giải chi tiết 95 bài tập hóa vô cơ hay và khó từ các đề thi thử 2015 2016 (p1)

Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus

GIẢI CHI TIẾT

BÀI TẬP HÓA VÔ CƠ HAY VÀ KHÓ
TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ 2015 – 2016 (Phần 1)
Lời nói đầu !
“Xuân tới, hè qua, thu đến! Đông lại về,
Người đến, người đi còn lại chi,
Tình tôi trao người duy chỉ một,
Nặng lòng hẹn ước, thầm đưa duyên,
Sông đời vẫn chảy, bến lòng tôi còn đó,
Ngóng đợi thuyền nao cập bến những đêm dài ...”
Đây là MÓN QUÀ SINH NHẬT mình gửi tới ”một người bạn” dẫu rằng không còn
gặp lại nữa. Mình nghĩ không món quà nào ý nghĩa bằng dành tặng bạn bằng những gì
mình hay nhất, tạm gọi là tốt nhất; đồng thời qua đó cũng giúp các bạn học sinh 98 có
1 tài liệu hữu ích ôn tập kỳ thi THPT Quốc Gia 2016.
Chúc bạn luôn vui tươi hạnh phúc, thành công trên con đường học tập! 

Qua đây cũng
Gửi lời cảm ơn sâu sắc nhất tới Thầy Nguyễn Văn Duyên – là người Thầy đã dìu dắt con
những bước đi đầu đến với việc nghiên cứu tìm tòi về Hóa Học Phổ Thông.
Cảm ơn các quý Thầy cô là những tác giả của các bài tập được mình sử dụng trong tài liệu này.
Các câu đều được trích dẫn nguồn rõ ràng. Tuy nhiên do có một số bài tập được tổng hợp từ Internet,
mạng xã hội nên mình không trích dẫn rõ ràng về nguồn, rất mong sự thông cảm từ quý Thầy cô.
“Tài liệu này được chia sẽ miễn phí, với mục địch phi thương mại nên rất mong nhận được sự đóng
góp, phản hồi từ quý Thầy cô cũng như các bạn học sinh để tài liệu ngày một hoàn thiện hơn và sẽ là nguồn tư
liệu quý báu cho các bạn học sinh ôn thi THPT Quốc Gia.”
Sài Gòn, 21 : 41 ngày 04/01/2016

“HAPPY BIRTHDAY – CHÚC MỪNG SINH NHẬT – 04/01/2016”

Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus

TUYỂN TẬP 95 CÂU HỎI VÔ CƠ HAY VÀ KHÓ
PHẦN 1: 60 CÂU NỀN TẢNG
Câu 1: Cho 30 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, ZnO và Fe(NO3)2 tan hoàn toàn trong dung dịch chứa 0,725 mol
H2SO4 loãng. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch Y chỉ chứa 90,4 gam muối sunfat
33
trung hòa và 3,92 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm N2 và H2. Biết tỉ khối của Z so với H2 là
. Tính khối lượng
7
các chất trong hỗn hợp X?
(Trích đề thi tuyển HSG – bảng B tỉnh Quảng Ninh năm học 2015 – 2016)
 Hướng dẫn giải
33
Áp dụng bảo toàn khối lương, ta có: m H2O  30  0,725  98  90, 4  0,175   2  9 gam  H2 O  0,5 mol
7
Áp dụng bảo toàn nguyên tố H, ta có: NH 4 
BTNT N

 Fe(NO3 )2 

0,725  2  0,125  2  0,5  2
 0,05 mol
4

0,05  0,05  2
BTNT O
 ZnO  0,5  0,075  6  0,05 mol

 0,075 mol 
2

Mg 2   a mol
 3
Al  b mol
Fe2  / Fe3 / (Fe2   Fe3 )

dd Y  2 
Mg  a mol
Al  b mol
Zn  0,05 mol
0,725 mol H2SO4

SO2   0,725 mol
30 gam 
+ H2 O

 4
ZnO

0,05
mol

0,5 mol
NH 4  0,05 mol
Fe(NO3 )2  0,075 mol
90,4 gam
N 2  0,05 mol
Z

H 2  0,125

Áp dụng bảo toàn mol electron  ne nhËn  0,05  10  0,125  2  0,05  8  1,15 mol
Với “format” ra đề của tác giả thì tới đây người giải chúng ta “bắt buộc” vào hóa thân thành các “thầy bói”
để đoán xem ý tác muốn dung dịch Y chỉ Fe2+; Fe3+ hay cả 2 ion. Thật ra đây là vấn đề còn khá nhiều tranh luận
về việc đã sinh H2 thì áp đặt theo dãy điện hóa thì dung dịch không thể tồn tại Fe3+ được. Theo quan điểm của
cá nhân mình thì việc áp đặt thứ tự phản ứng theo dãy điện hóa ở phổ thông ở đây có những vẫn đề chưa hợp lý
như sau:
+ Thứ 1: việc áp đặt hỗn hợp các chất gồm kim loại, oxit kim loại, muối của kim loại phản ứng tuân theo 1 thứ
tự nhất định nào đó là dường như “không ổn” vì bản thân hóa học vô cơ không có cơ chế phản ứng như hóa học
hữu cơ nên việc các hỗn hợp các chất như trên tham gia phản ứng là rất hỗn loạn. (ví dụ thử hỏi hỗn hợp Na, Ba
cho vào H2O thì thứ tự phản ứng làm sao???)
+ Thứ 2: dãy điện hóa ở chương trình phổ thông hiện hành được sắp xếp dựa vào thế điện cực chuẩn Eo (phụ
thuộc vào nồng độ, các bạn học chuyên sẽ biết được phương trình Nersnt), nói vui là kiểu làm bài này phải thực
hiện ở nhiệt độ phòng máy lạnh 250C thì mới chuẩn.
“HAPPY BIRTHDAY – CHÚC MỪNG SINH NHẬT – 04/01/2016”


Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus

+ Thứ 3: đề thi của Bộ đã từng xuất hiện trường hợp như khi có H2 thoát ra dung dịch chứa cả Fe2+, Fe3+ ở đề
thi Cao đẳng và đề minh họa 2015 rồi. Chính vì thế cá nhân mình nghĩ nếu là đề thi CHÍNH THỨC của BỘ sẽ
ra “quang minh chính đại” đường đường giải được ở trường hợp tổng quát nhất chỉ không phải mò thế này!
Còn ở bài này, thì chúng ta phải đoán ý tác giả vậy! Với các bài này thì thông thường học sinh sẽ tiếp cận với
việc giả sử lần lượt chỉ chứa Fe2+, Fe3+ hoặc cả 2 khi đó sẽ xuất hiện trương hợp giải ra nghiệm, nghiệm âm và
không đủ dữ kiện để giải từ đó dẫn đến kết quả bài toán.
+ Trường hợp dung dịch Y chỉ chứa Fe2+ (yêu tiên trường hợp này trước với các đề thi thử vì nhiều tác giả rất
thích máy móc hóa Lý thuyết vấn đề).

a  0,35 mol

24a  27b  0,05  81  0,075  180  30 gam
Khi đó  BT§T dd Y
 
 2a  3b  0,05  2  0,05  0,075  2  0,725  2 mol
b  0,15 mol

 
BTE n
Kiểm tra lại với 
e cho  2a  3b  2  0,35  3  0,15  1,15 mol = n e nhËn (Nghiệm thỏa!)

(Bài viết được viết dựa trên luận điểm cá nhân)
Câu 2: Cho 66,2 gam hỗn hợp X gồm Fe3O4, Fe(NO3)2, Al tan hoàn toàn trong dung dịch chứa 3,1 mol KHSO4
loãng. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y chỉ chứa 466,6 gam muối sunfat trung hòa
và 10,08 lít (đktc) khí Z gồm 2 khí trong đó có một khí hóa nâu ngoài không khí. Biết tỉ khối của Z so với He là
23
. Phần trăm khối lượng của Al trong hỗn hợp X gần nhất với giá trị nào sau đây?
18
A. 15.
B. 20.
C. 25.
D. 30.
(Đề thi minh họa kỳ thi THPT Quốc Gia năm 2015 – Bộ GD&ĐT)
 Hướng dẫn giải
n Z  0, 45 mol
NO  0,05 mol

khÝ hãa n©u ngoµi kh«ng khÝ lµ NO
 Z gồm 
Ta có: 

46
H 2  0, 4 mol
M Z  9
NO  0,05 mol
Z
H 2  0, 4 mol
460,45  2,3 gam
9

Fe3 O 4
K   3,1 mol
KHSO4  3,1 mol

 3
66,2 gam Fe(NO3 )2 
Al
Al


dd Y Fe
+ H2 O
SO2   3,1 mol
 4
NH 

4
466,6 gam
66,2  3,1  136  466,6  2,3
Khi đó áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có: H2 O 
 1,05 mol

18
3,1  0, 4  2  1,05  2
Áp dụng bảo toàn nguyên tố H  NH 4 
 0,05 mol
4
0,05  0,05
Áp dụng bảo toàn nguyên tố N  Fe(NO3 )2 
 0,05 mol
2
“HAPPY BIRTHDAY – CHÚC MỪNG SINH NHẬT – 04/01/2016”


Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus

Áp dụng bảo toàn nguyên tố O  3n Fe3O4  6n Fe(NO3 )2  n NO  n H2O  Fe3 O4  0,2 mol (O/ SO24 triệt tiêu nhau)
0,05 1,05
60,05
Khi đó theo khối lượng X, ta có: m Al  66,2  0,2  232  0,05  180  10,8 gam
Fe3O4

Fe(NO3 )2

10,8
gÇn nhÊt
 100  16,31% 
 15%
66,2
Comment: Ở câu này Bộ “rất khéo” khi không hỏi về anh Fe tránh đụng đến vấn đề “nhạy cảm có phần gây
tranh cãi” đó là việc đã sinh H2 thì dung dịch không chứa Fe3+ (theo thứ tự phản ứng của dãy điện hóa). Tuy
K   3,1 mol

SO24  3,1 mol

BT§T  n
NH 4  0,05 mol 
nhiên nếu ta mổ xẻ ra thì dd Y gồm Al3  0, 4 mol
 /Fe  1,85mol
 2
3
2
3
Fe / Fe / (Fe , Fe )

 %m Al 

+ Nếu chỉ chứa Fe2+  Fe2  

1,85
 (0,2  3  0,05)
2
Fe trong X

+ Nếu chỉ chứa Fe3+  Fe3 

1,85
 (0,2  3  0,05)
3

Fe trong X
BTNT Fe n
 

 n Fe3  n Fe trong X  0,65 mol
Fe2   0,1 mol


Fe2 
  3
Vậy dung dịch chứa cả Fe và Fe  
BT §T Fe 2n


Fe  0,55 mol

2   3n 3   1,85 mol

Fe
Fe
Đây là ví dụ mình muốn minh họa cho các bạn thấy trường hợp có khí H 2 thoát ra dung dịch vẫn
có thể chứa cả Fe3+ từ đề thi của Bộ Giáo dục và Đào Tạo ở dạng bài kim loại, muối, oxit kim loại
phản ứng trong môi trường H+, NO3 . Dĩ nhiên bài viết trên mình đã nhấn mạnh là xét trên quan điểm
2+

3+

cá nhân cũng như kiến thức hạn chế của mình. Để kiểm chứng điều này có lẽ cần làm thí nghiệm thực
nghiệm, tuy nhiên với điều kiện học tập và ở mức độ phổ thông của nước ta thì rất khó cho ngay cả
các giáo viên và học sinh kiểm chứng. Thôi thì là 1 học sinh, với đại đa số đông học sinh hiện nay thì
đều “HỌC ĐỂ THI” vì thế khi gặp những câu hỏi kiểu này thì đôi khi “thực dụng” lại hay (tìm cách
giải ra đáp số của bài toán thay vì “lăn tăn” gì đó hay áp đặt ràng buộc lý thuyết Dãy điện hóa vào,
có khi làm vấn đề trở nên muôn trùng khó khăn).

Câu 3: Cho 38,55 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, ZnO và Fe(NO3)2 tan hoàn toàn trong dung dịch chứa 0,725
mol H2SO4 loãng. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch Y chỉ chứa 96,55 gam muối
sunfat trung hòa và 3,92 lít (đktc) khí Z gồm hai khí trong đó có một khí hóa nâu ngoài không khí. Biết tỉ
khối của Z so với H2 là 9. Phần trăm số mol của Mg trong hỗn hợp X gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 25.
B. 15.
C. 40.
D. 30.
(Thi thử chuyên ĐH Vinh lần 4 – năm 2015)
 Hướng dẫn giải
Hai khí có khí hóa nâu ngoài không khí  NO. Dựa vào tỉ khối hơi suy ra khí còn lại là H2.
n NO  n H2  0,175 mol


n NO  0,1 mol

 30n NO  2n H2
 9.2

n H2  0,075 mol
 n n
NO
H

2

“HAPPY BIRTHDAY – CHÚC MỪNG SINH NHẬT – 04/01/2016”


Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus

Mg2 
Al 3
 2
Fe2  / Fe3
Zn
dd Y 
Mg  a mol

Al  b mol
NH 4  0,05 mol
0,725 mol H2SO4

SO2   0,725 mol
38,55 gam 


 4
ZnO

0,2
mol

96,55 gam
Fe(NO3 )2  0,075 mol
NO  0,1 mol
Z
H 2  0,075 mol

+ H2 O

Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có:
mX  mH2SO4  mY  mZ  mH2O  mH2O  38,55  0,725  98  96,55  0,175  18  9,9 gam  H2 O  0,55 mol
Áp dụng bảo toàn nguyên tố H, ta có:

0,725  2  0,55  2  0,075  2
 0,05 mol
4
0,1  0,05
 n NH  Fe(NO3 )2 
 0,075 mol
4
2

2n H2SO4  2n H2  2n H2O  4n NH  NH 4 
4

BTNT N  2n
Khi đó 
Fe(NO3 )2  n NO

BTNT O n
2

ZnO  6n Fe(NO3 )2  n NO  n H2O  ZnO  0,1  0,55  6  0,075  0,2 mol (O trong SO 4 triệt tiêu nhau)

Lập luận: nếu như dung dịch Y vừa chứa Fe2+ vừa chứa Fe3+ thì không đủ dữ kiện để xử lý bài toán.
Nói cách khác tới đây ta phải “hiểu ý” tác giả: Giả sử dung dịch chỉ chứa Fe2+ thì …….
Theo giả thuyết và bảo toàn mol electron, ta có:
24a  27b  38,55  0,075  180  0,2  81  8,85 gam

a  0,2 mol

Fe(NO3 )2
ZnO


b  0,15 mol
2a + 3b  8  0,05  3  0,1  2  0,075
0,2
gÇn nhÊt
 %n Mg 
 100  32% 
 30%
0,2  0,15  0,2  0,075
Câu 4: Hòa tan hoàn toàn m gam MSO4 (M là kim loại) vào nước thu được dung dịch X. Điện phân dung dịch
X (điện cực trơ, hiệu suất 100%) với cường độ dòng điện 7,5A không đổi, trong khoảng thời gian 1 giờ 4 phút
20 giây, thu được dung dịch Y và khối lượng catot tăng a gam. Dung dịch Y tác dụng vừa đủ với 200 ml dung
dịch chứa KOH 1M và NaOH 1M, sinh ra 4,9 gam kết tủa. Coi toàn bộ lượng kim loại sinh ra đều bám hết vào
catot. Giá trị của m và a lần lượt là
A. 24 và 9,6.
B. 32 và 4,9.
C. 30,4 và 8,4.
D. 32 và 9,6.
 Hướng dẫn giải
It 7,5  3860
 0,3 mol
+ I = 7,5A; t = 1.60.60 + 4.60 + 20 =3860 giây  n e  
F
96500
+ Do dung dịch Y + dung dịch (KOH, NaOH)  sinh kết tủa nên suy ra MSO4 còn dư sau điện phân.

1
M2  2OH  
 M(OH)2
H   OH  
 H2 O
H2 O  2e 
 2H   O2
2
mol : (0,4  0,3)
 0,05
mol : 0,3  0,3
mol :
0,3
0,3 0,07

 MM(OH)2 

4,9
 98  M  64 (Cu)
0,05

0,3
BTE n

 0,15 mol  a = 0,15  64 = 9,6 gam
Cu b¸m vµo catot 
2

“HAPPY BIRTHDAY – CHÚC MỪNG SINH NHẬT – 04/01/2016”

Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus

BTNT Cu n

CuSO4 ban ®Çu  n Cu b¸m vµo catot  n Cu(OH)2  0,2 mol  m = 0,2  160 = 32 gam
0,15 mol

0,05

Câu 5: Hòa tan hoàn toàn 29,64 gam hỗn hợp X gồm Cu, Fe, ZnO và một oxit sắt bằng lượng vừa đủ V lít dung
dịch HCl 2aM và H2SO4 aM thu được 0,896 lít khí H2 (đktc) và dung dịch Y chứa m gam chất tan. Cho từ từ
dung dịch BaCl2 đến khi kết tủa cực đại thì dừng lại, cho tiếp AgNO3 dư vào, sau phản ứng thu được 212,1 gam
kết tủa. Mặt khác cho cùng lượng X trên tác dụng với dung dịch HNO3 đặc nóng lấy dư thu được 8,96 lít NO2
(đktc). Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 56.
B. 60.
C. 62.
D. 58.
 Hướng dẫn giải
 Ba 2   SO24  BaSO4
x mol x mol

BaCl2  x mol
Ba2 d­  tÝnh theo SO24 
n HCl = 2x mol
x mol


L­u ý :

Cl 


n


Ag
d­

tÝnh
theo
Cl


 x mol
H
SO
Ag

Cl

AgCl
HCl  2x mol

(2x+2x)
mol

 2 4
(2x+2x) mol



4x mol
Áp dụng bảo toàn mol electron cho thí nghiệm I và II, ta có : n Ag  2 n H2
0,04 mol

HCl  2x mol
H2SO4 = x mol







Cu
Fe


ZnO
Fex O y
29,64 gam

 n NO2  n Ag  0,32 mol
0,4 mol

H2  0,04 mol

(1) BaCl2 = x mol
R n 
BaSO 4 = x mol


(2) AgNO d­
 

3

dd Y Cl = 2x mol  212,1 gam AgCl  4x mol
SO2   x mol
Ag  0,32 mol

 4

 HNO3 d­

 NO2  0, 4 mol

Vậy: m  233x  143,5  4x  0,32  108  212,1 gam  x = 0,22 mol
Khi đó, ta có :

n

H




0,88  0,04  2
2H  H2
 2x  2x = 0,88 mol   
 n O trong X 

 0, 4 mol
2
2

2H  O  H 2 O

gÇn nhÊt

 m Y  29,64  0, 4  16  0, 44  35,5  0,22  96  59,98 gam 
 60 gam
X

O trong X

Cl

SO24

Câu 6: Cho m gam hỗn hợp bột X gồm FexOy, CuO và Cu (x, y nguyên dương) vào 600 ml dung dịch HCl
1M, thu được dung dịch Y (không chứa HCl) và còn lại 6,4 gam kim loại không tan. Cho Y tác dụng với
lượng dư dung dịch AgNO3, thu được 102,3 gam kết tủa. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị của
m gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 22,7.
B. 34,1.
C. 29,1.
D. 27,5.
 Hướng dẫn giải
Do còn rắn dư (Cu) sau phản ứng  dung dịch Y chỉ chứa Fe2+ (không chứa Fe3+) phản ứng với Ag+ sinh Ag.
Do 2H  O2  H2 O  nO trong X  0,3 mol .
Fe2   a mol 

BTNT Cl  0,6 mol
AgCl 


AgNO


2

Fe
O
3
 x y
Y Cu  b mol   
102,3  86,1

0,6
mol
HCl
Ag 
 0,15 mol




CuO



Cl  0,6 mol 


108

Cu
102,3 gam

m gam
Cu  6, 4 gam

“HAPPY BIRTHDAY – CHÚC MỪNG SINH NHẬT – 04/01/2016”


Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus

Do

Fe2   Ag  Ag  Fe3
mol : 0,15

 0,15

BT§T  Cu2  b  0,6  0,15  2  0,15 mol

2

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có:
gÇn nhÊt
m  m Fe  m Cu  m O  0,15  56  (0,15  64  6, 4)  0,3  16  29,2 gam 
 29,1 gam
mCu

Câu 7: Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Mg, Fe, FeCO3, Cu(NO3)2 vào dung dịch chứa NaNO3 (0,045
mol) và H2SO4, thu được dung dịch Y chỉ chứa 62,605 gam muối trung hòa (không có ion Fe3+) và 3,808 lít
19
(đktc) hỗn hợp khí Z (trong đó có 0,02 mol H2). Tỉ khối của Z so với O2 bằng
. Thêm dung dịch NaOH 1M
17
vào Y đến khi thu được lượng kết tủa lớn nhất là 31,72 gam thì vừa hết 865 ml. Mặt khác, cho Y tác dụng vừa
đủ với BaCl2 được dung dịch T. Cho lượng dư AgNO3 vào T thu được 256,04 gam kết tủa. Giá trị của m là
A. 34,6.
B. 32,8.
C. 27,2.
D. 28,4.
 Hướng dẫn giải


Mg
NaNO3  0,045 mol

Fe
H SO  a mol

4
 2



FeCO3
Cu(NO3 )2

Cu 2  Mg 2  Fe2 
 2
SO  a mol
Y  4
Na = 0,045 mol
NH  = b mol

4
62,605 gam

Cu 2 
 2
Mg
0,865
mol

NaOH   2 
Fe
OH  = 2a  b  0,045

31,72 gam
Fe2
T
AgNO3
BaCl2

 Cl  

BaSO 4

AgCl

Ag
BaSO
4

256,04 gam

m gam

H 2  0,02 mol

0,17 mol Z CO 2
N O
 x y
Theo bảo toàn điện tích trong dung dịch Y, ta có: 2n KL

+

H2O

6,08 gam
 0,045  b  2a mol  2n KL  (2a  b  0,045 ) mol (*).

tõ (*)
a  0,455 mol
Để thu được lượng kết tủa là tối đa  2n KL  b  0,865 mol 

m KL  0,045  23  96a  18b  62,605 gam
Từ 

 62a  35b  29,085 gam  b = 0,025 mol
m KL  17  (2a  b  0,045)  31,72 gam
2  0, 455  4  0,025  0,02  2
BTNT H 

H2 O 
 0,385 mol
2
Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có: m  62,605  6,08  18  0,385  0,045  85  98a  27,2 gam
dd Y

Z

H2O

NaNO3

H2SO4

Comment: Với cách giải trên thì không cần đến dữ kiện cuối! Tuy nhiên nếu giả theo ý của tác giả thì như sau:
BaSO4  0,455 mol
nBaCl  0,455 mol

2
 256,04 gam AgCl  Cl   0,91 mol
Tìm được số mol SO24 = 0,455 mol 
Ag  0,18 mol  Fe2  0,18 mol


“HAPPY BIRTHDAY – CHÚC MỪNG SINH NHẬT – 04/01/2016”

Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus

Mg2  Cu 2
Cu2
 2
 2
Fe  0,18 mol
Mg
0,865
mol
Khi đó dung dịch 62,605 gam  2


31,72
gam
 2
NaOH
SO 4  0,455 mol
Fe = 0,18 mol
NH   b
OH  = 0,865  b


4
Từ đây lập được 2 phương trình về khối lượng  b = 0,025. Tới đây thì tương tự như cách mình trình bày ở
trên BTNT H và BTKL để ra kết quả.
Câu 8: Hòa tan hết 17,76 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, FeCl2 và Fe(NO3)2 vào dung dịch chứa 0,408 mol HCl
thu được dung dịch Y và 1,6128 lít khí NO (đktc). Cho từ từ AgNO3 vào dung dịch Y đến khi thấy khi các phản

ứng xảy ra hoàn toàn thì lượng AgNO3 phản ứng là 99,96 gam, sau phản ứng thu được 82,248 gam kết tủa;
0,448 lít khí NO2 (đktc) thoát ra và dung dịch Z chỉ chứa m gam muối. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào
sau đây?
A. 44.
B. 41.
C. 43.
D. 42.
 Hướng dẫn giải
AgCl
99,96
BTNT Ag
+ Nếu kết tủa chỉ chứa AgCl 
 m AgCl 
.143,5  84,378 gam > 82,248 gam  kÕt tña 
170
Ag


n AgCl  n Ag  n AgNO3 ph¶n øng  0,588 mol 
n AgCl  0,528 mol
+ Theo giả thuyết và bảo toàn nguyên tố Ag : 



n Ag  0,06 mol
143,5n AgCl  108n Ag  82,248 gam
0,528  0,408
 0,06 mol
+ Khi đó, áp dụng bảo toàn nguyên tố Cl, ta có: 2n FeCl2  n HCl  n AgCl  n FeCl2 
2

+ Mặt khác, khi cho từ từ đến dư AgNO3 vào dung dịch Y có khí NO2 thoát ra  trong Y có H+ còn dư.

2H   NO3  1e 
 NO2  H2 O
Theo mối liên hệ về số mol H+ và sản phẩm khử, ta có: 
0,02
mol : 0,04 

Vậy trong dung dịch Y không chứa NO3 và 4n NO  0,288 mol  (0,408  0,04) mol  Y có chứa NH 4
H ph¶n øng t¹o spk

 n NH 
4

(0,408  0,04)  0,288
 0,008 mol
10
NO2 : 0,02 mol

Mg2   x mol
NO : 0,072 mol
 3

 0,588 mol AgNO3
Al  y mol

dung dÞch Y 

Z Fe3  (0,06  z) mol
H O

NH   0,008 mol
 2
4

NO   (0,588  0,02) mol
17,76 gam
 3


0,008  4  2n H2O  (0,408  0,04) mol
n H O  0,168 mol
 2
Áp dụng bảo toàn nguyên tố H và O, ta có: 


z  0,04 mol
6z  0,072  n H2O
24x  27y  (17,76  0,06  127  0,04  180) gam

Fe(NO3 )2
FeCl2
Theo giả thuyết và bảo toàn điện tích, ta có: 
2x  3y  (0,568  0,008  3  0,1) mol

x  0,1 mol

y  0,02 mol
Mg  x mol
Al  y mol


 0,408 mol HCl



Fe(NO3 )2  z mol
FeCl 2  0,06 mol

“HAPPY BIRTHDAY – CHÚC MỪNG SINH NHẬT – 04/01/2016”


Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus

gÇn nhÊt

 44 gam
Vậy mmuèi  0,1.24  0,02  27  0,1 56  0,008 18  0,568  62  43,9 gam 
Câu 9: Hòa tan 10,92 gam hỗn hợp X chứa Al, Al2O3 và Al(NO3)3 vào dung dịch chứa NaHSO4 và 0,09 mol
HNO3, khuấy đều cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch Y chứa các chất tan có khối lượng
127,88 gam và 0,08 mol hỗn hợp khí Z gồm 3 khí không màu, không hóa nâu ngoài không khí. Tỉ khối hơi của
Z so với He bằng 5. Cho từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch Y, phản ứng được biểu diễn theo đồ thị
sau:

Phần trăm khối lượng của khí có khối lượng phân tử lớn nhất trong hỗn hợp Z là
A. 41,25%.
B. 68,75%.
C. 55,00%.
D. 82,50%.
 Hướng dẫn giải
Từ đồ thị sau 1 thời gian mới có kết tủa xuất hiện  dung dịch có chứa H+ còn dư (nếu không chứa H+ thì
theo BTĐT và khối lượng chất tan  vô lý)


Al(OH)3  OH  [Al(OH)4 ]
Al(OH)3  max khi NaOH = 1 mol


 Al3  Al(OH)3  max  0,3 mol


Al(OH)3  tan hÕt khÝ NaOH = 1,3 mol
 NaOH phản ứng Al3+ = 4  0,3 = 1,2 mol  H  NH4  1,3  1,2  0,1 mol

Al3  0,3 mol
 
Na  a mol

dd Y SO24  a mol
 

HNO3 = 0,09 mol
H  b mol
Al  0,3 mol NaHSO = a mol

NH   c mol

4

4

10,92 gam O



127,88 gam
N

N 2

0,08 mol Z N 2 O
H
 2
1,6 gam

+ H2 O

119a  b  18c  (127,88  27  0,3) gam
a  1 mol


 b  0,06 mol
Theo giả thuyết, áp dụng bảo toàn điện tích: a  b  c  0,3  3 mol
b  c  0,1 ol
c  0,04 mol


BTKL

 10,92  0,09  63  120  1  127,88  0,08  4  5  18n H2O  H2 O  0,395 mol
X
Y
Z
HNO3 NaHSO4

0,09  1  0,06  0,04  4  0,395  2
 0,04 mol
2

N 2
N 2  0,015 mol
n N  n N2O  0,04 mol
 0,04 mol 
 2

N 2 O
N 2 O  0,025 mol

28n N2  44n N2O  (1,6  0,04  2) gam

Áp dụng bảo toàn nguyên tố H, ta có: H2 

“HAPPY BIRTHDAY – CHÚC MỪNG SINH NHẬT – 04/01/2016”


Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus

0,025  44
.100  68,75%
1,6
Câu 10: Hòa tan m gam hỗn hợp CuSO4 và KCl vào nước thu được X. Điện phân dung dịch X với cường độ
dòng điện không đổi (điện cực trơ, màng ngăn xốp). Thể tích khí V thoát ra (đktc) theo thời gian t được biểu
diễn trên đồ thị sau:
Vậy %N 2 O 

V (lít)
3,808

0

t (giây)
200

350

450

Nếu dừng điện phân ở thời điểm 250 giây rồi đem nhúng thanh nhôm (dư) vào dung dịch, sau phản ứng hoàn
toàn, khối lượng thanh nhôm thay đổi như thế nào?
A. Tăng 1,75 gam.
B. Giảm 0,918 gam.
C. Tăng 1,48 gam.
D. Giảm 1,25 gam.
 Hướng dẫn giải
Phân tích: Ta có thứ tự điện phân như sau
®pdd
 0 – 200 giây (Đoạn 1): CuSO4  2KCl 
 Cu  K2 SO4  Cl2

 Lúc này chỉ có Cl  điện phân sinh khí Cl2, đoạn thẳng thứ nhất biểu diễn lượng khí Cl2 thoát ra.
1 

®pdd
 NÕu CuSO4 d­ : CuSO4  H 2 O  Cu  H 2 SO 4  2 O2
 200 – 350 giây (Đoạn 2): 

1
1
®pdd
 NÕu KCl d­: KCl + H O 
 KOH  Cl2  H2
2
mµng ng¨n xèp

2
2
 Lúc này dù là CuSO4 dư hay KCl dư thì đều là H2O điện phân
+ Nếu CuSO4 dư thì H2O điện phân ở anot  chỉ có khí O2 (ở anot) thoát ra  khí thoát ra chậm hơn ở
đoạn 1 nên khi đó đoạn 2 sẽ thoải hơn đoạn 1.
+ Nếu KCl dư thì H2O điện phân ở catot và Cl  điện phân ở anot  ở cả catot (khí H2) và anot (khí Cl2)
đều có khí thoát ra  khí thoát ra nhanh hơn nên đoạn 2 sẽ dốc hơn đoạn 1.
 350 – 450 giây (Đoạn 3): Lúc này H2O điện phân ở cả hai điện cực  ở catot (khí H2) và ở anot (khí O2)
thoát ra
Dựa vào hình vẽ trong bài ta thấy:
 Từ 0 – 200 giây: Cl  bị điện phân sinh khí Cl2
200I
100I
2Cl 2e  Cl2
ne ®o¹n 1 

 nCl2 
 mol 
96500
96500
 Từ 200 – 350 giây: H2O bị điên phân tại anot sinh khí O2 (do dựa vào hình vẽ đoạn 2 thoải hơn đoạn 1)


1

H2O  2e  2H  O2
150I
2  n  37,5I  mol 
ne ®o¹n 2 

O2
96500
96500
 Từ 350 – 450 giây: H2O bị điên phân ở cả 2 điên cực sinh khí H2 và O2
50I

1 H  OH n H2 
 mol 
catot:
H
O

e

100I

2
2
96500
2
n e ®o¹n 3 



96500 anot: H2O  2e  2H  1 O2 
25I
2
n O2 
 mol 

96500


“HAPPY BIRTHDAY – CHÚC MỪNG SINH NHẬT – 04/01/2016”


Luyn thi THPT QUC GIA HểA HC-PHM CễNG TUN T (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus

Khi ú, theo gi thuyt t hỡnh v ta cú:
100I
37,5I
50I
25I
n khí thoát ra sau 450s 96500 96500 96500 96500 0,17 mol I = 77,2 A
nCl đoạn 1
2

nO đoạn 2
2

n(H O ) đoạn 3
2 2

200.77,2

n KCl ban đầu 2n Cl2
0,16 mol


96500
Theo phng trỡnh in phõn ta cú:
350.77,2
Tại 350s Cu2+ điện phân hết n
0,14 mol
CuSO4 ban đầu

2.96500

250.77,2
0,1 mol nCuSO4 còn dư 0,14 0,1 0,04 mol
Ti thi im 250 giõy: nCuSO4 đã điện phân
2.96500
50s sau:
200s đầu:
đpdd
CuSO4 2KCl
Cu K 2 SO4 Cl2

0,08 0,16

mol

1

đpdd
CuSO4 H 2 O
Cu H 2 SO4 O2
2

mol

0,02 0,02

Vy khi dng in phõn thi im 250 giõy thỡ thu c dung dch sau in phõn l CuSO4 (0,04 mol) v
H2SO4 (0,02 mol). Khi ú nhỳng thanh nhụm (d) vo, ta cú:
2Al 3CuSO4 còn dư
Al2 (SO4 )3 3Cu
2Al 3H2SO4
Al2 (SO4 )3 3H2

2
0,04
0,04 mol
75

1
0,02
75

mol


n Al phản ứng 0,04 mol

m 0,04.64 0,04.27 1, 48 gam

n Cu bám vào 0,04 mol
Vy thanh khụi lng thanh Al tng 1,48 gam.

Cõu 11: Dung dch X cha Fe2+ (0,25 mol), Cu2+, Cl v NO3 . Dung dch Y cha Na+ (0,08 mol), H+ v Cl .
Cho dung dch X vo dung dch Y thu c dung dch Z v 0,06 mol khớ NO. Cho dung dch AgNO3 n d
vo dung dch Z, thy thoỏt ra 0,02 mol khớ NO; ng thi thu c 133,1 gam kt ta. Nu nhỳng thanh Fe
vo dung dch X thỡ khi lng thanh Fe tng m gam. Bit cỏc phn ng xy ra hon ton; NO l sn phm kh
duy nht ca NO3 trong c quỏ trỡnh. Giỏ tr ca m l
A. 0,32.

B. 0,40.

C. 0,48.

D. 0,24.

( thi th ln 1 Din n Húa hc v ng dng BOOKGOL)
Hng dn gii
NO 0,06 mol


Na 0,08 mol
NO = 0,02 mol

Fe2 0,25 mol
dd Y H

AgCl 0,92 mol

Cl
Fe2 Fe3


NO3 0,06 mol

dd X 2



AgNO3 dư
Ag 0,01 mol
dd Z H
Cl

Cu
133,1 gam
Cu 2
Cl


Fe3 0,25 mol

Cu 2

HAPPY BIRTHDAY CHC MNG SINH NHT 04/01/2016


Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus

thÝ nghiÖm 1
BTNT N NO = 0,06 mol.
Từ mol khí thoát ra ở TN1 (dung dịch Z chứa H+  NO3 hÕt ) 
3
Mặt khác từ

4H  NO3  3e  NO  2H2 O
mol : 0,32 

0,08

BT§T dd Y Cl  trong Y  0,08  0,32  0,4 mol
 H trong Y = 0,32 mol 

Áp dụng bảo toàn mol electron cho toàn quá trình phản ứng, ta có :

0,25  (0,06  0,02)  3  n Ag  Ag = 0,01 mol  AgCl   Cl  trong X, Y 
NO
Fe2

133,1  0,01  108
 0,92 mol
143,5

Áp dụng bảo toàn nguyên tố Cl, ta có: Cl trong X = 0,92  0,4  0,52 mol
Khi đó, áp dụng bảo toàn điện tích cho dung dịch X, ta có: Cu2 

0,52  0,06  0,25  2
 0,04 mol

2

nhóng thanh Fe vµo dd X

mt¨ng  mCu  mFe  0,04  64  0,04  56  0,32 gam
Câu 12: Hòa tan hoàn toàn 18,025 gam hỗn hợp bột rắn gồm Fe2O3, Fe(NO3)2, Zn bằng 480 ml dung dịch HCl
1M sau phản ứng thu được dung dịch X chứa 30,585 gam chất tan và 1,12 lít (đktc) hỗn hợp khí gồm (N2O,
NO, H2) có tỉ khối với He là 6,8. Cho AgNO3 dư vào dung dịch X ở trên thấy thu được 0,112 lít khí NO (đktc)
(sản phẩm khử duy nhất ) và 72,66 gam kết tủa. Phần trăm khối lượng của Fe(NO3)2 trong hỗn hợp ban đầu là
A. 29,96%.
B. 39,89%.
C. 17,75%.
D.62,32%.
(Đề thi thử lần 1 – Diễn đàn Hóa học và Ứng dụng BOOKGOL)
 Hướng dẫn giải

H 2

0,05 mol  N 2 O
 NO

1,36 gam

 Zn 2
 2
NO = 0,005 mol
 Zn = x mol
3

Fe , Fe

HCl
=
0,48
mol
AgNO3
AgCl = 0,48 mol
Fe 2 O3 = y mol 

dd X Cl  0, 48 mol 
 
Fe(NO ) = z mol
3 2

Ag = 0,035 mol
H   0,02 mol

18,025 mol
72,66 gam
 NH 4 

30,585 gam

H2O
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có: H2 O 

18,025  0, 48  36,5  1,36  30,585
 0,2 mol
18

AgNO3

Do dung dịch X 
 có sinh khí NO  trong X có H+ dư

“HAPPY BIRTHDAY – CHÚC MỪNG SINH NHẬT – 04/01/2016”


Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus

Do

4H   NO3  3e  NO  2H2 O
mol :

0,005

Mặt khác, ta có: Ag 

 H+ trong X = 0,005  4 = 0,02 mol.

72,66  0, 48  143,5
 0,035 mol
108

Áp dụng bảo toàn mol electron, ta có: Fe2  0,035  0,005  3  0,05 mol
Áp dụng bảo toàn nguyên tố O  n N

O
 2
NO

= (3y + 6z – 0,2) mol  H2 = 0,05 – (3y + 6z – 0,2) = 0,25 – 3y – 6z

Áp dụng bảo toàn nguyên tố H  NH4+ =

0,48  0,02  0,2  2  2  0,2 5  3y  6z 
4



6y  12 z  0,44
mol
4

Theo giả thuyết, khối lượng chất tan X và bảo toàn điện tích trong dung dịch X, ta có: :

65 x  160 y  180 z  18, 025
 x  0,145 mol

6 y  12 z  0, 44


.18  0, 48.35,5  30,585   y  0, 02 mol
65 x  56.(2 y z)  0, 02.1 
4

 z  0, 03 mol

6 y  12 z  0, 44

2

x

0,
05.2

(2
y

z

0,
05).3

0,
02

.1

0,
48

4

 %m Fe(NO3 )2 

0,03  180
 100  29,96%
18,025

Comment: Nhận xét chủ quan thì câu này KHÓ. Mấu chốt câu này ở chỗ bảo toàn O và H. Lưu ý

đặc điểm 2 khí N2O và NO đều cùng chỉ có 1 oxi để bảo toàn.
Câu 13: Cho m gam hỗn hợp H gồm FexOy, Fe, Cu tác dụng hết với 200 gam dung dịch chứa HCl 32,85% và
HNO3 9,45%, sau phản ứng thu được 5,824 lít khí NO (đktc) là sản phẩm khử duy nhất và dung dịch X chứa (m
+ 60,24) gam chất tan. Cho a gam Mg vào dung dịch X, khi kết thúc phản ứng thấy thoát ra khí Y gồm 2 khí,
trong đó có khí hóa nâu trong không khí; tỉ khối của Y đối với He bằng 4,7 và (m - 6,04) gam chất rắn T. Giá trị
của a là
A. 21,48
B. 21,84
C. 21,60
D. 21,96
 Hướng dẫn giải

Fe

m gam H Cu
O


 HCl 


 HNO
3


1,8 mol

 0,3 mol


NO  0, 26 mol
Fe3
 2
Cl  1,8 mol
dd X Cu
NO3  0, 04 mol
 
H  0, 26 mol
(m  60,24) gam

H 2 O  0,92 mol
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có: m + 84,6 = m + 60,24 + 7,8 + 18 n H2O  H2O = 0,92 mol
“HAPPY BIRTHDAY – CHÚC MỪNG SINH NHẬT – 04/01/2016”


Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus

Áp dụng bảo toàn nguyên tố O  n O (trong H) = 0,26 + 0,12 + 0,92 – 0,9 = 0,4 mol
Áp dụng bảo toàn nguyên tố H  n H

(trong X)

= 2,1 – 1,84 = 0,26 mol

Ta có: n  Fe  (m  0, 4  16) gam

Cu

Khi đó:

 NO  3x mol
Y
 H 2  2x mol
Fe3

Cl  1,8 mol
 2
a gam Mg


Cu

NO3  0, 04 mol
 

H  0, 26 mol

 Mg 2

dd  NH 4
 
Cl  1,8 mol
H2O


T  Fe, Cu, Mg
(m 6,04) gam

Áp dụng bảo toàn khối lượng các kim loại  mMg (trong T) = (m – 6,04) – (m + 6,4) = 0,36 gam.
Áp dụng bảo toàn nguyên tố O  H2O = (0,12 – 3x) mol.

Áp dụng bảo toàn nguyên tô N  NH4+ = (0,04 – 3x) mol
Áp dụng bảo toàn nguyên tố H  0,26 = 4x + 2  (0,12 – 3x) + 4  (0,04 – 3x)  x = 0,01 mol
 NH4+ = 0,01 mol
Cuối cùng áp dụng bảo toàn điện tích  Mg2+ = 0,895 mol  a = 0,895  24 = 21,84 gam
Câu 14: Tiến hành phản ứng nhiệt nhôm hỗn hợp X gồm 0,03 mol Cr2O3; 0,04 mol FeO và a mol Al. Sau một
thời gian phản ứng, trộn đều, thu được hỗn hợp chất rắn Y. Chia Y thành hai phần bằng nhau. Phần một phản
ứng vừa đủ với 400 ml dung dịch NaOH 0,1M (loãng). Phần hai phản ứng với dung dịch HCl loãng, nóng (dư),
thu được 1,12 lít khí H2 (đktc). Giả sử trong phản ứng nhiệt nhôm, Cr2O3 chỉ bị khử thành Cr. Phần trăm khối
lượng Cr2O3 đã phản ứng là
A. 33,33%.
B. 20,00%.
C. 66,67%.
D. 50,00%.
 Hướng dẫn giải
+ Gấp đôi số liệu ở 2 thí nghiệm. Khi đó ta có sơ đồ sau:
 0,08 mol NaOH lo·ng
BTNT Na  a  0,08 mol

 NaAlO2 
Cr
Cr 2 
Cr O
Cr2 O3  0,03 mol
 3
 2 3
o

t
Cr
X FeO  0,04 mol  Y Fe

 HCl d­  Fe2 

Al  a mol
Al O


 2 3
Al3
Al

H 2  0,1 mol

“HAPPY BIRTHDAY – CHÚC MỪNG SINH NHẬT – 04/01/2016”


Luyn thi THPT QUC GIA HểA HC-PHM CễNG TUN T (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus

Nhn xột: Da vo s trờn nhn thy ch cú Al v Cr (Cr+3 trong Cr2O3) thay i sụ oxi húa.
p dng bo ton mol electron, ta cú:
3 0,08 0,2
0,02
3n Al 2n Cr2O3 phản ứng 2n H2 n Cr2O3 phản ứng
0,02 mol H%Cr2 O3 Cr
100 66,67%
2
0,03
Comment: Cõu ny thot nhỡn cú v rt khú nhai nhng tinh ý thỡ cỏc bn s thy cho s mol
FeO l nhiu thụi, nhỡn ra c iu ú thỡ bi toỏn tr thnh bi toỏn bo ton mol electron ton quỏ
trỡnh. Cỏi hay ca tỏc gi l vic a FeO vo bi toỏn. Rt tinh t!
Cõu 15: Hũa tan ht 13,52 gam hn hp X gm Mg(NO3)2, Al2O3, Mg v Al vo dung dch NaNO3 v 1,08 mol

HCl (un núng). Sau khi kt thc phn ng thu c dung dch Y ch cha cỏc mui v 3,136 lớt (ktc) hn hp
khớ Z gm N2O v H2. T khi ca Z so vi He bng 5. Dung dch Y tỏc dng ti a vi dung dch cha 1,14
mol NaOH, ly kt ta nung ngoi khụng khớ ti khi lng khụng i thu c 9,6 gam rn. Phn trm khi
lng ca Al cú trong hn hp X l
A. 31,95%.
B. 19,97%.
C. 23,96%.
D. 27,96%.
(Thy To Mnh c)
Hng dn gii
n Z 0,14 mol N 2 O 0,06 mol

dung dch Y khụng cha NO3
Ta cú:
M

20
H

0,08
mol
Z
2
N O 0,06 mol
Z 2
H 2 0,08 mol
0,1420 2,8 gam

Mg2 0,24 mol
HCl 1,08 mol

Mg(NO3 )2


(1) NaOH 1, 14 mol

Na a mol
NaNO3 = a mol

Al 2 O3

(2) Nung kết tủa
3

13,52 gam

dd Y Al b mol


MgO 0,24 mol
tác dụng tối đa
Mg
Cl 1,08 mol
Al

NH 4 c mol

BTNT H
H 2 O

1,08 0,08 2 4c
(0, 46 2c) mol
2

p dng nh lut bo ton khi lng, ta cú:
13,52 1,08 36,5 85a 2,8 23a 27b 18c 0,24 24 1,08 35,5 18 (0, 46 2 c)
HCl

Z

Y

H2O

62a 27b + 18c = 2,24 gam.
p dng bo ton khi lng, bo ton in tớch cho dung dch Y v s mol NaOH ph ng, ta cú:
62a 27b 18c 2,24 gam
a 0,1 mol


a 3b c (1,08 0,24 2) mol b 0,16 mol H2 O 0,46 2 0,02 0,42 mol
4b + c = (1,14 0,24 2) mol
c = 0,02 mol

0,06 2 0,02 0,1
0,02 mol
2
0, 42 0,06 0,1 3 0,02 6
p dng bo ton nguyờn t O Al2 O3
0,02 mol
3

p dng bo ton nguyờn t N Mg(NO3 )2

HAPPY BIRTHDAY CHC MNG SINH NHT 04/01/2016


Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus

0,12  27
 100  23,96%
13,52
Comment: Ngoài cách thuần BTNT mình trên bày, các bạn có thể sử dụng BTE để tìm số mol Al.
Áp dụng bảo toàn nguyên tố Al  Al  0,16  0,02  2  0,12 mol  %m Al 

Câu 16: Hòa tan hết 14,88 gam hỗn hợp gồm Mg , Fe3O4 , Fe(NO3)2 vào dung dịch chứa 0,58 mol HCl, sau khi
các phản ứng kết thúc thu được dung dịch X chứa 30,05 gam chất tan và thấy thoát ra 1,344 lít (đktc) hỗn hợp
khí Y gồm H2, NO, NO2 có tỷ khối so với H2 bằng 14. Cho dung dịch AgNO3 (dư) vào dung dịch X , sau khi
các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Z; 84,31 gam kết tủa và thấy thoát ra 0,224 lít (đktc) khí NO
là sản phẩm khử duy nhất của NO3-. Phần trăm khối lượng của Mg trong hỗn hợp ban đầu gần nhất với giá trị
nào sau đây?
A. 16%
B. 17%

C. 18%
D. 19%
 Hướng dẫn giải
H 2

0, 06 mol Y  NO
 NO
2

1,68gam

Mg  x

0,58 mol HCl


14,88 gam Fe3O4  y
Fe(NO )  1,5a  0, 015
3 2


Mg
Fe

dd X 
Cl  0,58

 NH 4  a
H   0, 04


30,05gam
H 2O

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng  14,88 + 0,58  36,5 = 30,05 + 1,68 + mH2O  H2O = 0,24 mol
Áp dụng bảo toàn H  0,54 = 2nH2 (Y) + 4a + 0,48  nH2 (Y) = (0,03 – 2a) mol
 n  NO  0, 06  (0, 03  2a)  2a  0, 03 mol

 NO2

Áp dụng bảo toàn N  nFe(NO3)2 = (1,5a + 0,015) mol

AgCl  0,58mol
Ta có: 84,31 gam kết tủa 
 AgNO3 phản ứng = 0,58 + 0,01 = 0,59 mol
Ag  0, 01 mol
NO3- + 4H+  NO + 2H2O
Mol:
0,04
0,01
0,02
2

Mg  x
 3

 dung dịch Z
Fe  3y  1,5a  0, 015 NO3  0,58


 NH 4  a

30,050,5917084,310,30,021845,38gam
“HAPPY BIRTHDAY – CHÚC MỪNG SINH NHẬT – 04/01/2016”


Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus

24x  232y  180(1,5a  0, 015)  14,88 gam
x  0,105 mol


Từ đây ta có hệ 2x  3  (3y  1,5a  0, 015)  a  0,58 mol
  y  0, 03 mol
24x  56  (3y  1,5a  0, 015)  18a  0,58  62  45,38 gam

a  0, 01 mol


 %mMg 

0,105  24
gÇn nhÊt
 100  16,94% 
 17%
14,88

Câu 17: Cho m gam hỗn hợp A gồm Al và Fe3O4. Nung A trong khí trơ, nhiệt độ cao để phản ứng xảy ra hoàn
toàn thu được hỗn hợp B. Nghiền nhỏ hỗn hợp B, trộn đều, chia làm hai phần không bằng nhau:
+ Phần 1 (phần ít): Tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được 1,176 lít khí H2. Tách riêng chất không tan
đem hòa tan trong dung dịch HCl dư thu được 1,008 lít khí.
+ Phần 2 (phần nhiều): Cho tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 6,552 lít khí.

Giá trị của m và thành phần phần trăm khối lượng của một chất có trong hỗn hợp A (thể tích các khí đo ở đktc)
gần giá trị nào nhất sau đây?
A. 22 và 63%.
B. 23 và 64%.
C. 23 và 37%.
D. 22 và 36%.
(Đề thi thử lần 1 – Diễn đàn Hóa học và Ứng dụng BOOKGOL)
 Hướng dẫn giải

 NaOH
Nhận xét: do phản ứng xảy ra hoàn toàn đồng thời Phần 1 
 H2  có Al dư.
BTE  Al d­ = 0,0525  2  0,035 mol
H 2  0,0525 mol 
3
NaOH
PhÇn 1 (Ýt) 
 Na[Al(OH)4 ]
Al 2 O3
HCl  H  0,045 mol 
BTE  Fe  0,045 mol
Al
Fe 

to
2

 Al d­

Fe3 O 4

Fe

H 2  0,2925 mol

HCl  Al3
PhÇn 2 (nhiÒu) 

Fe2
+ Không mất tính tổng quát, giả sử Phần 2 = k. Phần 1
+ Áp dụng bảo toàn mol electron TN phần 2: (3  0,035  2  0,045)  k  2n H2  2  0,2925 mol  k = 3
 H 2 khi B thùc hiÖn TN1 = 4  (0,0525+0,045) = 0,39 mol

Vậy mA  mB  4P1   BTNT Fe
4  0,045
 Fe3 O4 
 0,06 mol
 

3
Khi đó, áp dụng bảo toàn mol electron cho toàn quá trình, ta có:
2  0,39  2  0,06
3n Al  2n Fe3O4  2 n H2  Al 
 0,3 mol
3
gÇn nhÊt
m  0,3  27  0,06  232  22,02 gam 
 22 gam
A



0,3  27
gÇn nhÊt
 100  36,78% 
 37%
 %Al =
22,02


gÇn nhÊt
 63%
%Fe3 O4  63,22% 

“HAPPY BIRTHDAY – CHÚC MỪNG SINH NHẬT – 04/01/2016”


Luyn thi THPT QUC GIA HểA HC-PHM CễNG TUN T (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus

Cõu 18: Hũa tan ht m gam hn hp X gm Na, Na2O, K, K2O, Ba v BaO, trong ú oxi chim 8,75% v khi
lng vo nc thu c 400 ml dung dch Y v 1,568 lớt H2 (ktc). Trn 200 ml dung dch Y vi 200 ml dung
dch hn hp gm HCl 0,2M v H2SO4 0,15M thu c 400 ml dung dch cú pH = 13. Cỏc phn ng xy ra
hon ton. Giỏ tr m gn giỏ tr no nht sau õy?
A. 12.
B. 13.
C. 14.
D. 15.
Hng dn gii
n H 0,15 2 0,2 0,2 0,2 0,1 mol
Khi lấy 200 ml Y
n OH ban đầu 0,14 mol

pH 13 OH 0,1M n OH dư spứ 0,1 0, 4 0,04 mol
n OH trong 400 ml dung dịch Y 0,28 mol

Na
Na K Ba 2
K
dd
Y


Quy đổi hỗn hợp X thành
H 2 O

OH 0,28 mol
Ba
H2 0,07 mol
O
p dng bo ton nguyờn t H v O, ta cú:
0,28 2 0,07

0,21 mol
n H2 O
2

n O/ trong X 0,21 0,28 mol n O/ trong X 0,07 mol m O 1,12 gam

1,12
gần nhất
.100 12,8 gam
13 gam

8,75
Cõu 19: Hũa tan ht 40,1 gam hn hp gm Na, Na2O, Ba v BaO vo nc d thu c dung dch X cú cha
11,2 gam NaOH v 3,136 lớt khớ H2 (ktc). Sc 0,46 mol khớ CO2 vo dung dch X, kt thỳc phn ng, lc b
kt ta, thu c dung dch Y. Dung dch Z cha HCl 0,4M v H2SO4 aM. Cho t t 200 ml dung dch Z vo
dung dch Y, thy thoỏt ra x mol khớ CO2. Nu cho t t dung dch Y vo 200 ml dung dch Z, thy thoỏt ra
1,2x mol khớ CO2. Giỏ tr ca a l
Hng dn gii
mX



(0,08 + 0,4a) mol H
CO32
NaOH = 0,28 mol
Na 0,28
cho từ từ Z vào Y CO2 x mol
0,46
mol
X


Y
H2O


CO2

(0,08 + 0,4a) mol H

Ba a

Ba(OH)2
HCO3
cho từ từ Y vào Z CO2 1,2x mol
O b

H 2 0,14 mol
40,1 gam
137a 16b 23 0,28 40,1 gam
a 0,22

p dng bo ton khi lng v bo ton mol electron:
2a 0,28 (2a 2 0,14) mol
b 0,22
2

0,28 0,22 2
CO 0,04 mol
2 Y 3
n CO2
0, 46

HCO3 0,2 mol

2

HCO3
H CO3
H (0,04 x) mol
Thớ nghim 1: khi nh t t H+ vo dung dch Y thỡ

CO2 H 2 O

H HCO3

2

CO2 H 2 O
2H CO3
Thớ nghim 2: khi nh t t dung dch Y vo H+ thỡ

CO2 H 2 O

H HCO3
2
n CO2 1 số mol phản ứng với H
CO3 z mol
BTNT C
3
nCO2 z 5z 1,2x mol z 0,2x


Do


n HCO 5
HCO

5z
mol

3
3

Khi ú, H phn ng = 2z + 5z = 1,4x mol (0,04 + x) = 1,4x mol x = 0,1 mol

Do: 1

n OH



HAPPY BIRTHDAY CHC MNG SINH NHT 04/01/2016


Luyn thi THPT QUC GIA HểA HC-PHM CễNG TUN T (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus

Vy a

(0,1 0,04) 0,08
0,15M
0, 4

Cõu 20: Hũa tan hon ton m gam hn hp X gm K, K2O, KOH, KHCO3, K2CO3 trong lng va
dung dch HCl 14,6%, thu c 6,72 lớt (ktc) hn hp gm hai khớ cú t khi so vi H2 l 15 v dung dch
Y cú nng 25,0841%. Cụ cn dung dch Y, thu c 59,6 gam mui khan. Giỏ tr ca m l
A. 46,6.
B. 37,6.
C. 18,2.
D. 36,4.

Hng dn gii
n CO2 n H2 0,3 mol
n CO 0,2 mol

Hn hp khớ gm CO2 v H2 44n CO2 2n H2
2
15.2 n H2 0,1 mol
n n
CO
H

2
2
59,6
Mui khan thu c ch cha KCl n KCl
0,8 mol
74,5

0,8.36,5
BTNT Cl n

200 gam
HCl đã dùng 0,8 mol m dung dịch HCl
0,146
59,6
SHIFT SOLVE
C%KCl
100% 25,0841%
m 46,6 gam
m 200 0, 2.44 0,1.2

Cõu 21: Cho 7,65 gam hn hp X gm Al v Al2O3 (trong ú Al chim 60% khi lng) tan hon ton trong
dung dch Y gm H2SO4 v NaNO3, thu c dung dch Z ch cha 3 mui trung hũa v m gam hn hp khớ T
(trong T cú 0,015 mol H2). Cho dung dch BaCl2 d vo Z n khi cỏc phn ng xy ra hon ton, thu c
93,2 gam kt ta. Cũn nu cho Z phn ng vi NaOH thỡ lng NaOH phn ng ti a l 0,935 mol. Giỏ tr ca
m gn nht vi giỏ tr no sau õy?
A. 1,0.
B. 1,5.
C. 3,0 gam
D. 2,5.
( thi THPT Quc Gia nm 2015)
Hng dn gii

+ Hn hp khớ cú H2 NO3 ht
+ Dung dch cha 3 mui trung hũa trong Z cú NH 4 .
93,2
0,4 mol
+ p dng bo ton nguyờn t Ba, ta cú: nSO2 n BaSO4
4
233
+ Lu ý trong dung dch cú Al3+ ( ó gi ý l lng ti a) n NaOH phản ứng 4n Al3 n NH
4

Vỡ NaOH l ti a nờn Al

3+

to kt ta sau ú tan ht NH 0,935 0,23 4 0,015 mol

4

H 2 0,015 mol
T
N x O y

H SO = 0,4 mol
4
0,6 7,65
2


0,17 mol
BTNT Al 0,23 mol
Al
Al3

NaNO
27
3




7,65 gam

Na
Al O 0, 4 7,65 0,03 mol
Z
2 3

102

NH 4 0,015 mol
2
SO 4 0, 4 mol

+ p dng bo ton in tớch cho dung dch Z, ta cú: Na 0,4.2 (0,015 0,23 3) 0,095 mol.
+ p dng nguyờn t Na, ta cú: NaNO3 0,095 mol
0, 4 2 0,015 4 0,015 2
Mt khỏc, theo bo ton nguyờn t H, ta cú: H2 O
0,355 mol
2
HAPPY BIRTHDAY CHC MNG SINH NHT 04/01/2016

+ H2O


Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus

Áp dụng bảo toàn khối lượng ta có:
m  7,65  0,4  98  0,095  85  (0,23  27  0,095  23  0,015  18  0, 4  96)  0,355  18  1,47 gam
X

NaNO3

H2SO4

H2O

Muèi

gÇn nhÊt


 1,5 gam
Comment: Tư tưởng “bảo toàn khối lượng” dễ dàng nhận thấy vì đề bài đang hỏi về khối lượng hỗn
hợp chưa biết. Ngoài ra, các bạn có thể bảo toàn nguyên tố N và O để tính khối lượng T theo tổng
khối lượng H2, N và O.
Câu 22: Hòa tan hết 20 gam hỗn hợp X gồm Cu và các oxit sắt (trong hỗn hợp X oxi chiếm 16,8% về khối
lượng) cần vừa đúng dung dịch hỗn hợp A chứa b mol HCl và 0,2 mol HNO3 thu được 1,344 lít NO (đktc) là
sản phẩm khử duy nhất và dung dịch Y. Cho dung dịch Y tác dụng với một lượng dung dịch AgNO 3 vừa đủ thu
được m gam kết tủa và dung dịch Z. Cho dung dịch Z tác dụng với một lượng dư dung dịch NaOH, lọc kết tủa,
nung đến khối lượng không đổi thu được 22,4 gam chất rắn. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là
A. 70,33.
B. 76,81.
C. 83,29.
D. 78,97.
 Hướng dẫn giải
 m O  16,8 

20
 3.36 gam  n O  0,21 mol
100


n H t¹o H2 O  2n O  0, 42 mol

 b  0,2  0,66 mol  b = 0,46 mol
n

4n

0,24

mol

NO

 H t¹o s¶n phÈm khö
Áp dụng bảo toàn nguyên tố N, ta có : NO3  0,2  0,06  0,14 mol

Cách 1: Bảo toàn mol electron cho toàn quá trình


64nCu  56n Fe   20  3,36  gam
n  0,12 mol
Theo kết quả ở trên và bảo toàn nguyên tố, ta có: 
  Cu
n Fe  0,16 mol
80nCu  80n Fe  22,4 gam


Áp dụng bảo toàn mol electron cho toàn quá trình, ta có: 2n Cu  3n Fe  3n NO  2n O  n Ag  Ag  0,12 mol
0,24

0,48

0,18

0,42

?

AgCl  0, 46 mol

 m 
 m  0, 46  143,5  0,12  108  78,97 gam
Ag  0,12 mol
Cách 2: Phân tích theo từng giai đoạn
NO  0,06 mol

AgCl  0, 46 mol
2


Cu

x

Ag  z mol
HCl  0,46 mol
 3
Cu

HNO

b
mol

Fe  y

3

 CuO



  2
(1) NaOH
AgNO3
Fe
2

x mol
o
Y Fe  z

Cu  x
(2) t¸ch kÕt tña, t
O  0, 21
Z



 3
 Fe O
Cl   0, 46
2 3
Fe  y  z


20 gam
0,5 y z  mol
NO3  0,14

22,4 gam

Theo giả thuyết, áp dụng bảo toàn điện tích và bảo toàn khối lượng, ta có:
80x + 80y + 80z = 22,4 gam
x  0,12 mol


 y  0,04 mol
2x  3y  2z  0,6 mol


z  0,12 mol
64x  56x  56y   20  3,36  gam

“HAPPY BIRTHDAY – CHÚC MỪNG SINH NHẬT – 04/01/2016”


Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus

Do ®ã

Ag  Fe2 
 Fe3  Ag 
mol :
0,12
 0,12

 m  0,46.143,5  0,12.108  78,97 gam
mAgCl

mAg

Câu 23: Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của khối lượng Mg vào dung dịch hỗn hợp X chứa a mol Cu(NO3)2 và b
mol HCl khi nhúng thanh Mg có khối lượng m gam vào dung dịch hỗn hợp X được biểu diễn như hình vẽ dưới
đây.

Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn rút thanh Mg ra, thu được NO là sản phẩm khử duy nhất của N 5 . Tỉ lệ a : b
là
A. 1 : 8.
B. 1 : 6.
C. 1 : 10.
D. 1 : 12
 Hướng dẫn giải
Dựa vào đồ thị:
+ Đoạn 1: khối lượng thanh Mg giảm 18 gam do
3Mg  8H  2NO3 
 3Mg2  2NO  4H2 O

mol : 0,75  2  0,5
+ Đoạn 2: khối lượng thanh Mg tăng 10 gam (từ m – 18 gam lên m – 8 gam) do

Mg + Cu2 
 Mg2  Cu

 m thanh Mg t¨ng = 64a  24a  10 gam  a = 0,25 mol


a

mol: a  a 
+ Đoạn 3: khối lượng thanh Mg giảm 6 gam do
Mg + 2H  

 Mg2   H2


mol : 0,25  0,5

  n H  b  2  0,5  2,5 mol  a : b = 1 : 10
Comment: Câu này về cơ bản không khó, nếu biểu diễn lại dưới dạng “chữ” có khi các bạn giải quyết
trong 1 nốt nhạc. Tuy nhiên việc là câu hỏi liên quan đến hình vẽ lại gây khó cho nhiều bạn. Các khó
của các bạn là không hiểu ý nghĩa của hình vẽ từ đó lấy thông tin.
Câu 24: Nhiệt phân một lượng natri đicromat với hiệu suất 80% thu được 1,344 lít khí (đktc) và chất rắn A.
Cho toàn bộ chất rắn A tác dụng với một lượng dư dung dịch Ba(OH)2 loãng đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn
thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là
A. 36,44.
B. 30,36.
C. 50,60.
D. 31,38.
“HAPPY BIRTHDAY – CHÚC MỪNG SINH NHẬT – 04/01/2016”


Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus

o

t
Na 2 Cr2 O 7 
H 8
0% Na 2 CrO 4

mol :

0,1

H 80%

 0,08

 Hướng dẫn giải
1
3
 Cr2 O3  O 2
2
4



0,04

 0,06

Na 2 Cr2 O7 d­  0,02 mol
Ba(OH)2 lo·ng d­ BaCrO 4 

R¾n A Na 2 CrO 4  0,08 mol


Cr2 O3  0,04 mol
Cr O  0,04 mol
 2 3
Áp dụng bảo toàn nguyên tố Cr, ta có:
n BaCrO4   2  0,02  0,08  n BaCrO4   0,12  m  0,12  253  0,04  152  36, 44 gam

Cr2O3
BaCrO 
4

Comment: Ắt hẳn có nhiều bạn khi đọc lời giải thấy rất đơn giản nhưng kỳ thực câu này phải nói là
rất khó. Dám cá là 96,69% các bạn học sinh sẽ bí câu này. Theo cá nhân của mình thì câu này xếp vào
loại “Phân loại Giáo viên” quá. Hihihi . Câu này hay và khó ở 2 đặc điểm sau:
+ Thứ nhất: Nhiều bạn đọc vào đề bài sẽ hỏi ngay “Nhiệt phân muối natri đicromat ra cái mô tê gì
thế?”. Dân mọt sách thì sẽ “lục tung từ sách cơ bản đến sách nâng cao thì chẳng thấy ở đâu? Thôi thì
kiểm thử các sách tham khảo xem sao?”. Còn các bạn search google thì có khi lại ra phương trình:
o

t  2Na O + 2Cr O + 3O
2Na2Cr2O7 
2
2 3
2
Từng có nhiều Thầy/Cô phản hồi mình về câu này đặt ra vấn đề có nằm ở phần giảm tải không?
có Thầy/Cô thì căn cứ vào phương trình trên. Về phần bài tập này thì gốc nằm ở BÀI TẬP 5 trang 155
SGK 12 cơ bản (không nằm trong phần giảm tải) và căn cứ theo Sách Giáo Viên do NXB Giáo dục
phát hành thì nhiệt phân muối natri đicromat thì phương trình đúng theo lời giải của mình ở trên.
+ Thứ hai: Cr2O3 chỉ tan trong kiềm đặc mà thôi!
Suy ra làm học sinh cũng lắm cái khổ lắm chứ. Thôi thì phải biết cố gắng hôm nay cực, hôm sau
khổ biết nói gì đây? Cố thôi trò à!

Câu 25: Cho 9,2 gam hỗn hợp X gồm Mg, Fe và Cu tác dụng với 130 ml dung dịch Cu(NO3)2 1M thu được
12,48 gam chất rắn Y và dung dịch Z. Cho toàn bộ chất rắn Y tác dụng với một lượng dư dung dịch HCl thu
được 0,896 lít H2 (đktc). Cho dung dịch Z tác dụng với NaOH dư, lọc kết tủa nung trong không khí đến khối
lượng không đổi thu được m gam chất rắn. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là
A. 7,60.

B. 7,12.
C. 10,80.
D. 8,00.
 Hướng dẫn giải
Nhận xét tổng quát: Rắn Y chắc chắn ngoài Cu còn có Fe hoặc Mg hoặc cả hai còn dư. Chọn mốc so
sánh dễ thấy Mg hết, Fe còn dư. Kỹ thuật này “đi dạy offline” mình hay gọi vui là “chọn điểm rơi”
trong Hóa. Nghe cho có vẻ cao siêu như chọn điểm rơi BĐT trong đó mà. Hihihi 
Fe d­ HCl d­
12, 48 gam Y 
 H 2  0,04 mol
Cu

Mg

Cu(NO3 )2  0,13 mol

Mg2 
(1) NaOH d­
9,2 gam X Fe 


 2
MgO
(2) t¸ch kÕt tña råi nung
Cu
dung dÞch Z Fe



Fe2 O3

NO  0,26 mol
3


“HAPPY BIRTHDAY – CHÚC MỪNG SINH NHẬT – 04/01/2016”


Luyn thi THPT QUC GIA HểA HC-PHM CễNG TUN T (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus

m

2,24 gam

Fe
n Fe dư n H2 0,04 mol
m Cu trong Y 0,13 64 + m Cu trong X 10,24 gam

BTKL m 9,2 0,13 188 12,48 21,16 gam
nCu trong X 0,03 mol
Z
p dng bo ton in tớch v khi lng ca Z, ta cú:
2n Mg2 2n Fe2 n NO 0,26 mol
n Mg2 0,07 mol
3



24n Mg2 56n Fe2 0,26.62 21,16 gam n Fe2 0,06 mol

BTNT MgO 0,07 mol m 0,07 40 0,03 160 7,6 gam

Fe2 O3 0,03 mol

Cõu 26: Chia hn hp X gm Al v Fe thnh hai phn. Phn mt tỏc dng vi mt lng d dung dch AgNO3
thu c 25,92 gam cht rn. Phn hai tan va ht trong 352 ml dung dch HNO3 2,5M thu c dung dch Y
cha 53,4 gam hn hp mui v 2,24 lớt hn hp khớ Z gm NO, N2O (ktc) cú t khi hi i vi H2 l 17,1.
Cho dung dch Y tỏc dng vi mt lng dung dch NH3 d, lc thu c m gam kt ta. Cỏc phn ng xy ra
hon ton. Giỏ tr ca m gn giỏ tr no nht sau õy?
A. 5,95.
B. 20,00.
C. 20,45.
D. 17,35.
Hng dn gii
n NO n N2O 0,1 mol

n NO 0,07 mol

P2 30n NO 44n N2O
17,1 2 n N2O 0,03 mol
n n
NO
N2 O

n HNO3 phản ứng 4n NO 10n N2 O 10n NH NH 4 0,03 mol
4

0,88 mol

0,58 mol

BTNT N n

0,88 (0,07 0,03 2 0,03) 0,72 mol
NO / trong muối
3

NO 0,07 mol
Z
N 2 O 0,03 mol
Al3 a mol
2
Al HNO3 0,88 mol
Al(OH)3
Fe b mol
Khi đó, ta có:

NH3 dư

3
Y Fe c mol
Fe(OH)2
Fe
NH 0,03 mol
Fe(OH)
3

4

m gam
NO 0,72 mol
3
53,4 gam
p dng bo ton khi lng v bo ton in tớch, ta cú:
m Al m Fe 53,4 0,03 18 0,72 62 8,22 gam

NH3 dư


3n Al3 2n Fe2 3n Fe3 0,69 mol
Do n n OH 0,69 mol
gần nhất
m m Al m Fe m OH 8,22 0,69 17 19,95 gam
20,00 gam

Comment: õy l bi toỏn chia thnh 2 phn chia bit t l. Vi cỏch gii trờn thỡ bt chp d kin
phn I

HAPPY BIRTHDAY CHC MNG SINH NHT 04/01/2016


Luyn thi THPT QUC GIA HểA HC-PHM CễNG TUN T (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus

Cõu 27: Thc hin phn ng nhit nhụm hn hp X gm Al v Fe2O3 trong iu kin khụng cú khụng khớ thu
c 28,92 gam hn hp Y, nghin nh, trn u v chia hn hp Y thnh hai phn. Phn mt tỏc dng vi
dung dch NaOH d thu c 1,008 lớt H2 (ktc) v 3,36 gam cht rn khụng tan. Phn hai tỏc dng va vi
608 ml dung dch HNO3 2,5M thu c 3,808 lớt NO (ktc) v dung dch Z cha m gam hn hp mui. Cỏc
phn ng xy ra hon ton. Giỏ tr ca m gn giỏ tr no nht sau õy?
A. 101.

B. 102.
C. 99.
D. 100.
( thi th THPT Quc gia ln 5 Thy Nguyn Vn Duyờn TP H Chớ Minh, nm 2015)
Hng dn gii
2
BTE
n Al dư n H2 0,03 mol

3
có Al dư
Phn 1: Hn hp sau phn ng + NaOH sinh khớ

n 3,36 0,06 mol
Fe


56
n Fe
BTNT Fe n
BTNT O n
0,03 mol
Khi ú
Fe2 O3
Al2 O3 n Fe2 O3 0,03 mol
2
mY phần 1 0,03 27 0,06 56 0,03 102 7,23 gam mY phần 2 28,92 7,23 21,69 gam
NO 0,17 mol
Al 0,09 mol
R n

m Y phần 2 21,69
1,52 mol HNO3



3 Phần 2 gồm Fe 0,18 mol


m gam Z NO3
m Y phần 1
7,23
Al O 0,09 mol
2 3


NH 4
1,52 1,22
BTE n

4n NO 2n O/ trong Al2O3
có tạo muối NH 4 và NH 4
0,03 mol
HNO3 phản ứng
10
40,17 230,09 1,22 mol

1,52 mol

p dng bo ton nguyờn t N, ta cú: NO3

1,52
HNO3 phản ứng

0,17 0,03 1,32 mol
NO

NH4

Theo bo ton nguyờn t v bo ton khi lng, ta cú:
gần nhất

m muối m KL m NO m NH (0,09 0,09.2).27 0,18.56 1,32.62 0,03.18 99,75
100 gam
3

4

Comment: Khụng quỏ khú phỏt hin to mui NH 4 da vo hn hp cú Al v NO (khụng núi l sn phm
kh duy nht ca N+5). Tht ra, bc kim tra trờn ch cho cht ch ch kinh nghim xớu thỡ trong phũng thi
cỏc bn bm mỏy trc tip 1 dũng ra s mol NH 4 luụn. Ti õy cỏc bn khỏ gii cú th tinh ý s thy trong
BTE
s mol c th tng mui st, sau ú tớnh tng khi lng mui
phn 2 va cú s to ra Fe2+ v Fe3+
bao gm Al(NO3)3, Fe(NO3)2, Fe(NO3)3 v NH4NO3. Tuy nhiờn khi bi hi v khi lng ca 1 hn hp gỡ
ú thỡ mỡnh thng quy hn hp ú cha nhng thnh phn gỡ, cú tớnh s mol tng thnh phn ú c
khụng ? Sau ú da vo BTKL ra kt qu, ụi khi vic cỏc bn n ú sinh Fe 2+, Fe3+ hay c 2 lm mt i
thi gian quý bỏu cng nh s lnh lựng cn thit trong phũng thi !

Cõu 28: Hũa tan ht 8,72 gam hn hp X gm Cr, CrO v Cr2O3 bng mt lng dung dch H2SO4 loóng va
thu c 1,568 lớt H2 (ktc) v dung dch Y. Cho ton b dung dch Y tỏc dng vi mt lng d dung dch

NaOH, khuy u, lc thu c 8,6 gam kt ta v dung dch Z trong sut, sc khớ Cl 2 d vo dung dch Z, ri
li thờm mt lng d dung dch BaCl2 thu c m gam kt ta. Cỏc phn ng xy ra hon ton. Giỏ tr ca m
l
A. 10,12.
B. 5,06.
C. 42,34.
D. 47,40.
( thi th THPT Quc gia ln 5 Thy Nguyn Vn Duyờn TP H Chớ Minh, nm 2015)
Hng dn gii

HAPPY BIRTHDAY CHC MNG SINH NHT 04/01/2016


Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus

H2 

1,568
 0,07 mol
22, 4

Cr  x mol
8,6
2
H2SO4

Cr(OH)2 
 0,1 mol
8,72 gam CrO  y mol 
 Cr  (x  y) mol

86
 3
NaOH d­
Cr O  z mol
Y Cr  2z mol


 2 3
Cl2  BaCl2 BaSO 4
SO2 
dd Z 

 4
BaCrO4

x  n H  0,07 mol
x  0,07 mol
2



Theo giả thuyết, ta có : x  y  n Cr(OH)  0,1 mol
  y  0,03 mol
2

z  0,02 mol

52x  68y  152z  8,72 gam 



 H2
2H 
Mặt khác ta có :  
 n H2SO4  0,07  0,03  0,06  0,16 mol  SO24  0,16 mol
2

2H  O  H 2 O
H
O/CrO O/Cr O
2

2 3

Bảo toàn nguyên tố Cr, ta có: nBaCrO4  nCr3  0,04 mol
Vậy m kÕt tña  mBaSO4  mBaCrO4  0,16.233  0,04.253  47,4 gam
Câu 29: Cho 15,12 gam bột Al vào m gam hỗn hợp rắn X chứa Fe2O3 và CuO rồi nung trong điều kiện không
có không khí đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp rắn Y. Chia Y làm 2 phần bằng nhau. Phần 1
cho vào dung dịch NaOH dư không thấy khí thoát ra; đồng thời thu được 25,28 gam hỗn hợp rắn không tan.
Phần 2 tác dụng với dung dịch HNO3 loãng dư thu được dung dịch Y chứa 149,24 gam muối và 1,344 lít khí
N2O (đktc). Phần trăm khối lượng của CuO trong hỗn hợp rắn X là
A. 50,0%.
B. 66,67%.
C. 60,0%.
D. 37,5%.
 Hướng dẫn giải
 NaOH d­  kh«ng cã khÝ tho¸t ra
BTNT Al

 Al hÕt 
 n Al2O3  0,14 mol

+ Y 
Al2 O3 tan hÕt
15,12
 32 gam * 
2
Để ý thấy chỉ có Al và N+5 trong HNO3 thay đổi số oxi hóa.
 n e cho cña Al  0,28.3  n e nhËn cña khÝ  0,06.8  cã NH 4 NO3
BTKL

 m Fe2O3  mCuO  25,28  0,14  102 

0,28.3  0,06.8
 0,045 mol
8
Sơ đồ quá trình phản ứng đối với phần 2:
BTE

 n NH4NO3 

Fe2 O3

Al   a mol
0,28 mol  CuO
b mol

Fe(NO3 )3  2a mol

Cu(NO3 )2  b mol
dd Z 


Fe,Cu
 HNO3 d­
25,28 gam 
to
Al(NO3 )3  0,28 mol

Y 

Oxit 
NH NO  0,045 mol

4
3
Al O  0,14 mol
 2 3
149,24 gam
N 2 O  0,06 mol

(*)

a  0,1 mol
0,2.80


 160a  80b  32 gam
 %mCuO 
.100  50%


32


484a  188b  149,24  0,28  213  0,045  80 b  0,2 mol

“HAPPY BIRTHDAY – CHÚC MỪNG SINH NHẬT – 04/01/2016”