−
, NO
3
−
, Br
−
.
4. Nh÷ng chÊt lìng tÝnh (võa cho H
+
võa nhËn H
+
)
- Al(OH)
3
, Zn(OH)
2
, Be(OH)

2
, Cr(OH)
3
.
- Mi axit cđa axit u: NaHCO
3
.
HCO
3
−
 CO
3
2
−
+ H
+
HCO
3
−
+ H
+
 H
2
CO
3
.
- H
2
O lµ chÊt lìng tÝnh:
H

2
O + H
2
O  H
3
O
+
+ OH
−

5. Ph¶n øng trao ®ỉi ion
- §Þnh nghÜa : Ph¶n øng trao ®ỉi lµ ph¶n øng x¶y ra víi sù ®ỉi chç c¸c ion.
- §iỊu kiƯn ®Ĩ ph¶n øng trao ®ỉi thùc hiƯn ®ỵc hoµn toµn:
- Sau ph¶n øng cã chÊt kÕt tđa hc khÝ bay lªn, hc chÊt ®iƯn ly u.
- ChÊt tham gia ph¶n øng ph¶i lµ chÊt tan.
- Trêng hỵp ®Ỉc biƯt
Mét chÊt tan ®ỵc vÉn cã thĨ kÕt tinh trong dung dÞch ®· b·o hßa chÝnh nã hc chÊt kh¸c dƠ tan h¬n.
VÝ dơ:
* Thªm NaCl vµo dung dÞch NaCl b·o hßa th× phÇn NaCl thªm sÏ kh«ng thĨ tan ®ỵc n÷a.
* §Ĩ t¸ch NaCl ra khái dung dÞch chøa hçn hỵp NaCl vµ NaOH ngêi ta dïng ph¬ng ph¸p kÕt tinh ph©n
®o¹n. ChÊt nµo cã ®é tan nhá h¬n sÏ kÕt tinh nhanh h¬n khi c« c¹n dung dÞch.
Do ®é tan cđa NaCl nhá h¬n cđa NaOH nªn khi c« c¹n dung dÞch NaCl sÏ kÕt tinh tríc. LËp l¹i nhiỊu lÇn
sÏ t¸ch ®ỵc hÕt NaCl vµ thu ®ỵc dung dÞch NaOH riªng.
* Ph¶n øng gi÷a mét sè mi tan trong dung dÞch cã thĨ lµ ph¶n øng oxi hãa - khư.
2 FeCl
3
+ 2 KI = 2 FeCl
2
+ I
2

+ 2 KCl
2 FeCl
3
+ H
2
S = 2 FeCl
2
+ S
↓
+ 2 HCl.
* Mét sè kÕt tđa cã kh¶ n¨ng t¹o phøc tan nh: Cu(OH)
2
, Zn(OH)
2
, AgCl.
Cu(OH)
2
+ 4 NH
3
= [Cu(NH
4
)
3
](OH)
2
AgCl + 2 NH
3
= [Ag(NH
3
)

2
]Cl
6. TÝnh tan cđa 1 sè chÊt trong níc
AXIT hầu như tan trừ H
2
SiO
3
↓
BAZƠ chỉ có hidroxit của kim loại kiềm (Na,K…) kiềm thổ (Ca ,Ba,Sr ) và amôniac tan.
MUỐI Muối Nitrat, Muối Axetat, muối axit (gốc hóa trò 1), kim loại kiềm, amôni tan; trừ
Li
3
PO
4
không tan, có màu vàng.
Muối sunfat đa số tan, trừ muối của Sr, Ba, Pb; Ag, Ca( ít tan ).
Muối clorua, bromua, iua đa số tan trừ muối của Ag, Pb (nhưng PbCl
2
tan khi có t
0
, Cu(I),
Hg(I), HgBr
2
, HgI
2
.
Muối cacbonat, phôtphat trung tính, hidrophotphat, sunfit: phần lớn ít tan trừ muối của kim
loại kiềm và amoni tan nhiều
Muối sunfua phần lớn không tan, trừ muối của kim loại kiềm, amôni, Ba, Ca, Sr tan
Muối chứa anion AlO

2
-
, ZnO
2
2-
, CrO
2
-
, BeO
2
2-
tan tốt.
- MỘT SỐ MUỐI KHÔNG TỒN TẠI TRONG DUNG DỊCH
Tự phân hủy tạo hiđrôxit và axít tương ứng CuCO
3
, MgS, Al
2
S
3
, Al
2
(SO
3
)
3
, Fe
2
(CO
3
)

3
,
(CH
3
COO)
3
Fe, Fe
2
(SiO
3
)
3
CuCO
3
+ H
2
O
→
Cu(OH)
2
+ CO
2
Tự phân hủy theo cơ chế oxihóa-khử CuI
2
, FeI
3
, Fe
2
S
3

Fe
2
S
3
→
2FeS + S
7. Mµu cđa m«t sè chÊt(- ion)
MnO
4
-
màu tím; Cu
2+
màu xanh; Fe
3+
nâu đỏ; Cr
2
O
7
2-
vàng cam; Ag
3
PO
4
vàng; Li
3
PO
4
vàng; AgCl trắng, hóa đen ngoài ánh sáng; BaSO
4
trắng; CaSO

4
trắng; PbS đen; CuS đen; PbSO
4
trắng; Fe
2+
trắng xanh (trắng ánh lục); Fe(OH)
2
trắng xanh, chuyển thành nâu đỏ ngoài không khí;
Fe(OH)
3
nâu đỏ; Cu(OH)
2
xanh; Al(OH)
3
keo trắng.
8. NhËn xÐt vai trß cđa 1 sè ion trong níc
3
Trường THPT Nơng Cống GV: Lê Thanh Quyết
Ion gốc axit mạnh, bazơ mạnh là trung tính.
Ion gốc axit hay bazơ trung bình yếu sẽ gây ra tính chất ngược lại. CO
3
2-
là bazơ, NH
4
+
là
axit.
Lưu ý: ion lưỡng tính là những ion vừa có khả năng cho vừa có khả năng nhận H
+
. HCO

3
-
là ion lưỡng tính.
Dạng 1. ĐỊNH LUẬT BẢO TỒN ĐIỆN TÍCH
I. Nội dung định luật
Tổng số mol điện tích của tất cả các ion trong dung dịch ln ln bằng 0
II. Áp dụng;
BT1. Dung dịch tồn tại các ion sau :
Al
3+
: 0,5 mol ; Fe
3+
: 0,5 mol ; NO
3
-
: 0,5 mol ; SO
4
2-
: x mol . Tính x? (GVHD)
BT2. Dung dịch A chứa: 0,03 mol Ba
2+
, 0,015 mol Al
3+
, 0,05 mol NO
3
-
và x mol Cl
-
. Xác định x?
BT3. Dung dịch A có chứa các ion : Ca

2+
: 0.2 mol , Na
+
: 0.2 mol và các anion Cl
-
: a mol và NO
3
-
b
mol . Khi cơ cạn thu được 36.55 gam . Tính a , b ? (GVHD)
ĐS : a = 0.5 ; b = 0.1
BT4. Một dung dịch chứa các ion Fe
2+
, Cu
2+
, Cl
-
, cho 1 lượng 600 ml dung dịch AgNO
3
1M phản
ứng vừa đủ với dung dịch trên . Thu được 82,55 gam chất rắn . Tính khối lượng muối ban đầu .
Đáp số : m = 26,05 gam
BT5. Dung dịch A chứa các ion Mg
2+
, Ca
2+
, HCO
3
-
tác dụng vừa đủ với 400 ml dung dịch Ca(OH)

2

1M . Sau phản ứng chỉ thu được kết tủa và H
2
O .Tính khối lượng muối ban đầu.
Đáp số m = 30,8 gam .
BT6. Dung dịch Xcó chứa các ion Ca
2+
, Al
3+
, Cl
-
.Để làm kết tủa hết ion Cl- trong 10 ml dung dịch
phải dùng hết 70 ml AgNO
3
1M .Khi cơ cạn dung dịch X thu được 35,55 gam muối khan . Tính nồng
độ mol/l của Ca
2+
trong X?
Dạng 2: pH VÀ CÁCH XÁC ĐỊNH pH CỦA MỘT DUNG DỊCH
I. Một số điểm cần lưu ý
- Tích số nồng độ của H
2
O: Trong mọi dung dịch ta ln có [H
+
].[OH
-
] = 10
-14
- pH của một dung dịch được xác định theo cơng thức:

pH = - log[H
+
]
Nếu [H
+
] = 10
-a

⇒
pH = a.
II. BT vận dụng
BT1. Cho 150 ml dung dịch HCl 2M tác dụng với 50 ml dung dịch NaOH 5,6M . Dung dịch sau
phản ứng có độ PH bằng bao nhiêu . (GVHD)
A.1,9 B.4,1 C.4,9 D.1
BT2. Trộn 500 ml dung dịch HCl 0,02M tác dụng với 500 ml dung dịch NaOH 0,018M dung dịch sau
phản ứng có độ PH là bao nhiêu .
BT3. Cần thêm bao nhiêu lần thể tích nước V
2
so với thể tích ban đầu V
1
để pha lỗng dung dịch có
PH = 3 thành dung dịch có PH = 4 .
A.V
2
= V
1
B.V
1
= 1/3 V
2

C.V
1
= V
2
D.V
1
= 3V
2
BT4. Trộn 100 ml dung dịch Ba(OH)
2
0,5M với 100 ml dung dịch KOH 0,5M được dung dịch A .
Nồng độ mol/l của ion trong dung dịch .
A.0,65M B.0,55M C.0,75M D.0,85M
BT5. X là dung dịch H
2
SO
4
0,02 M . Y là dung dịch NaOH 0,035 M . Khi trộn lẫn dung dịch X với
dung dịch Y ta thu được dung dịch Z có thể tích bằng tổng thể tích hai dung dịch mang trộn và có PH
= 2 . Coi H
2
SO
4
điện li hồn tồn hai nấc . Hãy tính tỉ lệ thể tích giữa dung dịch X và Y .
Dạng 3: GIẢI TỐN BĂNG PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỐN ION
I. Một số điểm cần lưu ý
Phương trình ion :
Điều kiện để có Phản ứng giữa các ion : Một trong 3 điều kiện sau .
+ Là phản ứng của Axít và Bazơ
4

Trường THPT Nông Cống GV: Lê Thanh Quyết
+ Sản phẩm sau phản ứng có kết tủa .
+ Sản phẩm sau phản ứng có khí
Ví dụ :
• H
+
+ OH
-
→ H
2
O ( Phản ứng AXÍT – BAZƠ –TRUNG HOÀ )
• CO
3
2-
+ H
+
→ CO
2
+ H
2
O ( Phản ứng A – B – TRUNG HOÀ )
• HCO
3
-
+ H
+
→ CO
2
+ H
2

O ( Phản ứng AXÍT – BAZƠ – TRUNG HOÀ )
• HCO
3
-
+ OH- → CO
3
2-
+ H
2
O ( Phản ứng AXÍT – BAZƠ – TRUNG HOÀ )
• CO
3
2-
+ Ba
2+
→ BaCO
3
↓ ( Tạo kết tủa )
• NH
4
+
+ OH
-
→ NH
3
↑ + H
2
O ( Tạo khí )
II. BTVD.
BT1. Viết các phương trình phản ứng dưới dạng ion trong các trường hợp sau :

1.Trộn dung dịch gồm NaOH , Ba(OH)
2
, KOH với dung dịch gồm HCl , HNO
3
.
2.Trộn dung dịch gồm NaOH , Ba(OH)
2
, KOH với dung dịch gồm HCl , H2SO
4
3.Hoà tan hỗn hợp kim loại gồm Na , Ba vào dung dịch gồm NaCl , Na
2
SO
4

4.Hoà tan hỗn hợp kim loại gồm Na, Ba vào dung dịch gồm HCl , H
2
SO
4

5.Hoà tan hỗn hợp kim loại gồm Na , Ba vào dung dịch chứa (NH
4
)NO
3

6.Hoà tan hỗn hợp kim loại gồm K , Ca vào dung dịch chứa (NH
4
)
2
CO
3

7.Hoà tan hỗn hợp K , Ca vào dung dịch hỗn hợp chứa NH
4
HCO
3

8.Hoà tan K , Na, Al vào nước
9.Hoà tan hỗn hợp gồm Al , Fe vào dung dịch hỗn hợp gồm HCl , H
2
SO
4
.
10.Trộn NaOH , KOH với NaHCO
3
và Ca(HCO
3
)
2

11.Trộn dung dịch gồm Na
2
CO
3
, K
2
CO
3
với dung dịch chứa CaCl
2
, MgCl
2

, Ba(NO
3
)
2
Bài tập thực hành
Câu 1 :Trộn 200 ml dung dịch hỗn hợp NaOH 1M , Ba(OH)
2
0,5M vào 300 ml dung dịch hỗn hợp
HCl 0,5M , H
2
SO
4
1M Tính nồng độ của các ion còn lại sau phản ứng và Khối lượng kết tủa tạo thành
.
Câu 2 :Trộn 200 ml dung dịch NaHSO
4
0,2M và Ba(HSO
4
)
2
0,15M với V lit dung dịch hỗn hợp
NaOH 1M và Ba(OH)2 1M thu được dung dịch có PH = 7 . Tính V và khối lượng kết tủa tạo thành .
Câu 3 :Thêm m gam K vào 300 ml dung dịch chứa Ba(OH)
2
0,1M và NaOH 0,1M thu được dung
dịch X . Cho từ từ 200 ml dung dịch Al
2
(SO
4
)

3
0,1M thu được kết tủa Y . Để thu đuợc lượng kết tủa
Y lớn nhất thì giá trị của m là
A.1,17 B.1,71 C.1,95 D.1,59
Câu 4 :Trộn dung dịch Ba
2+
; OH
-
: 0,06 và Na
+
0,02 mol với dung dịch chứa HCO
3
-
0,04 mol ;
(CO
3
)
2-
0,04 mol và Na
+
.Khối lượng (g)kết tủa thu được sau phản ứng là ?
Câu 5 :Cho m gam hỗn hợp Mg , Al vào 250 ml dung dịch X chứa hỗn hợp axit HCl 1M và axit
H
2
SO
4
0,5M thu được 5,32 lít khí H
2
đktc và dung dịch Y . Tính PH của dung dịch Y ( Coi dung dịch
có thể tích như ban đầu ) .

Đs : PH = 1
Câu 6 :Cho hỗn hợp X chứa Na
2
O , NH
4
Cl , NaHCO
3
và BaCl
2
có số mol mỗi chất đều bằng nhau .
Cho hỗn hợp X vào H
2
O dư đun nóng dung dịch thu được chứa .
A.NaCl B.NaCl , NaOH
C.NaCl , NaOH , BaCl
2
D.NaCl , NaHCO
3
, NH
4
Cl , BaCl
2
Câu 7 :Trộn 100 ml dung dịch gồm Ba(OH)
2
0,1M và NaOH 0,1M với 400 ml dung dịch gồm H
2
SO
4
0,0375M và HCl 0,0125M thu được dung dịch X . Tính PH của dung dịch X .
Câu 8 :Cho dung dịch chứa a mol Ca(HCO

3
)
2
vào dung dịch chứa a mol Ca(HSO
4
)
2
. Hiện tượng quan
sát được là ?
A. Sủi bọt khí B. vẩn đục
C. Sủi bọt khí và vẩn đục D. Vẩn đục, sau đó trong suốt trở lại.
Câu 10 :Trộn V1 ml dung dịch gồm NaOH 0,1M , và Ba(OH)
2
0,2 M với V
2
ml gồm H
2
SO
4
0,1 M và
HCl 0,2 . M thu đựoc dung dịch X có giá trị PH = 13 . Tính tỉ số V
1
: V
2

A.4/5 B.5/4 C.3/4 D.4/3
5
Trường THPT Nơng Cống GV: Lê Thanh Quyết
Câu 11 :Hồ tan hồn tồn hỗn hợp X gồm Fe , Mg bằng một lượng vừa đủ dung dịch HCl 20% , thu
được dung dịch Y . Nồng độ của FeCl

2
trong dung dịch Y là 15,76 % . Nồng độ % của MgCl
2
trong
dung dịch Y là ?
A.11,79% B.24,24% C.28,21% D.15,76%
1/ TÝnh pH cđa c¸c dung dÞch sau
a. CH
3
COONa 0,1 M (K
b
cđa CH
3
COO
-
b»ng 5,71.10
-10
)
b. NH
4
Cl 0,1 M (K
a
cđa NH
4
+
b»ng 5,56.10
-10
)
Bá qua sù ®iƯn li cđa níc
2 C¸c chÊt sau ®©y lµ axit, baz¬, lìng tÝnh hay trung tÝnh theo thut Bronstet

NaClO, NH
4
Cl, NH
4
NO
3
, (NH
4
)
2
CO
3
. NaCl, KHSO
3
, Cu
2+
, K
+
.
3. §é ®iƯn li cđa HNO
2
trong dd HNO
2
0,01 M lµ 18%.
TÝnh h»ng sè ph©n li axit cđa HNO
2
.
4. ViÕt ptp d¹ng ph©n tư vµ ion thu gän cđa c¸c p (nÕu cã) x¶y ra gi÷a
a.dd AgNO
3

vµ dd HCl e. dd Na
2
CO
3
vµ dd Ca(NO
3
)
2
b.dd BaCl
2
vµ dd K
2
SO
4
f. dd NaHCO
3
vµ dd NaOH
c. FeS vµ dd HCl g. dd NaHCO
3
vµ dd HCl
d.dd BaCl
2
vµ dd NaNO
3
h. dd FeSO
4
vµ dd HCl
5. Cho dd AgNO
3
d vµo 500 ml dd HCl a M thu ®ỵc 143,5 gam kÕt tđa. ViÕt pt hh cđa p x¶y ra d¹ng

ph©n tư vµ ion thu gän. TÝnh a
§S. a = 1/0,5 = 2 M
6. TÝnh [H
+
] trong c¸c dd sau
a.HClO 0,1 M (K
a
cđa HClO lµ 5.10
-8
)
b.NH
3
0,1 M ( K
b
cđa NH
3
lµ 1,8.10
-5
)
Gi¶i
1. a. CH
3
COONa
→
CH
3
COO
-
+ Na
+

CH
3
COO
-
+ H
2
O
→
¬ 
CH
3
COOH + OH
-
K
b
§Çu 0,1 M 0 0
P x
CB 0,1-x x x (M)
K
b
=
2
0,1
x
x−

C1. Do x rÊt nhá so víi 1 nªn 0,1-x ~0,1

→
x

2
= 0,1.5,71. 10
-10
= 5,71.10
-11
x =
115,71.10 −
= 7,56.10
-6
= [OH
-
]
[H
+
] = 1,323.10
-9

→
pH = 8,88
C2. Gi¶i PT bËc 2 t×m x vµ sau ®ã lµm t¬ng tù
b. NH
4
Cl
→
NH
4
+
+ Cl
-

NH
4
+

→
¬ 
NH
3

+ H
+
K
a

§Çu 0,1 0 0 (M)
Pli x
CB 0,1 – x x x
K
a
=
2
0,1
x
x−
= 5,56.10
-10s
Gi¶i gÇn ®óng hay gi¶i chÝnh x¸c ta cã
x = 7,46. 10
-6
suy ra pH = 5,13

IV. Nit¬ -photpho- cacbon
1. VỊ TRÍ NGUYÊN TỐ NHÓM VA TRONG HỆ THỐNG TUẦN HOÀN
Nhóm VA gồm các nguyên tố
7
N,
15
P,
33
As,
51
Sb,
83
Bi có 5 electron lớp ngoài cùng nên dễ
nhận thêm 3e để đạt cấu hình bền vững của khí hiếm, do đó tính oxihóa là tính chất đặc trưng.
2. NITƠ (N
2
) vì phân tử N
2
có liên kết ba nên ở điều kiện thường N
2
kém hoạt động nhưng khi có
t
0
và xúc tác thì N
2
khá hoạt động.
N
2
thể hiện tính ôxihóa khi tác dụng các chất khử tạo nitua (tạo sản phẩm chứa N
-3

).
TÁC DỤNG VỚI H
2

6
Trường THPT Nơng Cống GV: Lê Thanh Quyết
N
2
+ 3H
2
2NH
3

Chất oxi hóa Amoniac
TÁC DỤNG VỚI KIM LOẠI ( với nhiều kim loại có tính khử mạnh)
N
2
+ 6Li
→
o
t
2Li
3
N
Ngoài ra, Nitơ còn thể hiện tính khử khi tác dụng với chất oxihóa mạnh (O
2
)
TÁC DỤNG VỚI O
2
ở nhiệt độ thường không có pản ứng; điều kiện ở 3000

0
C, tia lửa
điện)
N
2
+ O
2
2NO
Chất khử Nitơ(II) oxit (khí không màu)
NO + O
2
NO
2
(phản ứng xảy ra ngay ở nhiệt độ thường)
Nitơ (IV) Oxit (khí màu nâu đỏ).
VD 1: B»ng thÝ ghiƯm nµo cã thĨ ph©n biƯt ®ỵc khÝ nit¬ cã lÉn 1 trong c¸c t¹p chÊt sau: clo, khÝ HCl,
khÝ H
2
S. ViÕt PTHH cđa c¸c P ®· x¶y ra
HD
- N
2
lÉn Cl
2
: dïng q tÝm Èm
- N
2
lÉn HCl: dïng q tÝm Èm
- N
2

lÉn H
2
S: dïng giÊy tÈm dd Pb(NO
3
)
2

4. AMONIAC ( NH
3
) vì
3
3
HN
−
, đây là soh thấp nhất của Nitơ nên NH
3
là một chất khử.
SỰ PHÂN HỦY NH
3
không bền nhiệt
2NH
3
N
2
+ 3H
2
Khi tác dụng với chất ôxihóa thường N
-3
bò ôxihóa thành N
0

(N
2
), một ít tạo N
+2
(NO)
TÁC DỤNG VỚI O
2
tạo hai sản phẩm khác nhau phụ thuộc vào xúc tác
4NH
3
+ 3O
2

→
o
t
2N
2
+ 6H
2
O
4NH
3
+ 5O
2

 →
xt
o
t ,

4NO + 6H
2
O
TÁC DỤNG VỚI Cl
2
NH
3
tự bốc cháy trong khí clo
2NH
3
+ 3Cl
2

→
6HCl + N
2
Nhớ NH
3
+ HCl
→
NH
4
Cl (khói trắng, chứng tỏ khí NH
3
là bazơ)
VỚI OXIT 1 SỐ ÔXÍT KIM LOẠI (thường là oxít kim loại trung bình, yếu)
2NH
3
+ 3CuO
→

o
t
N
2
+ 3Cu +3H
2
O
5. DUNG DỊCH AMONIAC

là dung dòch bazơ yếu và có mùi khai do NH
3
dễ bay hơi.
TÁC DỤNG VỚI CHẤT CHỈ THỊ MÀU làm q tím hóa xanh
NH
3
+ H
2
O

NH
4
+
+ OH
-
TÁC DỤNG VỚI DD AXIT tạo muối amoni (axit mạnh hay axit tan)
NH
3
+ HCl
→
NH

4
Cl (amoni clorua)
NH
3
+ H
+

→
NH
+
4
NH
3

(dd)
+ HNO
3(l)

→
NH
4
NO
3
(amoni nitrat)
NH
3
+ H
+

→

NH
+
4
NH
3
+ H
2
SO
4

→
NH
4
HSO
4
(amoni hidrosunfat)
NH
3
+ H
+
+ HSO
−
4

→
NH
+
4
+ HSO
−

4
2NH
3
+ H
2
SO
4

→
(NH
4
)
2
SO
4
(amoni sunfat)
2NH
3
+ 2H
+
+ SO
−2
4

→
2NH
+
4
+ SO
−2

4
TÁC DỤNG VỚI DD MUỐI tạo hidrôxit không tan
7
t
0
, P
xt
3000
0
C-TLĐ

t
0
, P
xt
t
0
Trường THPT Nơng Cống GV: Lê Thanh Quyết
2NH
3
+ 2H
2
O+FeSO
4

→
Fe(OH)
2
↓+ (NH
4

)
2
SO
4
2NH
3
+ 2H
2
O + Fe
2+

→
Fe(OH)
2
↓ + 2NH
+
4
3NH
3
+ 3H
2
O + AlCl
3

→
Al(OH)
3
↓ + 3NH
4
Cl

3NH
3
+ 3H
2
O+ Al
3+

→
Al(OH)
3
↓ + 3NH
+
4
.
- K/n t¹o phøc:
Cu(OH)
2
+ 4NH
3

→
[Cu(NH
3
)
4
](OH)
2

VD 2 :DÉn 2,24 lit NH
3

(®ktc) qua èng ®ùng 32 g CuO nung nãng thu ®ỵc chÊt r¾n A vµ khÝ B.
a.ViÕt PTHH x¶y ra vµ tÝnh thĨ tÝch khÝ B (®ktc)
b.TÝnh V dd HCl 2M võa ®đ ®Ĩ p hÕt v íi A
HS.N
n
CuO
n
= 0,4 mol,
3
NH
n
= 0,1 mol
2NH
3
+ 3CuO
→
N
2
+ 3Cu + 3H
2
O
0,1 0,15 0,05 0,15
NH
3
hÕt, CuO d
a. ë ®ktc B chØ cã N
2

V
B

= 0,05.22,4 = 1,12 lit
b. A gåm Cu (0,151 mol), CuO d (0,4 - 0,15 = 0,25 mol)
CuO + 2 HCl
→
CuCl
2
+ H
2
O
0,25 0,5 mol
Suy ra V
dd HCl
= 0,5/2 = 0,25 lit
VD3 : Sơc khÝ NH
3
vµo dung dÞch CuSO
4
tíi d. ViÕt PTHH cđa c¸c p x¶y ra, nªu hiƯn tỵng quan s¸t ®-
ỵc
HS. CuSO
4
+ 2NH
3
+ 2H
2
O
→
Cu(OH)
2
+ (NH

4
)
2
SO
4

Cu(OH)
2
+ 4NH
3

→
[Cu(NH
3
)
4
](OH)
2

HiƯn tỵng: lóc ®Çu xt hiƯn kÕt tđa mµu xanh, sau ®ã kÕt tđa tan dÇn t¹o thµnh dung dÞch trong
st mµu xanh lam
6. MUỐI AMONI (NH
4
-
)
Muối amoni là hợp chất ion, phân tử gồm cation NH
+
4
(amoni) và anion gốc axit.
Tất cả muối amoni điều tan, là chất điện li mạnh

(NH
4
)
n
A
→
nNH
+
4
+ A
n-
Ion NH
4
+
là một axit yếu
TÁC DỤNG VỚI CHẤT CHỈ THỊ MÀU làm quỳ tím hóa đỏ
NH
4
+
+ H
2
O

→
NH
3
+ H
3
O
+

TÁC DỤNG VỚI DUNG DỊCH BAZƠ tạo NH
3
, nay là phản ứng dùng để nhận biết muối
amoni (tạo khí có mùi khai), dung điều chế NH
3
trong phòng thí nghiệm.
NH
+
4

+ OH
-
→
NH
3
↑ + H
2
O
PHẢN ỨNG PHÂN HỦY đa số muối amoni điều không bền nhiệt.
Muối amoni của axit dễ bò phân hủy hay không có tính oxihóa mạnh khi nhiệt phân tạo
NH
3
và axit tương ứng.
NH
4
Cl
→
NH
3
↑ + HCl↑

NH
4
HCO
3

→
NH
3
↑ + CO
2
↑ + H
2
O
Muối amoni của axit có tính oxi hóa mạnh khi bò nhiệt phân tạo không tạo NH
3
mà tạo
sản phẩm ứng soh cao hơn
NH
4
NO
3

→
o
t
N
2
O↑ + 2H
2
O

NH
4
NO
3
→
o
t
N
2
↑ + ½ O
2
↑ + 2H
2
O
NH
4
NO
2
→
o
t
N
2
↑ + 2 H
2
O
VD 4 :ViÕt c¸c pthh x¶y ra khi nhiƯt ph©n c¸c mi sau
NH
4
Cl, (NH

4
)
2
CO
3
, NH
4
NO
3
, NH
4
NO
2
Rót ra nhËn xÐt vỊ sù nhiƯt ph©n cđa mi amoni
HS
8
Trường THPT Nơng Cống GV: Lê Thanh Quyết
NH
4
Cl
→
NH
3
↑ + HCl↑
(NH
4
)
2
CO
3

→
NH
3
↑ + CO
2
↑ + H
2
O
NH
4
NO
3

→
o
t
N
2
O↑ + 2H
2
O
NH
4
NO
2
→
o
t
N

2
↑ + 2 H
2
O
NX: Mi amoni chøa gèc axit kh«ng cã tÝnh oxi ho¸ (Cl
-
, HCO
3
-
, CO
3
2-
, PO
4
3-
)khi nhiƯt ph©n cho
NH
3
vµ axit t¬ng øng.(Kh«ng x¶y ra p oxi ho¸ khư)
Mi amoni chøa gèc axit cã tÝnh oxi ho¸ (NO
3
-
, NO
2
-
) khi nhiƯt ph©n x¶y ra p oxi ho¸ khư
7. AXIT NITRIC (HNO
3
) là một axit mạnh đồng thời là một chất ôxihóa rất mạnh
Rất dễ bò phân hủy bởi nhiệt

4HNO
3

→
o
t
4NO
2
↑+ O
2
↑ + 2H
2
O
HNO
3
là axit mạnh
TÁC DỤNG VỚI CHẤT CHỈ THỊ MÀU làm quỳ tím hóa đỏ
HNO
3
→
H
+
+ NO
3
-
TÁC DỤNG VỚI BAZƠ tạo muối và nước
HNO
3
+ KOH
→

KNO
3
+ H
2
O
H
+
+ OH
-

→
H
2
O
3HNO
3
+ Fe(OH)
3
→
Fe(NO
3
)
3
+ 3H
2
O
3H
+
+ Fe(OH)
3

→
Fe
3+
+ 3H
2
O
TÁC DỤNG VỚI OXITBAZƠ tạo muối và nước
2HNO
3
+ CuO
→
Cu(NO
3
)
2
+ H
2
O
2H
+
+ CuO
→
Cu
2+
+ H
2
O
TÁC DỤNG VỚI MUỐI CỦA AXIT YẾU tạo muối và axit tương ứng
2HNO
3

+ CaCO
3

→
Ca(NO
3
)
2
+ CO
2
↑ + H
2
O
2H
+
+ CaCO
3

→
Ca
2+
+ CO
2
↑ + H
2
O
3
5
ONH
+

là chất ôxihóa mạnh
TÁC DỤNG VỚI KIMLOẠI tác dụng hầu hết với kim loại trừ Au và Pt, phản ứng không
tạo H
2
M + HNO
3

→
o
t
M(NO
3
)
n
+ H
2
O +









34
3
2
0

2
1
2
2
4
NOHN
N
ON
ON
ON
−
+
+
+
n: là hóa trò cao nhất của kim loại (còn gọi điện tích cao nhất của kim loại có thể tồn tại ở
dạng ion tự do)
Ứng với mỗi sản phẩm viết một phương trình.
Fe, Al, Cr… không tác dụng với HNO
3
đặc nguội do kim loại bò thụ động hóa.
Khi tạo NO
2
( khí màu nâu đỏ, khí bò hấp thụ bởi kiềm), NO (khí không màu hóa nâu trong
không khí), N
2
O (khí không màu nặng hơn không khí), N
2
(khí không màu nhẹ hơn không
khí), NH
4

NO
3
(không tạo khí)
Không nói tạo gì thì nhớ HNO
3
đặc (tạo NO
2
), HNO
3
loãng (tạo NO).
Kim loại có tính khử càng mạnh và HNO
3
càng loãng thì
5+
N
bò khử xuống soh càng thấp.
6HNO
3 (đ)
+ Fe
→
o
t
Fe(NO
3
)
3
+ 3NO
2
↑ + 3H
2

O
6H
+
+ 3NO
3
-
+ Fe
→
Fe
3+
+ 3NO
2
↑ + 3H
2
O
9
Trường THPT Nơng Cống GV: Lê Thanh Quyết
8HNO
3 (l )
+3Cu
→
o
t
3Cu(NO
3
)
2
+ 2NO↑+ 4H
2
O

8H
+
+ 2NO
3
-
+ 3Cu
→
3Cu
2+
+ 2NO↑+ 4H
2
O
TÁC DỤNG VỚI PHI KIM (thường thì phi kim dạng rắn, HNO
3
đặc) sản phẩm ứng soh
cao của phi kim.
C + 4HNO
3đ

→
o
t
CO
2
+ 4NO
2
↑+ 2H
2
O
S + 6HNO

3đ
→
o
t
H
2
SO
4
+ 6NO
2
↑+ 2H
2
O
5HNO
3l
+ 3P + 2H
2
O
→
o
t
3H
3
PO
4
+ 5NO↑
5HNO
3
+ P
→

o
t
H
3
PO
4
+ 5NO
2
+ H
2
O
TÁC DỤNG VỚI CÁC HP CHẤT (các hợp chất chứa nguyên tử có soh thấp)
FeO + 4HNO
3

→
Fe(NO
3
)
3
+ NO
2
↑ + 2H
2
O
Nhớ là một chất đối với HNO
3
thì cả hai tính axit mạnh và tính oxihóa mạnh xảy ra đồng
thời.
8. MUỐI NITRAT (M(NO

3
)
n
)tất cả muối nitrat điều tan
M(NO
3
)
n
→
M
n+
+ nNO
−
3
NO
3
-
là ion trung tính, chỉ có tính oxihóa.
TRONG MÔI TRƯỜNG AXIT MẠNH (H
+
) giống HNO
3
loãng.
TRONG MÔI TRƯỜNG BAZƠ MẠNH (OH

) tác dụng với kim loại có oxit và hiđroxit là
các chất lưỡng tính
→
NH
3

( nếu hết NO
3
-
tạo H
2
)
NHIỆT PHÂN MUỐI NITRAT muối amoni, muối kim loại, dựa vào dãy điện hóa ta có
Muối kim loại hoạt động (từ Li đến Mg)
→
o
t
Muối nitrit+O
2
Muối kim loại hoạt động trung bình (từ sau Mg đến Cu)
→
o
t
Oxit kim loại + NO
2
+ O
2
Muối kim loại yếu (sau Cu)
→
o
t
Kim loại + NO
2
+ O
2
VD9:

N
2
→
NH
3
→
NO
→
→
HNO
3
→
NH
4
NO
3
→
N
2
O
A
r
(NaNO
3
)
→
B
r
(NH
4

NO
3
) dd B
9. ĐIỀU CHẾ NITƠ (N
2
)
TRONG CÔNG NGHIỆP hóa lỏng không khí ở t
o
rất thấp sau đó tăng dần t
o
lên –196
o
C,
Nitơ sôi và bay hơi trước còn lại là O
2
và các khí khác (vì t
o
sôi của O
2
là -183
o
C)
TRONG PHÒNG THÍ NGHIỆM
NH
4
NO
2
→
N
2

↑ + 2 H
2
O
10. ĐIỀU CHẾ AMONIAC (NH
3
)
TRONG CÔNG NGHIỆP nguyên liệu từ không khí (có N
2
) và khí lò cốc (có H
2
), hay từ
không khí (có N
2
và O
2
) ; C và hơi nước.
C + O
2
→
o
t
CO
2
CO
2
+ C
→
o
t
2CO

C + H
2
O
→
o
t
CO + H
2
( hỗn hợp thu được có CO, H
2
và N
2
loại CO thu được N
2
và H
2
)
N
2
+ 3H
2
2NH
3

∆
H= -92 KJ
®Ĩ hiƯu st cđa qu¸ tr×nh t¨ng hay CBCD theo chiỊu thn, ¸p dơng nguyªn lÝ chun dÞch c©n b»ng
L¬ sat¬lie ph¶i:
10
>

400
0
,Pca
o Fe
H
2
,t
0
,P
NaOH
H
2
O
O
2
,t
0
,xt H
2
O,t
0
Zn t
0
NH
3
,H
2
O
Trường THPT Nơng Cống GV: Lê Thanh Quyết
+ Gi¶m nhiƯt ®é

+ Ho¸ láng NH
3
®Ĩ t¸ch nã ra khái hçn hỵp
+ T¨ng ¸p st cđa hh p
TRONG PHÒNG THÍ NGHIỆM cho muối amoni tác dụng dung dòch bazơ (t
0
)
NH
4
NO
3
+ NaOH
→
o
t
NaNO
3
+ NH
3
↑ + H
2
O
PH NG PH¸P GI¶I BµI TËP ¦¥
Phương pháp 1: ÁP DỤNG ĐỊNH LUẬT BẢO TỒN KHỐI LƯỢNG
Ngun tắc của phương pháp này khá đơn giản, dựa vào định luật bảo tồn 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: khơng tính khối lượng của phần khơng tham gia phản ứng cũng như phần chất có sẵn, ví
dụ nước có sẵn trong dung dịch.
Khi cơ cạn dung dịch thì khối lượng muối thu được bằng tổng khối lượng các cation kim loại và
anion gốc axit.

Ví dụ 1: Cho 12 gam hỗn hợp hai kim loại Fe, Cu tác dụng vừa đủ với dung dịch HNO
3
63%. Sau
phản ứng thu được dung dịch A và 11,2 lít khí NO
2
duy nhất (đktc). Tính nồng độ % các
chất có trong dung dịch A.
A. 36,66% và 28,48%. B. 27,19% và 21,12%.
C. 27,19% và 72,81%. D. 78,88% và 21,12%.
Hướng dẫn giải
Fe + 6HNO
3
→ Fe(NO
3
)
3
+ 3NO
2
+ 3H
2
O
Cu + 4HNO
3
→ Cu(NO
3
)
2
+ 2NO
2
+ 2H

2
O
2
NO
n 0,5=
mol →
3 2
HNO NO
n 2n 1= =
mol.
Áp dụng định luật bảo tồn khối lượng ta có:
2
2
3
NO
d HNO
m m m m
1 63 100
12 46 0,5 89 gam.
63
= + −
× ×
= + − × =
2 2
d mi h k.lo¹i
Đặt n
Fe
= x mol, n
Cu
= y mol ta có:

56x 64y 12
3x 2y 0,5
+ =


+ =

→
x 0,1
y 0,1
=


=

⇒
3 3
Fe(NO )
0,1 242 100
%m 27,19%
89
× ×
= =

3 2
Cu( NO )
0,1 188 100
%m 21,12%.
89
× ×

= =
(Đáp án B)
Phương pháp 2: BẢO TỒN MOL ELECTRON
Trước hết cần nhấn mạnh đây khơng 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
tồn electron.
Ngun 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 khơng cần quan tâm đến việc cân bằng
các phương trình phản ứng. Phương pháp này đặc biệt lý thú đối với các bài tốn cần phải biện luận
nhiều trường hợp có thể xảy ra.
Sau đây là một số ví dụ điển hình.
Ví dụ 1: Cho 8,3 gam hỗn hợp X gồm Al, Fe (n
Al
= n
Fe
) vào 100 ml dung dịch Y gồm Cu(NO
3
)
2
và
AgNO
3
. Sau khi phản ứng kết thúc thu được chất rắn A gồm 3 kim loại. Hòa tan hồn tồn
chất rắn A vào dung dịch HCl dư thấy có 1,12 lít khí thốt ra (đktc) và còn lại 28 gam chất
rắn khơng tan B. Nồng độ C
M
của Cu(NO
3

)
2
và của AgNO
3
lần lượt là
A. 2M và 1M. B. 1M và 2M.
11
Trường THPT Nông Cống GV: Lê Thanh Quyết
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
+
→
Z
]
Hướng dẫn giải
Ta có: n
Al
= n
Fe
=
8,3
0,1 mol.
83
=
Đặt
3
AgNO
n x mol=
và
3 2
Cu(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 → Al
3+
+ 3e Fe → Fe
2+
+ 2e
0,1 0,3 0,1 0,2
⇒ Tổng số mol e nhường bằng 0,5 mol.
Quá trình khử:
Ag
+
+ 1e → Ag Cu
2+
+ 2e → Cu 2H
+
+ 2e → H
2
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.
⇒
3
M AgNO
0,2
C
0,1

=
= 2M;
3 2
M Cu( NO )
0,1
C
0,1
=
= 1M. (Đáp án B)
Ví dụ 2: Hòa tan 15 gam hỗn hợp X gồm hai kim loại Mg và Al vào dung dịch Y gồm HNO
3
và
H
2
SO
4
đặc thu được 0,1 mol mỗi khí SO
2
, NO, NO
2
, N
2
O. Phần trăm khối lượng của Al và
Mg trong X lần lượt là
A. 63% và 37%. B. 36% và 64%.
C. 50% và 50%. D. 46% và 54%.
Hướng dẫn giải
Đặt n
Mg
= x mol ; n

Al
= y mol. Ta có:
24x + 27y = 15.(1)
Quá trình oxi hóa:
Mg → Mg
2+
+ 2e Al → Al
3+
+ 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:
12
Trường THPT Nông Cống GV: Lê Thanh Quyết
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 3: Cho 1,35 gam hỗn hợp gồm Cu, Mg, Al tác dụng hết với dung dịch HNO
3
thu được hỗn hợp
khí gồm 0,01 mol NO và 0,04 mol NO
2
. Tính khối lượng muối tạo ra trong dung dịch.
A. 10,08 gam. B. 6,59 gam. C. 5,69 gam. D. 5,96 gam.
Hướng dẫn giải
Cách 1: Đặt x, y, z lần lượt là số mol Cu, Mg, Al.
Nhường e: Cu =
2
Cu
+
+ 2e Mg =
2

Mg
+
+ 2e Al =
3
Al
+
+ 3e
x → x → 2x y → y → 2y z → z → 3z
Thu e:
5
N
+
+ 3e =
2
N
+
(NO)
5
N
+
+ 1e =
4
N
+
(NO
2
)
0,03 ← 0,01 0,04 ← 0,04
Ta có: 2x + 2y + 3z = 0,03 + 0,04 = 0,07
và 0,07 cũng chính là số mol NO

3
−

Khối lượng muối nitrat là:
1,35 + 62×0,07 = 5,69 gam. (Đáp án C)
Cách 2:
Nhận định mới: Khi cho kim loại hoặc hỗn hợp kim loại tác dụng với dung dịch axit HNO
3
tạo
hỗn hợp 2 khí NO và NO
2
thì
3 2
HNO NO NO
n 2n 4n= +
3
HNO
n 2 0,04 4 0,01 0,12= × + × =
mol
⇒
2
H O
n 0,06=
mol
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
3 2 2
KL HNO muèi NO NO H O
m m m m m m+ = + + +
1,35 + 0,12×63 = m
muối

+ 0,01×30 + 0,04×46 + 0,06×18
⇒ m
muối
= 5,69 gam.
Ví dụ 4: (Câu 19 - Mã đề 182 - Khối A - TSĐH - 2007)
Hòa tan hoàn toàn 12 gam hỗn hợp Fe, Cu (tỉ lệ mol 1:1) bằng axit HNO
3
, thu được V lít (ở
đktc) hỗn hợp khí X (gồm NO và NO
2
) và dung dịch Y (chỉ chứa hai muối và axit dư). Tỉ
khối của X đối với H
2
bằng 19. Giá trị của V là
A. 2,24 lít. B. 4,48 lít. C. 5,60 lít. D. 3,36 lít.
Hướng dẫn giải
Đặt n
Fe
= n
Cu
= a mol → 56a + 64a = 12 → a = 0,1 mol.
Cho e: Fe → Fe
3+
+ 3e Cu → Cu
2+
+ 2e
0,1 → 0,3 0,1 → 0,2
Nhận e: N
+5
+ 3e → N

+2
N
+5
+ 1e → N
+4
3x ← x y ← y
Tổng n
e
cho bằng tổng n
e
nhận.
⇒ 3x + y = 0,5
Mặt khác: 30x + 46y = 19×2(x + y).
⇒ x = 0,125 ; y = 0,125.
V
hh khí (đktc)
= 0,125×2×22,4 = 5,6 lít. (Đáp án C)
Ví dụ 5: Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 3 gam hỗn hợp chất rắn X. Hòa tan hết hỗn hợp X
trong dung dịch HNO
3
(dư), thoát ra 0,56 lít (ở đktc) NO (là sản phẩm khử duy nhất). Giá trị
của m là
A. 2,52 gam. B. 2,22 gam. C. 2,62 gam. D. 2,32 gam.
13
Trường THPT Nông Cống GV: Lê Thanh Quyết
Hướng dẫn giải
m gam Fe + O
2
→ 3 gam hỗn hợp chất rắn X
3

HNO d
→
0,56 lít NO.
Thực chất các quá trình oxi hóa - khử trên là:
Cho e: Fe → Fe
3+
+ 3e
m
56
→
3m
56
mol e
Nhận e: O
2
+ 4e → 2O
2
−
N
+5
+ 3e → N
+2
3 m
32
−
→
4(3 m)
32
−
mol e 0,075 mol ← 0,025 mol

3m
56
=
4(3 m)
32
−
+ 0,075
⇒ m = 2,52 gam. (Đáp án A)
Ví dụ 6: Cho hỗn hợp gồm 0,01 mol Mg và 0,03 mol mol Fe tác dụng với dung dịch HNO3 dư thu
được 1,736 lít hỗn hợp khí NO và NO2 ở đktc. Tỉ khối hơi của hỗn hợp khí so với H2 là:
A. 21,17 B. 22,17 C. 21, 15. D.22, 19
Hướng dẫn giải: Đặt số mol NO = x; NO2 = y.
Ta có: x + y = 1,736/22,4 = 0,0755 (mol). (*)
- Các phản ứng xảy ra: Mg - 2e → Mg2+ (1)
0,01 0,02
Fe - 3e → Fe3+ (2)
0,03 0,09
Tổng số mol e chất khử nhường: 0,02 + 0,09 = 0,11(mol)
NO3- + 3e + 4H+ → NO + 2H2O (3)
3x x
NO3- + 1e + 2H+ → NO2 + H2O (4)
y y
Tổng số mol e chất oxi hóa nhận: 3x + y. Theo định luật bảo toàn e ta có: 3x + y = 0,11 (*)
Giải hệ phương trình:
Đáp án: A
Ví dụ 7: Để m gam phôi bào Fe (A) ngoài không khí, sau một thời gian bị oxi hóa thành hỗn hợp (B)
có khối lượng 12 gam gồm các oxit sắt: FeO, Fe3O4, Fe2O3 và một phần Fe còn dư không oxi hóa
hết. Cho (B) tác dụng hoàn toàn với dung dịch HNO3 dư thấy thoát ra 2,24 lí khí NO duy nhất. Giá
trị m sẽ là:
A. 10,8 gam. B. 10,08 gam. C. 12, 08 gam. D. 12,8 gam .

Hướng dẫn giải: Các phản ứng xảy ra:
2Fe + O2 → 2FeO
Fe + 3O2 → Fe2O3
Fe + 2O2 → Fe3O4
Fe + 4HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + 2H2O
3FeO + 10HNO3 → 3Fe(NO3)3 + NO + 5H2O
3Fe3O4 + 28HNO3 → 9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O
Fe2O3 + 6HNO3 → 2Fe(NO3)3 + 3H2O
Toàn bộ m gam Fe bị oxi hóa thành Fe3+, bởi O2 và HNO3. Số mol khí NO = 2,24/22,4 = 0,1 (mol)
14
2
2
hh
hh
H
H
x + y = 0,0755
x = 0,01725. y = 0,05825
3x + y = 0,11
M 30*0,01725 + 46*0,05825
d = = = 21,17
M 2*0,0755

→


3+
2-
2
Fe - 3e Fe

m m
3*
56 56
O + 4e 4O
12 - m 12 - m
4*
32 32
→
→
Trường THPT Nông Cống GV: Lê Thanh Quyết
NO3- + 3e + 4H+ → NO + H2O
0,3 0,1
Tổng số mol e do chất oxi hóa nhận:
4*(12 – m)/32 + 0,3 (mol)
Theo định luật bảo toàn e ta có:
Đáp án: B
Phương pháp 3: SỬ DỤNG PHƯƠNG TRÌNH ION - ELETRON
Để làm tốt các bài toán bằng phương pháp ion điều đầu tiên các bạn phải nắm chắc phương trình
phản ứng dưới dạng các phân tử từ đó suy ra các phương trình ion, đôi khi có một số bài tập không
thể giải theo các phương trình phân tử được mà phải giải dựa theo phương trình ion. Việc giải bài
toán hóa học bằng phương pháp ion giúp chúng ta hiểu kỹ hơn về bản chất của các phương trình hóa
học. Từ một phương trình ion có thể đúng với rất nhiều phương trình phân tử. Ví dụ phản ứng giữa
hỗn hợp dung dịch axit với dung dịch bazơ đều có chung một phương trình ion là
H
+
+ OH
−
→ H
2
O

hoặc phản ứng của Cu kim loại với hỗn hợp dung dịch NaNO
3
và dung dịch H
2
SO
4
là
3Cu + 8H
+
+ 2NO
3
−
→ 3Cu
2+
+ 2NO
↑
+ 4H
2
O
Sau đây là một số ví dụ:
Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm (Fe, Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4
, FeO) với số mol mỗi chất là 0,1 mol, hòa tan hết vào
dung dịch Y gồm (HCl và H

2
SO
4
loãng) dư thu được dung dịch Z. Nhỏ từ từ dung dịch
Cu(NO
3
)
2
1M vào dung dịch Z cho tới khi ngừng thoát khí NO. Thể tích dung dịch
Cu(NO
3
)
2
cần dùng và thể tích khí thoát ra ở đktc thuộc phương án nào?
A. 25 ml; 1,12 lít. B. 0,5 lít; 22,4 lít.
C. 50 ml; 2,24 lít. D. 50 ml; 1,12 lít.
Hướng dẫn giải
Quy hỗn hợp 0,1 mol Fe
2
O
3
và 0,1 mol FeO thành 0,1 mol Fe
3
O
4
.
Hỗn hợp X gồm: (Fe
3
O
4

0,2 mol; Fe 0,1 mol) tác dụng với dung dịch Y
Fe
3
O
4
+ 8H
+
→ Fe
2+
+ 2Fe
3+
+ 4H
2
O
0,2 → 0,2 0,4 mol
Fe + 2H
+
→ Fe
2+
+ H
2
↑

0,1 → 0,1 mol
Dung dịch Z: (Fe
2+
: 0,3 mol; Fe
3+
: 0,4 mol) + Cu(NO
3

)
2
:
3Fe
2+
+ NO
3
−
+ 4H
+
→ 3Fe
3+
+ NO
↑
+ 2H
2
O
0,3 0,1 0,1 mol
⇒ V
NO
= 0,1×22,4 = 2,24 lít.
3 2
3
Cu( NO )
NO
1
n n 0,05
2
−
= =

mol
⇒
3 2
dd Cu (NO )
0,05
V 0,05
1
= =
lít (hay 50 ml). (Đáp án C)
Ví dụ 2: Hòa tan 0,1 mol Cu kim loại trong 120 ml dung dịch X gồm HNO
3
1M và H
2
SO
4
0,5M. Sau
khi phản ứng kết thúc thu được V lít khí NO duy nhất (đktc).
Giá trị của V là
A. 1,344 lít. B. 1,49 lít. C. 0,672 lít. D. 1,12 lít.
Hướng dẫn giải
3
HNO
n 0,12=
mol ;
2 4
H SO
n 0,06=
mol
⇒ Tổng:
H

n 0,24
+
=
mol và
3
NO
n 0,12
−
=
mol.
Phương trình ion:
15
m 12 - m
3* = 4* + 0,3 m=10,08gam
56 32
→
Trường THPT Nông Cống GV: Lê Thanh Quyết
3Cu + 8H
+
+ 2NO
3
−
→ 3Cu
2+
+ 2NO
↑
+ 4H
2
O
Ban đầu: 0,1 → 0,24 → 0,12 mol

Phản ứng: 0,09 ← 0,24 → 0,06 → 0,06 mol
Sau phản ứng: 0,01 (dư) (hết) 0,06 (dư)
⇒ V
NO
= 0,06×22,4 = 1,344 lít. (Đáp án A)
Ví dụ 3: Dung dịch A chứa 0,01 mol Fe(NO
3
)
3
và 0,15 mol HCl có khả năng hòa tan tối đa bao nhiêu
gam Cu kim loại? (Biết NO là sản phẩm khử duy nhất)
A. 2,88 gam. B. 3,92 gam. C. 3,2 gam. D. 5,12 gam.
Hướng dẫn giải
Phương trình ion:
Cu + 2Fe
3+
→ 2Fe
2+
+ Cu
2+
0,005 ← 0,01 mol
3Cu + 8H
+
+ 2NO
3
−
→ 3Cu
2+
+ 2NO
↑

+ 4H
2
O
Ban đầu: 0,15 0,03 mol → H
+
dư
Phản ứng: 0,045 ← 0,12 ← 0,03 mol
⇒ m
Cu tối đa
= (0,045 + 0,005) × 64 = 3,2 gam. (Đáp án C)
Ví dụ 4.: (Câu 40 - Mã đề 285 - Khối B - TSĐH 2007)
Thực hiện hai thí nghiệm:
1) Cho 3,84 gam Cu phản ứng với 80 ml dung dịch HNO
3
1M thoát ra V
1
lít NO.
2) Cho 3,84 gam Cu phản ứng với 80 ml dung dịch chứa HNO
3
1M và H
2
SO
4
0,5 M thoát
ra V
2
lít NO.
Biết NO là sản phẩm khử duy nhất, các thể tích khí đo ở cùng điều kiện. Quan hệ giữa V
1
và V

2
là
A. V
2
= V
1
. B. V
2
= 2V
1
. C. V
2
= 2,5V
1
. D. V
2
= 1,5V
1
.
Hướng dẫn giải
TN1:
3
Cu
HNO
3,84
n 0,06 mol
64
n 0,08 mol

= =




=

⇒
3
H
NO
n 0,08 mol
n 0,08 mol
+
−
=



=


3Cu + 8H
+
+ 2NO
3
−
→ 3Cu
2+
+ 2NO
↑
+ 4H

2
O
Ban đầu: 0,06 0,08 0,08 mol → H
+
phản ứng hết
Phản ứng: 0,03 ← 0,08 → 0,02 → 0,02 mol
⇒ V
1
tương ứng với 0,02 mol NO.
TN2: n
Cu
= 0,06 mol ;
3
HNO
n
= 0,08 mol ;
2 4
H SO
n
= 0,04 mol.
⇒ Tổng:
H
n
+
= 0,16 mol ;
3
NO
n
−
= 0,08 mol.

3Cu + 8H
+
+ 2NO
3
−
→ 3Cu
2+
+ 2NO
↑
+ 4H
2
O
Ban đầu: 0,06 0,16 0,08 mol → Cu và H
+
phản ứng hết
Phản ứng: 0,06 → 0,16 → 0,04 → 0,04 mol
⇒ V
2
tương ứng với 0,04 mol NO.
Như vậy V
2
= 2V
1
. (Đáp án B)
Phương pháp 4: TĂNG GIẢM KHỐI LƯỢNG
Nguyên tắc của phương pháp là xem khi chuyển từ chất A thành chất B (không nhất thiết trực
tiếp, có thể bỏ qua nhiều giai đoạn trung gian) khối lượng tăng hay giảm bao nhiêu gam thường tính
theo 1 mol) và dựa vào khối lượng thay đổi ta dễ dàng tính được số mol chất đã tham gia phản ứng
hoặc ngược lại. Ví dụ trong phản ứng:
MCO

3
+ 2HCl → MCl
2
+ H
2
O + CO
2
↑
Ta thấy rằng khi chuyển 1 mol MCO
3
thành MCl
2
thì khối lượng tăng
(M + 2×35,5) − (M + 60) = 11 gam
16
Trường THPT Nông Cống GV: Lê Thanh Quyết
và có 1 mol CO
2
bay ra. Như vậy khi biết lượng muối tăng, ta có thể tính lượng CO
2
bay ra.
Trong phản ứng este hóa:
CH
3
−COOH + R′−OH → CH
3
−COOR′ + H
2
O
thì từ 1 mol R−OH chuyển thành 1 mol este khối lượng tăng

(R′ + 59) − (R′ + 17) = 42 gam.
Như vậy nếu biết khối lượng của rượu và khối lượng của este ta dễ dàng tính được số mol rượu
hoặc ngược lại.
Với bài tập cho kim loại A đẩy kim loại B ra khỏi dung dịch muối dưới dạng tự do:
- Khối lượng kim loại tăng bằng
m
B (bám)
− m
A (tan)
.
- Khối lượng kim loại giảm bằng
m
A (tan)
− m
B (bám)
.
Sau đây là các ví dụ điển hình:
Ví dụ 1 Cho dung dịch AgNO
3
dư tác dụng với dung dịch hỗn hợp có hòa tan 6,25 gam hai muối KCl
và KBr thu được 10,39 gam hỗn hợp AgCl và AgBr. Hãy xác định số mol hỗn hợp đầu.
A. 0,08 mol. B. 0,06 mol. C. 0,03 mol. D. 0,055 mol.
Hướng dẫn giải
Cứ 1 mol muối halogen tạo thành 1 mol kết tủa
→ khối lượng tăng: 108 − 39 = 69 gam;
0,06 mol ← khối lượng tăng: 10,39 − 6,25 = 4,14 gam.
Vậy tổng số mol hỗn hợp đầu là 0,06 mol. (Đáp án B)
Ví dụ 2: Hoà tan hoàn toàn 104,25 gam hỗn hợp X gồm NaCl và NaI vào nước được dung dịch A.
Sục khí Cl
2

dư vào dung dịch A. Kết thúc thí nghiệm, cô cạn dung dịch thu được 58,5 gam
muối khan. Khối lượng NaCl có trong hỗn hợp X là
A. 29,25 gam. B. 58,5 gam.
C. 17,55 gam. D. 23,4 gam.
Hướng dẫn giải
Khí Cl
2
dư chỉ khử được muối NaI theo phương trình
2NaI + Cl
2
→ 2NaCl + I
2
Cứ 1 mol NaI tạo thành 1 mol NaCl
→ Khối lượng muối giảm 127 − 35,5 = 91,5 gam.
Vậy: 0,5 mol ← Khối lượng muối giảm 104,25 − 58,5 = 45,75 gam.
⇒ m
NaI
= 150×0,5 = 75 gam
⇒ m
NaCl
= 104,25 − 75 = 29,25 gam. (Đáp án A)
Ví dụ 3: Ngâm một vật bằng đồng có khối lượng 15 gam trong 340 gam dung dịch AgNO
3
6%. Sau
một thời gian lấy vật ra thấy khối lượng AgNO
3
trong dung dịch giảm 25%. Khối lượng của
vật sau phản ứng là
A. 3,24 gam. B. 2,28 gam. C. 17,28 gam. D. 24,12 gam.
Hướng dẫn giải

3
AgNO ( )
340 6
n =
170 100
ban ®Çu
×
×
= 0,12 mol;
3
AgNO ( )
25
n = 0,12
100
ph.øng
×
= 0,03 mol.
Cu + 2AgNO
3
→ Cu(NO
3
)
2
+ 2Ag
↓
0,015 ← 0,03 → 0,03 mol
m
vật sau phản ứng
= m
vật ban đầu

+ m
Ag (bám)
− m
Cu (tan)
= 15 + (108×0,03) − (64×0,015) = 17,28 gam.
(Đáp án C)
Phương pháp 5: QUI ĐỔI HỖN HỢP NHIỀU CHẤT VỀ SỐ LƯỢNG CHẤT ÍT HƠN
17
Trường THPT Nông Cống GV: Lê Thanh Quyết
Một số bài toán hóa học có thể giải nhanh bằng các phương pháp bảo toàn electron, bảo toàn
nguyên tử, bảo toàn khối lượng song phương pháp quy đổi cũng tìm ra đáp số rất nhanh và đó là
phương pháp tương đối ưu việt, có thể vận dụng vào các bài tập trắc nghiệm để phân loại học sinh.
Các chú ý khi áp dụng phương pháp quy đổi:
1. Khi quy đổi hỗn hợp nhiều chất (hỗn hợp X) (từ ba chất trở lên) thành hỗn hợp hai chất hay
chỉ còn một chất ta phải bảo toàn số mol nguyên tố và bảo toàn khối lượng hỗn hợp.
2. Có thể quy đổi hỗn hợp X về bất kỳ cặp chất nào, thậm chí quy đổi về một chất. Tuy nhiên ta nên
chọn cặp chất nào đơn giản có ít phản ứng oxi hóa khử nhất để đơn giản việc tính toán.
3. Trong quá trình tính toán theo phương pháp quy đổi đôi khi ta gặp số âm đó là do sự bù trừ
khối lượng của các chất trong hỗn hợp. Trong trường hợp này ta vẫn tính toán bình thường và kết quả
cuối cùng vẫn thỏa mãn.
4. Khi quy đổi hỗn hợp X về một chất là Fe
x
O
y
thì oxit Fe
x
O
y
tìm được chỉ là oxit giả định không
có thực.

Ví dụ 1: Nung 8,4 gam Fe trong không khí, sau phản ứng thu được m gam chất rắn X gồm Fe,
Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4
, FeO. Hòa tan m gam hỗn hợp X vào dung dịch HNO
3
dư thu được 2,24 lít khí
NO
2
(đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Giá trị của m là
A. 11,2 gam. B. 10,2 gam. C. 7,2 gam. D. 6,9 gam.
Hướng dẫn giải
• Quy hỗn hợp X về hai chất Fe và Fe
2
O
3
:
Hòa tan hỗn hợp X vào dung dịch HNO
3
dư ta có
Fe + 6HNO
3
→ Fe(NO
3
)

3
+ 3NO
2
+ 3H
2
O

0,1
3
← 0,1 mol
⇒ Số mol của nguyên tử Fe tạo oxit Fe
2
O
3
là
Fe
8,4 0,1 0,35
n
56 3 3
= − =
→
2 3
Fe O
0,35
n
3 2
=
×
Vậy:
2 3

X Fe Fe O
m m m= +
⇒ m
x
=0,1/3x56 + 160x 0,35/6 = 11,2 gam.
• Quy hỗn hợp X về hai chất FeO và Fe
2
O
3
:
FeO + 4HNO
3
→ Fe(NO
3
)
3
+ NO
2
+ 2H
2
O
0,1 ← 0,1 mol
ta có:
2
2 2 3
2Fe O 2FeO
0,1 0,1 mol
0,15 mol
4Fe 3O 2Fe O
0,05 0,025 mol


+ →

→


+ →


→

2
h X
m
= 0,1×72 + 0,025×160 = 11,2 gam. (Đáp án A)
Chú ý: Vẫn có thể quy hỗn hợp X về hai chất (FeO và Fe
3
O
4
) hoặc (Fe và FeO), hoặc (Fe và
Fe
3
O
4
) nhưng việc giải trở nên phức tạp hơn (cụ thể là ta phải đặt ẩn số mol mỗi chất, lập hệ phương
trình, giải hệ phương trình hai ẩn số).
• Quy hỗn hợp X về một chất là Fe
x
O
y

:
Fe
x
O
y
+ (6x−2y)HNO
3
→ Fe(NO
3
)
3
+ (3x−2y) NO
2
+ (3x−y)H
2
O

0,1
3x 2y−
mol ← 0,1 mol.
⇒
Fe
8,4 0,1.x
n
56 3x 2y
= =
−
→
x 6
y 7

=
mol.
Vậy công thức quy đổi là Fe
6
O
7
(M = 448) và
18
Trường THPT Nông Cống GV: Lê Thanh Quyết
6 7
Fe O
0,1
n
3 6 2 7
=
× − ×
= 0,025 mol.
⇒ m
X
= 0,025×448 = 11,2 gam.
Nhận xét: Quy đổi hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4
về hỗn hợp hai chất là FeO, Fe
2

O
3
là đơn
giản nhất.
Ví dụ 2: Hòa tan hết m gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4
bằng HNO
3
đặc nóng thu được 4,48
lít khí NO
2
(đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 145,2 gam muối khan giá trị
của m là
A. 35,7 gam. B. 46,4 gam. C. 15,8 gam. D. 77,7 gam.
Hướng dẫn giải
Quy hỗn hợp X về hỗn hợp hai chất FeO và Fe
2
O
3
ta có
FeO + 4HNO
3
→ Fe(NO
3

)
3
+ NO
2
+ 2H
2
O
0,2 mol ← 0,2 mol ← 0,2 mol
Fe
2
O
3
+ 6HNO
3
→ 2Fe(NO
3
)
3
+ 3H
2
O
0,2 mol ← 0,4 mol
3 3
Fe( NO )
145,2
n
242
=
= 0,6 mol.
⇒ m

X
= 0,2×(72 + 160) = 46,4 gam. (Đáp án B)
Ví dụ 3: Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 3 gam hỗn hợp chất rắn X. Hòa tan hết hỗn hợp X
trong dung dịch HNO
3
(dư) thoát ra 0,56 lít NO (ở đktc) (là sản phẩm khử duy nhất). Giá trị
của m là
A. 2,52 gam. B. 2,22 gam. C. 2,62 gam. D. 2,32 gam.
Hướng dẫn giải
Quy hỗn hợp chất rắn X về hai chất Fe, Fe
2
O
3
:
Fe + 4HNO
3
→ Fe(NO
3
)
3
+ NO + 2H
2
O
0,025 ← 0,025 ← 0,025 mol
⇒
2 3
Fe O
m
= 3 − 56×0,025 = 1,6 gam
⇒

2 3
Fe (trong Fe O )
1,6
m 2
160
= ×
= 0,02 mol
⇒ m
Fe
= 56×(0,025 + 0,02) = 2,52 gam. (Đáp án A)
Phương pháp 6: CÁC ĐẠI LƯỢNG Ở DẠNG KHÁI QUÁT
Trong các đề kiểm tra và thi tuyển sinh theo phương pháp trắc nghiệm chúng ta thấy rằng số
lượng câu hỏi và bài tập khá nhiều và đa dạng bao trùm toàn bộ chương trình hóa học phổ thông. Rất
nhiều các phương pháp, các dạng bài đã được bạn đọc biết đến. Sau đây là một số ví dụ về dạng bài
tìm mối liên hệ khái quát giữa các đại lượng thường xuất hiện trong trong các đề thi tuyển sinh đại
học.
Ví dụ 1: (Câu 53 - Mã đề 182 - Khối A - TSĐH 2007)
Để thu lấy Ag tinh khiết từ hỗn hợp X (gồm a mol Al
2
O
3
, b mol CuO, c mol Ag
2
O), người ta
hoà tan X bởi dung dịch chứa (6a + 2b + 2c) mol HNO
3
được dung dịch Y, sau đó thêm (giả
thiết hiệu suất các phản ứng đều là 100%)
A. c mol bột Al vào Y. B. c mol bột Cu vào Y.
C. 2c mol bột Al vào Y. D. 2c mol bột Cu vào Y.

Hướng dẫn giải
Hòa tan hỗn hợp X trong dung dịch HNO
3
Al
2
O
3
+ 6HNO
3
→ 2Al(NO
3
)
3
+ 3H
2
O
a → 6a → 2a mol
CuO + 2HNO
3
→ Cu(NO
3
)
2
+ H
2
O
b → 2b → b mol
Ag
2
O + 2HNO

3
→ 2AgNO
3
+ H
2
O
19
Trường THPT Nông Cống GV: Lê Thanh Quyết
c → 2c → 2c mol
Dung dịch HNO
3
vừa đủ. Dung dịch Y gồm 2a mol Al(NO
3
)
3
, b mol Cu(NO
3
)
2
, 2c mol AgNO
3
.
Để thu Ag tinh khiết cần cho thêm kim loại Cu vào phương trình
Cu + 2AgNO
3
→ Cu(NO
3
)
2
+ 2Ag

c mol ← 2c
Vậy cần c mol bột Cu vào dung dịch Y. (Đáp án B)
Ph¬ng ph¸p 7: Sơ đồ (V)
* Điều kiện: Khi cho một hay nhiều kim loại có hoá trị khác nhau vào dung dịch H
2
SO4, HCl, HNO
3
, Kim loại
đứng trước H trong dãy điện hoá.
Ta có sơ đồ (V):
( với a, c là các hệ số, b là hoá trị chung cho các kim loại )
Vd 1 : Cho 24,12gam hỗn hợp X gồm CuO , Fe
2
O
3
, Al
2
O
3
tác dụng vừa đủ với 350ml dd HNO
3
4M rồi đun
đến khan dung dịch sau phản ứng thì thu được m gam hỗn hợp muối khan . Tính m .
A. 77,92 gam B.86,8 gam
C. 76,34 gam D. 99,72 gam
Bài làm
Gọi : R
b+
là chung cho các ion kim loại : Cu
2+

, Al
3+
, Fe
3+
. Hoá trị chung là b
Ph¬ng ph¸p 8 : BIỆN LUÂN TRONG GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Nguyên tắc:
- Đối với những bài toán khi ẩn số nhiều hơn phương trình liên hệ. Ta dùng phương pháp biện
luận trong giải hệ phương trình. Thường gặp các bài toán về kim loại chưa rõ hóa trị hoặc các
bài toán có phương trình biểu diễn mối quan hệ giữa số nguyên tử cacbon của hợp chất hữu
cơ,…có thể sử dụng phương pháp lập bảng.
Ví dụ 1: Khi hòa tan cùng một lượng kim loại M vào dung dịch HNO3 loãng và vào dung dịch
H2SO4 loãng
20
Trng THPT Nụng Cng GV: Lờ Thanh Quyt
thỡ thu c khớ NO v H2 cú th tớch bng nhau ( cựng iu kin). Khi lng mui natri thu c
159,21% khi lng mui sunfat. Tỡm M = ?
Hng dn gii: t M = x, n l húa tr ca kim loi
Phng trỡnh phn ng:
3M + 4nHNO3 3M(NO3)n + nNO + 2nH2O
x nx
2M + nH2SO4 M2(SO4)n + nH2
x ẵx ẵnx
Theo iu kin bi ra: nx = ẵnx (vụ lớ)
iu ny chung t kim loi M cú nhiu húa tr, khi tỏc dng vi HNO3, M c lờn húa tr cao nht.
3M + 4mHNO3 3M(NO3)m + mNO + 2nH2O
x x mx
Lp bng:
Cp nghim n = 2, M = 56 (Fe) phự hp
VD6: Lập ptp theo sơ đồ cho dới đây

a. Fe + HNO
3đặc, nóng


NO
2

b.FeO + HNO
3
loãng

NO +
c. Fe
3
O
4
+ HNO
3
loãng

NO +
d. FeS + HNO
3
loãng

Fe(NO
3
)
3
+ H

2
SO
4
+ N
2
O +
HS. : a. Fe + HNO
3đặc, nóng


Fe(NO
3
)
3
+ NO
2
+ H
2
O
b.FeO + HNO
3
loãng

Fe(NO
3
)
3
+ NO + H
2
O

c. Fe
3
O
4
+ HNO
3
loãng

Fe(NO
3
)
3
+ NO + H
2
O
d. FeS + HNO
3
loãng

Fe(NO
3
)
3
+ H
2
SO
4
+ N
2
O +H

2
O
-VD 7: Từ 2 mol NH
3
Điều chế HNO
3
theo sơ đồ sau
NH
3

NO

NO
2


HNO
3

Nếu hiệu suất của quá trình là 80% thì từ 2 mol NH
3
thu đợc bao nhiêu mol HNO
3

A.0,8 B.1,6 C.2,5 D.1,024
VD8 :Cho 1,35 gam hn hp gm Cu, Mg, Al tỏc dng ht vi dung dch HNO
3
thu c hn hp khớ
gm 0,01 mol NO v 0,04 mol NO
2

. Tớnh khi lng mui to ra trong dung dch.
A. 10,08 gam. B. 6,59 gam.
C. 5,69 gam. D. 5,96 gam.
HD HS Sử dụng phng pháp: bảo toàn mol electron
Cỏch 1: t x, y, z ln lt l s mol Cu, Mg, Al.
Nhng e:
Cu =
2
Cu
+
+ 2e Mg =
2
Mg
+
+ 2e Al =
3
Al
+
+ 3e
x x 2x y y 2y z z 3z
21
n
M
1
28
2
3
56 84
159,21 x
(M + 62m)x = (2M + 96n)

1,5
100 2
mx nx 28
=
3 2
m n
M m


=




=




Trường THPT Nơng Cống GV: Lê Thanh Quyết
Thu e:
5
N
+
+ 3e =
2
N
+
(NO)
5

N
+
+ 1e =
4
N
+
(NO
2
)
0,03 ← 0,01 0,04 ← 0,04
Ta có: 2x + 2y + 3z = 0,03 + 0,04 = 0,07
và 0,07 cũng chính là số mol NO
3
−

Khối lượng muối nitrat là:
1,35 + 62×0,07 = 5,69 gam. (Đáp án C)
Cách 2:
Nhận định mới: Khi cho kim loại hoặc hỗn hợp kim loại tác dụng với dung dịch axit HNO
3
tạo
hỗn hợp 2 khí NO và NO
2
thì
3 2
HNO NO NO
n 2n 4n= +
3
HNO
n 2 0,04 4 0,01 0,12= × + × =

mol
⇒
2
H O
n 0,06=
mol
Áp dụng định luật bảo tồn khối lượng:
3 2 2
KL HNO mi NO NO H O
m m m m m m+ = + + +
1,35 + 0,12×63 = m
muối
+ 0,01×30 + 0,04×46 + 0,06×18
⇒ m
muối
= 5,69 gam.
VD 9 :ViÕt pthh thùc hiƯn c¸c chun ho¸ sau(ghi râ ®k nÕu cã)
N
2
→
NH
3
→
NO
→
HNO
3
→
NH
4

NO
3
→
N
2
O


A
r

→
B
r
dd B
Cho biÕt dd B cã m«i trêng g×? Gt
HD:
N
2
→
NH
3
→
NO
→
→
HNO
3
→
NH

4
NO
3
→
N
2
O


A
r
(NaNO
3
)
→
B
r
(NH
4
NO
3
) dd B
11. PHỐT PHO (P) tuy là phi kim nhưng P thường thể hiện tính khử là chính khi tác dụng với các
phi kim (O
2
, Cl
2
…)
TÁC DỤNG VỚI OXI có thể tạo hai sản phẩm
4P + 3O

2
→
o
t
2P
2
O
3
4P + 5O
2
→
o
t
2P
2
O
5
TÁC DỤNG VỚI PHI KIM KHÁC (Halogen, S) tạo hợp chất P ứng soh dương.
2P + 3Cl
2
→
o
t
2PCl
3
2P + 5P
→
o
t
2PCl

5
TÁC DỤNG VỚI HP CHẤT gặp các chất ôxihóa mạnh HNO
3
, KClO
3
, KNO
3
, K
2
Cr
2
O
7
…
P bò ôxihóa đến soh +5
3P + 2H
2
O + 5HNO
3

→
o
t
3H
3
PO
4
+ 5 NO
5HNO
3

+ P
→
H
3
PO
4
+ 5NO
2
+ H
2
O
6P + 5KClO
3
→
3P
2
O
5
+ 5KCl
Ngoài ra P còn thể hiện tính oxhóa khi tác dụng với chất khử tạo hợp chất của P ứng soh
-3
22
NaOH
H
2
O
H
2
,t
0

,P
NaOH
H
2
O
O
2
,t
0
,xt H
2
O,t
0
Zn t
0
NH
3
,H
2
O
Trường THPT Nơng Cống GV: Lê Thanh Quyết
2P + 3H
2
→
o
t
2PH
3
2P + 3Zn
→

o
t
Zn
3
P
2
12. AXIT PHỐTPHORIC (H
3
PO
4
) là một axit trung bình yếu.
TÁC DỤNG CHẤT CHỈ THỊ MÀU làm quỳ tím hóa đỏ (điện li theo 3 nấc)
H
3
PO
4
H
+
+ H
2
PO
−
4

H
2
PO
−
4
H

+
+ HPO
−2
4
HPO
−2
4

H
+
+ PO
−3
4
Trong dd H
3
PO
4
ngoài phân tử H
3
PO
4
còn có các ion H
+
, H
2
PO
−
4
, HPO
−2

4
, PO
−3
4
TÁC DỤNG VỚI BAZƠ
So s¸nh tØ lƯ:
3 4
NaOH
H PO
n
a
n b
=
3 4
NaOH
H PO
n
a
n b
=
1 2 3
NaH
2
PO
4
Na
2
HPO
4
Na

3
PO
4
NaH
2
PO
4
H
+
d
NaH
2
PO
4
Na
2
HPO
4
Na
2
HPO
4
Na
3
PO
4
Na
3
PO
4

OH
−
d
H
3
PO
4
+ NaOH
→
1:1
NaH
2
PO
4
+ H
2
O
Natri đihiđroPhotphat
H
3
PO
4
+ 2NaOH
→
2:1
Na
2
HPO
4
+ 2H

2
O
Natri HiđroPhotphat
H
3
PO
4
+3NaOH
→
3:1
Na
3
PO
4
+ 3H
2
NatriPhotphat
TÁC DỤNG VỚI KIM LOẠI TRƯỚC HIDRO tạo muối và hiđrô
3Mg + 2H
3
PO
4

→
o
t
Mg
3
(PO
4

)
2
+ 3H
2
↑
3Zn + 2H
3
PO
4
→
o
t
Zn
3
(PO
4
)
2
+3H
2
↑
vd: §èt ch¸y hoµn toµn 6,2 gam P trong oxi d.Cho s¶n phÈm t¹o thµnh td võa ®đ víi dung dÞch NaOH
32 %, t¹o ra mi Na
2
HPO
4

a. ViÕt c¸c pthh
b. tÝnh khèi lỵng NaOH ®· dïng
c. tÝnh C

%
cđa mi trong dung dÞch thu ®ỵc
HS §S b. 50 gam
c.42,24 %
13. MUỐI PHÔTPHAT (chứa PO
4
3-
) có muối trung hòa, muối axit (đihrô hay monohđrô)
Tất cả muối trung hòa, muối axit của Natri, Kali, Amôni đều tan trong nước.
Với các kim loại khác chỉ có muối đihiđrophotphat tan.
Nhận biết muối amoni, cho tác dụng với AgNO
3
(thuốc thử)
PO
4
3-
+ 3Ag
+

→
Ag
3
PO
4
↓ màu vàng
13. ĐIỀU CHẾ PHỐT PHO (P) nung trong lò điện hỗn hợp gồm Canxiphotphat , Silic
đioxit và than
Ca
3
(PO

4
)
2
+ 5C + 3SiO
2

→
o
t


3 CaSiO
3
+ 2P + 5CO
Khi ngưng tụ hơi thoát ra sẽ thu được P trắng. Sau đó, đốt nóng lâu ở 200
0
C - 300
0
C
thu P đỏ.
14. ĐIỀU CHẾ AXIT PHÔTPHORIC (H
3
PO
4
) dùng phương pháp sunfat
Ca
3
(PO
4
)

2
+3H
2
SO
4 đ

→
o
t
3H
3
PO
4
+ 3CaSO
4
↓
23
Trường THPT Nơng Cống GV: Lê Thanh Quyết
VD : ViÕt c¸c pthh thùc hiƯn c¸c chun ho¸ sau
P
+5
→
P
0
→
P
+5
→
P
+5

→
P
+5
→
P
+5
HS VD : Ca
3
(PO
4
)
2
+ 5C + 3SiO
2

→
o
t


3 CaSiO
3
+ 2P + 5CO
4P + 5O
2
→
o
t
2P
2

O
5
2P
2
O
5
+ H
2
O
→
H
3
PO
4
3Mg + 2H
3
PO
4

→
o
t
Mg
3
(PO
4
)
2
+ 3H
2

↑
Mg
3
(PO
4
)
2
+ Pb(NO
3
)
2
→
Pb
3
(PO
4
)
2
 + Mg(NO
3
)
2

15. CÁC LOẠI PHÂN BÓN HÓA HỌC
PHÂN ĐẠM cung cấp Nitơ cho cây dưới dạng NO
−
3
, NH
+
4

.
Amôni CTPT NH
4
Cl, (NH
4
)
2
SO
4
, NH
4
NO
3
Phân đạm urea ( loại tốt nhất ) CTPT (NH
2
)
2
CO
NH
3
+ CO
2

→
(NH
2
)
2
CO + H
2

O.
(NH
2
)
2
CO + 2H
2
O
→
(NH
4
)
2
CO
3
(khi bò ướt)
Phân đạm nitrat CTPT : KNO
3
, Ca(NO
3
)
2
, …
PHÂN LÂN cung cấp phôtpho cho cây dưới dạng ion PO
−3
4
.
Phân lân tự nhiên CTPT Ca
3
(PO

4
)
2
, điều chế từ quặng Apatit, Photphorit
Supe photphat (Supe lân) CTPT Ca(H
2
PO
4
)
2
Ca
3
(PO
4
)
2
+ 2H
2
SO
4

→
o
t
Ca(H
2
PO
4
)
2

+ 2CaSO
4
Supe photphat đơn: Ca(H
2
PO
4
)
2

CaSO
4
.2H
2
O ( thạch cao )
Ca
3
(PO
4
)
2
+ 4H
3
PO
4

→
o
t
3Ca(H
2

PO
4
)
2
Supe photphat kép
Amophot là loại phân bón phức hợp vừa có N, P. CTPT NH
4
H
2
PO
4
, (NH
4
)
2
HPO
4
.
PHÂN KALI cung cấp Kali cho cây dưới dạng ion K
+
.
CTPT KCl , K
2
SO
4
, K
2
CO
3
(thường gọi là bồ tạt).

VD? Tõ kh«ng khÝ, níc vµ khÝ CO
2
, viÕt pthh ®iỊu chÕ ph©n ure
HS
N
2
+ 3H
2
2NH
3

NH
3
+ CO
2

→
(NH
2
)
2
CO + H
2
O.
(NH
2
)
2
CO + 2H
2

O
→
(NH
4
)
2
CO
3
(khi bò ướt)
PH NG PH¸P GI¶I¦¥ BµI TËP
Phương pháp 1: SƠ ĐỒ ĐƯỜNG CHÉO
Bài tốn trộn lẫn các chất với nhau là một dạng bài tập hay gặp trong chương trình hóa học phổ
thơng cũng như trong các đề thi kiểm tra và đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng. Ta có thể giải bài tập
dạng này theo nhiều cách kahác nhau, song việc giải loại dạng bài tập này theo phương pháp sơ đồ
đường chéo theo tác giả là tốt nhất.
Ngun tắc: Trộn lẫn hai dung dịch:
Dung dịch 1: có khối lượng m
1
, thể tích V
1
, nồng độ C
1
(nồng độ phần trăm hoặc nồng độ mol),
khối lượng riêng d
1
.
Dung dịch 2: có khối lượng m
2
, thể tích V
2

, nồng độ C
2
(C
2
> C
1
), khối lượng riêng d
2
.
Dung dịch thu được: có khối lượng m = m
1
+ m
2
, thể tích V = V
1
+ V
2
, nồng độ C (C
1
< C < C
2
)
và khối lượng riêng d.
Sơ đồ đường chéo và cơng thức tương ứng với mỗi trường hợp là:
a. Đối với nồng độ % về khối lượng:
24
t
0
, P
xt

Trng THPT Nụng Cng GV: Lờ Thanh Quyt

2
1
2 1
C C
m
m C C

=

(1)
b. i vi nng mol/lớt:

2
1
2 1
C C
V
V C C

=

(2)
c. i vi khi lng riờng:

2
1
2 1
C C

V
V C C

=

(3)
Khi s dng s ng chộo cn chỳ ý:
- Cht rn coi nh dung dch cú C = 100%
- Dung mụi coi nh dung dch cú C = 0%
- Khi lng riờng ca H
2
O l d = 1g/ml.
Sau õy l mt s vớ d s dng phng phỏp s ng chộo trong tớnh toỏn cỏc bi tp.
Vớ d 1: Thờm 250 ml dung dch NaOH 2M vo 200 ml dung dch H
3
PO
4
1,5M. Mui to thnh v
khi lng tng ng l
A. 14,2 gam Na
2
HPO
4
; 32,8 gam Na
3
PO
4
. B. 28,4 gam Na
2
HPO

4
; 16,4 gam Na
3
PO
4
.
C. 12 gam NaH
2
PO
4
; 28,4 gam Na
2
HPO
4
. D. 24 gam NaH
2
PO
4
; 14,2 gam Na
2
HPO
4
.
Hng dn gii
Cú:
3 4
NaOH
H PO
n 0,25 2 5
1 2

n 0,2 1,5 3
ì
< = = <
ì
to ra hn hp 2 mui: NaH
2
PO
4
, Na
2
HPO
4
.
S ng chộo:

2 4
2 4
Na HPO
NaH PO
n
2
n 1
=

2 4 2 4
Na HPO NaH PO
n 2n=
M:
2 4 2 4 3 4
Na HPO NaH PO H PO

n n n 0,3+ = =
mol

2 4
2 4
Na HPO
NaH PO
n 0,2 mol
n 0,1 mol
=



=



2 4
2 4
Na HPO
NaH PO
m 0,2 142 28,4 gam
n 0,1 120 12 gam
= ì =



= ì =

(ỏp ỏn C)
16. cacbon và Hợp chất của cacbon
a) cacbon:
- C thờng thể hiện các số OXH -4, 0, +2, +4 trong hợp chất
- C có bậc OXH trung gian nên vừa thể hiện tính OXH vừa thể hiện tính khử.
+ Tính khử: - Tác dụng với đơn chất oxi:
C + O
2
to
CO
2
+ Q
2C + O
2
to
2CO Q
25
C
1
C
2
C
| C
2
- C |
| C
1
- C |
C
| C

2
- C |
| C
1
- C |
`
C
M1
C
M2
d
1
d
2
| d
2
- d |
| d
1
- d |
d
2 4 1
2 4 2
5 2
Na HPO n 2 1
3 3
5
n
3
5 1

NaH PO n 1 2
3 3
= =
=
= =