Chinh phúc bài toán HNO3 2

- Sưu Tầmà

Câu 1 : Cho hỗn hợp gồm
đặc, nóng. Phần trăm khối lượng
A. 45%

B. 54%

có khối lượng 32g. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp trên cần tối thiểu 2,9 mol HNO3
gần với giá trị nào sau đây nhất?
D. 47%

C. 62%

Giải:
+ 14
a

14a
+ 12

b

12b

●Nếu a>2b thì
ố ℎể =
(
ư ă
= 0,12
120 + 160 = 32

=>
=>
( ạ)
= 0,11
15 + 10 = 2,9
(
●nếu aố ℎể =
ằ
= 0,1
120 + 160 = 32
( ℎỏ
=>
=>
ã )
= 0,25
14 + 12 = 2,9

= 15

→

…

15a
+ 10

3 →

…

10b
)

ố)

Câu 2: Cho 4.32 gam Mg vào dung dịch hỗn hợp NaNO3 và H2SO4, đun nhẹ đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được
dung dịch A ; 0,896 lít (đktc) hỗn hợp khí B có khối lượng 0,92 gam gồm 2 khí không màu có 1 khí hóa nâu trong không khí
và còn lại 2,04 gam chất rắn không tan. Cô cạn cẩn thận dung dịch A thu được m gam muối khan. Giá trị của m là
A.
B.
C.
D.

18,27
14,90
14,86
15,75

Giải: nMg pứ=0,095mol.  M B=23  có H2 và NO. từ tỷ khối ta có nNO=0,03mol nH2=0,01mol
Dd sau pứ có NH4+,Na+,Mg2+,SO2-4. Do pứ sinh ra H2 nên NO3- hết. BTE có nNH4+=0,01mol

 nSO4 2-=0,12mol. Bảo toàn điện tích  nNa+=0,04mol  m=14,9  B
Câu 3: Cho 3,76 gam hỗn hợp các kim loại Mg, Fe,Cu hòa tan hết vào dd HNO3 loãng dư, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn
toàn thu được 0,06 mol NO ( sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch X. Đem dd X tác dụng với dd NaOH dư , rồi lọc lấy kết
tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi thì thu được m gam chất rắn. Giá trị của m là

Người thực hiện: Nguyễn Kim Hải – THPT Gia Bình I
Nguyễn Thị Tú Linh – THPT Lê Văn Thịnh

A. 6,64

B. 5,68

C. 4,72

D. 5,2

Giải : Số mol NO3- trong muối = số mol electron nhường ( nhận)=0,18 = số mol OH- bị kết tủa
2OH- = O2- + H2O
0,18 -> 0,09
m=mkim loại + m O2- = 5,2
Câu 4: Hòa tan hoàn toàn 0,02 mol Fe và 0,01 mol Cu vào 200 ml dd gồm HNO3 0,1M và HCl 0,4M thu được dd X . Cho dd
AgNO3 dư vào X thì xuất hiện a gam kết tủa. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn, sản phẩm khử của NO3- là khí NO duy
nhất. Giá trị của a là
A.
B.
C.
D.

11,48
13,64
2,16
12,02

Giải: Fe + 4H+ + NO3- = Fe3+ + NO+ 2H2O
0,02<- 0,08<-0,02
Xét cả quá trình:
Fe -> Fe+3 + 3e

Ag+ + 1e = Ag

0,02-- 0,06
Cu -> Cu+2 + 2e

4H+ + NO3- + 3e-> NO + 2H2O

0,01-
0,02
0,1 ------0,075
 Số mol Ag =0,005
 Kết tủa gồm AgCl = 0,08 mol, Ag: 0,005 => a=12,02
Câu 5. Cho 47,2 gam hỗn hợp X gồm M và M(NO3)2 vào bình kín dung tích 4 lít không đổi ( không chứa không khí ) rồi
nung đến nhiệt độ cao để phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được m gam hỗn hợp chất rắn Y ( có chứa oxit kim loại). Sau phản
ứng đưa bình về 0 độ C thì áp suất trong bình là P( tỉ khối hơi của hỗn hợp khí so với H2 là 460/19). Chia hỗn hợp Y làm 2
phần bằng nhau:
-

Hòa tan hoàn toàn phần 1 trong dung dịch HNO3 dư thu được 11,2 lít khí NO2 ( sản phẩm khử duy nhất, đo ở điều

kiện tiêu chuẩn )
-

Để khử hoàn toàn phần 2 cần 0,9 gam kim loại Al và nung ở nhiệt độ cao

Giá trị của P,m lần lượt là: (b)
A, 2,128 atm 24 gam

B, 2,128 atm 25,6 gam

C, 2,24 atm 24 gam

D, 2,24 atm 25,6 gam

Giải:
Y tác dụng với HNO3 tạo khí NO2 =>> M(NO3)2=M(NO2)2 + O2 loại

Người thực hiện: Nguyễn Kim Hải – THPT Gia Bình I
Nguyễn Thị Tú Linh – THPT Lê Văn Thịnh


Y có oxit kim loại =>> loại M là Ag, Au
=>> M(NO3)2 nhiệt phân ra oxit kim loại
Coi 1/2 hỗn hợp Y gồm

:
:

Phần 2: nAl2O3=1/2 nAl=1/60 =>> nO=b=0,05
Phần 2. Bảo toàn e ta được
.na=0,05.2+ 0,5=0,6
+) n=2 =>> a=0,3 =>> X

(

3)2

M(NO3)2 = MO + 2NO2 + ½ O2
0,1 -------------------------0,05

=>> nM=0,5 =>> 0,5M + 0,1(M+124)=47,2 =>>M=58 ( loại)
+) n=3 =>> a=0,2
2M(NO3)2 = M2O3 +4 NO2 + ½ O2
0,2

< ----------- 0,4 <-- 0,05

=>> nM=0,2 =>>0,2M+0,2(M+124)=47,2 =>> M=56 (Fe)
=>> mY=mFe + mO= 24
khí

>46 nên trong hỗn hợp khí có N2O4

2nNO2=nN2O4
Dễ dàng tính được nNO2=3,6, nN2O4=0,2 =>> p=2,128
Câu 6: Hỗn hợp A gồm CuO,
,
,
. Hòa tan hoàn toàn m gam A trong dung dịch
đặ người ta thu được
23,64 gam muối và khí
thoát ra. Mặt khác, hòa tan hoàn toàn m gam A trên vào dung dịch
thu được dung dịch
chứa 27,56 gam muối và khí X gồm
à
có tỉ khối với
và 95/4. Dẫn X qua bình đựng m gam NaOH, sau phản
ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y. Cô cạn Y thấy khối lượng chất rắn sau phản ứng là (m+27,18) gam. Biết oxi
chiếm
khối lượng hỗn hợp A. Phần trăm khối lượng CuO gần với giá trị nào nhất?

A. 22%
B. 21,5%
C. 20%
D. 47%
Giải:
Áp dụng đường chéo, tìm được :
= =
2

+2

→

+

+

+2

→

2

+

Người thực hiện: Nguyễn Kim Hải – THPT Gia Bình I
Nguyễn Thị Tú Linh – THPT Lê Văn Thịnh


= ,

Giả sử

=> 11 . 46 + 64 − 6,5 . 18 = 27,18 =>
=> 15 + 9 = 0,66.1 + 0,06.2 = 0,78(1)

=

→ 23,64g muối
1−
ạ =

● m(g) A tác dụng với
=
=>
=
BTKL :

+

=

.

+

(

 80 + 112 +

− 32(2 + )

)

− 32(2 + ) + 96

1−

.

+

(

)

= 23,64

= 23,64(2)

● m(g) A tác dụng với

:
=2 +

∑

,

 ∑

=


ố

=

=

−

● Từ (1),(2),(3) =>

= 0,06

=

.

− 0,06

.2 =

+3 +3
+3 +3

− 2(2 +

− 0,06) =

− 32(2 + ) + 96(2 +

+

−

− 0,06) + 62

+ 0,12
+

−

+ 0,12 = 27,56


+ 66 + 126 = 25,88(3)
= 11
,
,
= 0,04 =>
, (
,
)
= 0,02
36
=
. 11 = 1,44( ) =>
= 0,09 => + 3 = 0,08
275

1,92
. 100% = 21,8%
11
Câu 7: Hòa tan 26,8 gam hôn hợp X gồm Fe và Cu trong 190 gam dung dịch HNO3 63% thu được dung dịch T và hỗn hợp
= 0,03
=>
= 0,02

= 0,03.80 = 2,4 => %

=

khí Z gồm hai khí ( có tỉ lệ 1:2) trong đó có một khí hóa nâu ngoài không khí. Cho 1500ml dung dịch NaOH 1M vào T. Sau
khi các phản ứng kết thúc lọc bỏ kết tủa rồi cô cạn cẩn thận dung dịch thu được chất rắn. Đem nung chất rắn này đến khối
lượng không đổi thu được 97,7 gam chất rắn Y. Mặt khác nếu đem nung kết tủa trong không khí đến khối lượng không đổi
thu được 36 gam chất rắn. Nồng độ phần trăm của Fe( NO3)3 trong dung dịch T là:
A.12,58
B.19,54
C.31,44
D.18,87
Giải: nHNO3=1,9 nNaOH=0,15
Nếu NaOH thiếu thì mchất rắn>mNaNO2=10,35 =>> loại
:
+ = 1,5
=>> chất rắn gồm
=>>
=>>
2:
40 + 69 = 97,7

=>> nNO3- trong T=1,3 =>> nN trong khí= 0,6
Do kim loại là Fe và Cu nên hai khí thường là NO và NO2
: 0,2
=>> Z
2: 0,4
Thu được dung dịch T=>> kim loại phải tan hết
:
56 + 64 = 26,8
= 0,25
X
=>>
=>>
:
80 + 80 = 36
= 0.2
Xét quá trình:
Fe=Fe+3 + 3e
N+5+1e=N+4

= 0,2
= 1,3

Người thực hiện: Nguyễn Kim Hải – THPT Gia Bình I
Nguyễn Thị Tú Linh – THPT Lê Văn Thịnh


Fe=Fe+2 + 2e
Cu=Cu+2 + 2e

N+5 + 3e=N+2

( 3)3 = 0,1
( 3)2 = 0,15
( 3)2 = 0,2
Bảo toàn khối lượng có
MX +mdd HNO3=mT +mkhí
=>>mT=192,4
=>> C% Fe(NO2)3=18,87
=>> T gồm

Câu 8: Cho hỗn hợp 2 muối nitrat của kim loại M vào dung dịch H2SO4 vừa đủ thu được dung dịch A chỉ chứa 1 cation kim
loại và 820 cm3 khí B (ở 127 độ C và 3034 mmHg). Biết B hóa nâu trong không khí. Cho NaOH dư vào dung dịch A thu
được 1 dung dịch đồng nhất C. Sục CO2 dư vào C thấy thoát ra 41,2g kết tủa. Thành phần % muối nitrat có phân tử khối nhỏ
là
A,31,07%

B,70,11%

C,29,89%

D,68,93%

Giải:
Vì cho vào H2SO4 thu một muối duy nhất A và A vào NaOH dư tạo dung dịch đồng nhất => M là KL lưỡng tính có nhiều
hóa trị nên chọn Cr
Ta có nNO=0,1mol
NCr(OH)3=0,4mol
Bảo toàn e có nCr2+=0,3 mol
Suy ra nCr3+=0,1 mol
=>> %mCr(NO3)2=68,93%

Câu 9: Hòa tan hết 15,44 gam hỗn hợp gồm Fe3O4, Fe và Al (trong đó oxi chiếm 20,725% về khối lượng) bằng 280 gam
dung dịch HNO3 20,25% (dùng dư) thu được 293,96 gam dung dịch X và 0,896 lít (đktc) hỗn hợp khí Y gồm NO và N2O.
Để tác dụng tối đa các chất trong dung dịch X cần dùng 450 ml dung dịch NaOH 2M. Nếu cô cạn dung dịch X thu được rắn
Z. Nung Z đến khối lượng không đổi, thấy khối lượng chất rắn giảm m gam. Giá trị m là.
A. 44,12 gam B. 46,56 gam

C. 43,72 gam D. 45,84 gam

Giải: Ta có : n O2 = 0, 20725.15,44 32 = 0,2 mol.
Gọi : n NO = a , n N2O = b => a + b = 0,04 (1)
Áp dụng đinh luật bảo toàn khối lương : mkhí = 15,44 + 280 - 293,96 = 1,48 ( g ) => 30a + 44b = 1,48 (2)
Từ (1) và (2) => a = b = 0,02 ( mol )
Do hỗn hợp có Al nên thường có muối NH4NO3 ( z mol)
Coi hỗn hợp gồm

:
:
: 0,2

=> 27x + 56y =12,24

Người thực hiện: Nguyễn Kim Hải – THPT Gia Bình I
Nguyễn Thị Tú Linh – THPT Lê Văn Thịnh


Bảo toàn electron => 3x + 3y =0,62 + 8z => nHNO3 phản ứng=3x + 3y + 2z + 0,02 + 0,02.2=0,68 + 10z
(
(

3)3:

3)3:
4 3:
3 ư: 0.22 − 10

Dung dịch X gồm

Hòa tan tối đa X nên Al(OH)3 sẽ bị hòa tan => nNaOH = 4x + 3y + z + 0,22-10z = 0,9
= 0,08
= 0,18 => m= mNH4NO3 + mNO2 + mO2 =43,72 => C
= 0,02



Câu 10: Hòa tan 17,32 gam hỗn hợp X gồm Mg , Fe3O4 , Fe ( NO3 ) 2 cần vừa đúng dung dịch hỗn hợp gồm 1,04 mol HCl
và 0,08 mol HNO3 , đun nhẹ thu được dung dịch Y và 2,24 lít hỗn hợp khí Z có tỷ khối hơi đối với H 2 là 10,8 gồm hai khí
không màu trong đó có một khí hóa nâu ngoài không khí. Cho dung dịch Y tác dụng với một lượng dư dung dịch AgNO3
vừa đủ thu được m gam kết tủa và dung dịch T. Cho dung dịch T tác dụng với một lượng dư dung dịch NaOH, lọc kết tủa
nung đến khối lượng không đổi thu được 20,8 gam chất rắn. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị m gần nhất với ?
B.151

A.150

C.152

D.153

[Lời Giải – Kim Kim Hải ]
nNO = 0,07

Mg x mol Fe3O4 y mol Fe(NO3)2 z mol

nH2=0,03
ta có do có Mg tham gia nên nghĩ ngay sản phẩm khử có NH4+
4H+ + NO3- + 3e   NO + H2O (1)
10H+ + NO3- +8e  NH4+ + 3H2O (2)
2H+ + O2-  H2O (3)
2H+  H2 (4)





nH+= 1,12 mol

Từ (1) (2) (3) (4)  nH+(2)= 0,78-8y (mol)
Ta có hệ sau: 24x + 232y + 180z = 17.32
40x + 80.(3y+z) = 20,8
2z+ 0,08 = 0,07 +

0, 78  8 y
( bảo toàn NO3-)
10

Suy ra x=0,4 y=0,01 z=0,03
Dung dịch Y gồm:

Người thực hiện: Nguyễn Kim Hải – THPT Gia Bình I
Nguyễn Thị Tú Linh – THPT Lê Văn Thịnh

0,4 Mg2+
0,07 NH4+
Fe2+ a mol

bảo toàn điện tích và BTNT Fe ta được nFe2+=0,01 mol

Fe3+ b mol
Cl- 1,04 mol

 m  =mAgCl + mAg = 150,32 gam  A
Câu 11: Hỗn hợp A gồm 3 kim loại X, Y, Z có hoá trị lần lượt là 3,2,1 và có tỉ lệ mol là 1:2:3, trong đó số
mol của X là xmol. Hoà tan hoàn toàn A bằng dd chứa y(g) HNO3 (lấy dư 25%). Sau phản ứng thu được dd B không chưa
muối amoni và V(l) hh gồm 2 khí NO và NO2 (đktc). Biểu thức liên hệ đúng là:
A. y = 10x+

787,5V
64

63V
22, 4
630V
C. y = 630x+
22, 4
225V 225V
D. y= 787,5x +
64
64
B. y = 630x +

Giải: Gọi số mol X,Y,Z lần lượt là x,2x,3x

Ta có tổng số mol e nhường là 10xmol
NO3- + 4H+ + 3e  NO + H2O
NO3- + 2H+ + 1e  NO2 + H2O

BTE ta có :10x=3a+b lại có

V
V
3V
=a+b  a=5x, b=
22, 4
44,8
44,8

nH+=4a+2b mà mHNO3=(4a+2b).63.1,25  D
Câu 12: Cho 39,84 gam hỗn hợp X gồm Fe3O4 và kim loại M vào dung dịch HNO3 đun nóng, khuấy đều hỗn hợp để phán
ứng hoàn toàn, thu được 4,48 lít (đktc) khí NO2 là sản phẩm khử duy nhất, dung dịch Y và 3,84 gam kim loại M. Cho dung
dịch NH3 dư vào dung dịch Y thu được kết tủa T, nung T trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 24 gam chất
rắn H. Các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Cô cạn cẩn thận dung dịch Y, chất rắn thu được cho vào bình kín có dung tích 7
lít nung đến khồi lượng không đổi. Sau đó đưa bình về 00C thu được m gam chất rắn, áp suất trong bình 2,96 atm. % khí NO2
trong bình gần nhất với giá trị nào sau đây:
A, 45%

B, 55%

C, 60%

D, 80%

Lời giải:

.nNO2=0,2, mX phản ứng =36

Người thực hiện: Nguyễn Kim Hải – THPT Gia Bình I
Nguyễn Thị Tú Linh – THPT Lê Văn Thịnh


+) TH1: Trong Y có Fe2+
3 4:
36 gam X gồm
:

=> 232x + My =36

Bảo toàn electron => 2x + 0,2 = ny
Trường hợp này ta xét thêm hai trường hợp nhỏ
2 3:
-) T gồm
=> 80.3x + (2M + 16n) = 24 ( không có giá trị thỏa mãn)
2 :
= 12,8
= 64 ( )
-) T gồm Fe2O3 : mol => x=0,1 =>
=> =32 =>
( thỏa mãn )
= 0,4
=2
( 3)2: 0,3
2: 1
Y gồm
. Sau khi nung hỗn hợp khí gồm

2:
0,175
( 3)2 ∶ 0,2
Đua bình về O độ C sẽ xảy ra phản ứng 2NO2 ↔ N2O4
.n=

2a ---- a ( mol)
=0,925 = (1-2a) + 0,175 + a => a=0,25 => % VNO2 = 54,05% => B

+) TH2: Trong Y có Fe3+
TH này các bạn sẽ làm tương tự và không có giá trị thỏa mãn
Câu 13: Người ta hòa tan 216,55 gam hỗn hợp muối KHSO4 và Fe(NO3)3 vào nước dư được dung dịch A. Sau đó cho m
gam hỗn hợp B gồm Mg, Al, Al2O3 và MgO vào dung dịch A rồi khuấy đều tới khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thấy B
tan hết, thu được dung dịch C chỉ chứa các muối và có 2,016 lít hỗn hợp khí D có tổng khối lượng là 1,84 gam gồm 5 khí
(đktc) thoát ra trong đó về thể tích H2, N2O, NO2 lần lượt chiếm 4/9, 1/9, 1/9. Cho BaCl2 dư vào C thấy xuất hiện 356,49
gam kết tủa trắng. Biết trong B oxi chiếm
64/205 về khối lượng. Giá trị m gần nhất với giá trị
A. 18

C. 22

B. 20

D. 24

Lời giải
nBaSO4 = 1,53 = nKHSO4 => n Fe(NO3)3=0,035
Do có H2 bay ra nên NO3- hết
2: 0,04
⎧ 2 : 0,01

⎪
2: 0,01
Hỗn hợp khí gồm
⎨
2:
⎪
:
⎩

=>

Bảo toàn nguyên tố N => nNH4+ =0,025
:
Coi hỗn hợp B gồm
=>
:
:

+ = 0,03
=>
28 + 30 = 0,86

= 0,02
= 0,01

=

Bảo toàn electron => 2a + 3b = 2c +0,6
Bảo toàn điện tích => 2a + 3b + 0,025 + 1,53 + 0,035.3 = 1,53 .2
= 77/390


= 196/585 => m= 20,5 => B
= 0,4

Người thực hiện: Nguyễn Kim Hải – THPT Gia Bình I
Nguyễn Thị Tú Linh – THPT Lê Văn Thịnh


Câu 14 : Hòa tan hoàn toàn 11,6 gam hỗn hợp A gồm Fe và Cu vào 87,5 gam HNO3
50,4%, sau khi kim loại tan hết thu được dung dịch X và hỗn hợp khí B. Cho 500 ml dung dịch KOH 1M vào dung dịch
X thu được kết tủa Y và dung dịch Z. Lọc lấy Y rồi nung trong không khí đến khối lượng không đổi được 16,0 gam chất
rắn. Cô cạn dung dịch Z được chất rắn T. Nung T đến khối lượng không đổi thu được 41,05 gam chất rắn. Biết các phản
ứng xảy ra hoàn toàn. Trong dung dịch X chất tan có nồng độ % cao nhất có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây?

B. 30%

A. 20%

C. 25%

D. 10%

+ = 0,5 ( ả
à
)
=>
85 + 56 = 41,05

= 0,45
= 0,05

Lời giải:
2:
ư:
 .nNO3- trong X =0,45

Chất rắn T gồm

=>

= 0,15
56 + 64 = 11,6
:
=>
=>
=
0,05
80 + 80 = 16
:
3+
2+
+
Nếu HNO3 dư thì X gồm Fe , Cu , H dư, NO3 => bảo toàn điện tích => nNO3-=0,15.3 +0,05.2+ nH+ > 0,45
 HNO3 hết
A gồm

X gồm

2+:
3+:

2+: 0,05
3−: 0,45

=>

+ = 0,15
=>
2 + 3 + 0,05.2 = 0,45

= 0,1
= 0,05

NH2O=1/ 2 nHNO3= 0,35
Áp dụng BTKL => mKhỉ=9,9 => mX=89,2 =>

%
%
%

(
(
)

3)2 = 20,18
3)3 = 13,57 => A
3)2 = 10,54

Câu 15 : Đốt cháy 37,12 gam hỗn hợp A gồm Mg và Fe trong 8,96 lít hỗn hợp khí X
gồm O2 và O3 thu được hỗn hợp rắn B gồm các oxit và kim loại còn dư. Chia rắn B thành
2 phần bằng nhau

+ Phần 1: Tác dụng với dung dịch HCl loãng dư thu được 1,792 lít H2 và dung dịch chứa
59,74 gam muối
+Phần 2: Tác dụng với dung dịch HNO3 loãng dư thu được dung dịch Y (không chứa ion NH4+) và 0,896 lít hỗn hợp khí
Z gồm N2O và NO. Biết rằng tỉ khối hơi của Z so với X bằng 0,8375. Cô cạn dung dịch Y thu được x gam muối khan. Biết
rằng các phản ứng xảy ra với hiệu suất đều đạt 100%, các khí đều đo ở đktc. Giá trị của x là
A. 76,84 gam

B. 91,10 gam

C. 75,34 gam

D. 92,48 gam

Lời giải:
+) Phần 1: .nH2=0,08
mmuối= mKim loại + mCl- = 59,74 => nCl-=nHCl phản ứng =1,16 => nH+phản ứng với oxit=1
2H+ + O2- -> H2O
1 -> 0,5
2:
X gồm
3:

=>

+ = 0,4
=>
2 + 3 = 0,5.2

= 0,2
=>

= 0,2

X=40

Người thực hiện: Nguyễn Kim Hải – THPT Gia Bình I
Nguyễn Thị Tú Linh – THPT Lê Văn Thịnh


= 0,01
= 0,03

+ = 0,04
2 :
=>
=>
44 + 30 = 0,8375.40.0,04
:
Bảo toàn e cho cả quá trình => nNO3-= ne nhường( nhận)=1,17
 X= KL + NO3- =91,1 => B
+) Phần 2: Z gồm

Câu 16 : Hòa tan hết 22,8 gam hỗn hợp gồm Fe, Fe3O4 và Cu trong 348 gam dung dịch HNO3 15,75% thu được dung
dịch X và 0,784 lít (đktc) hỗn hợp khí Y gồm NO và N2O. Mặt khác hòa tan hết 22,8 gam hỗn hợp trên trong dung dịch
HCl loãng thu được dung dịch Z chứa 3 chất tan có khối lượng 40,4 gam (không thấy khí thoát ra). Trộn dung dịch X và
dung dịch Z thu được dung dịch G. Cho AgNO3 dư vào G thu được x gam kết tủa.
2+
3+
Biết rằng trong dung dịch Z số mol cation Cu gấp 2 lần số mol cation Fe . Giá trị của x
là
A. 126,4 gam

B. 142,2 gam
C. 124,8 gam
Lời giải: Dễ thấy phải “THỊT” quá trình 2 trước :

D. 136,2 gam

BTKL
n H2O  x 
 22,8  2x.36,5  40, 4  18x  x  0,32(mol)

Tóm gọn sơ đồ :

Fe3  a(mol) 
Fe


 0,64(mol )  2


Fe  b(mol) 
HCl
Fe3O 4    2
 H
2O

Cu 
Cu  c(mol)  0,32(mol)

Cl  0, 64(mol) 




22,8(g)


40,4(g)

Fe3  0, 02(mol) 
BTKL
 
 56a  56b  64c  17, 68 a  0, 02 
 2

 BTDT
 

Fe  0, 25(mol) 
 3a  2b  2c  0, 64
 
  b  0, 25  (Z)  2

Cu  0, 04(mol) 
 




Gt
c  0, 04 
 c  2a


 
Cl   0, 64(mol) 

40,4(g)

1
BTNT.O
BTNT.Fe

 n Fe3O4  n H2 O  0, 08(mol) 
 n Fe  0, 03(mol)
4
Fe3 
 2 
Fe  0, 03(mol)
 0,87
(mol)


 HNO3 Fe   NO 
H 2O
Fe3O 4  0, 08(mol)    2   


N
O
Cu
2



BTNT.H
Cu  0, 04(mol) 

  
 0,435(mol)


 NO   0,035(mol)
3 

BTNT.O

 n NO  (X)  0,82(mol)
3

BTDT
 3a  2b  0, 74  n Fe3  0, 2 
n Fe3  a   


  BTNT.Fe


 a  b  0, 27  n Fe2  0, 07 
n Fe2  b   
Tổng kết trong G có ( Chỉ cần chú ý tới Fe 2  và Cl thôi nhé ):

Người thực hiện: Nguyễn Kim Hải – THPT Gia Bình I
Nguyễn Thị Tú Linh – THPT Lê Văn Thịnh

2
AgCl  0, 64(mol) 
Fe  0,32(mol) 
 
  
  m  126, 4(g)  A
Cl  0, 64(mol) 
Ag  0,32(mol) 

 Bình luận : Bài toán trên là Ví dụ điển hình cho phương pháp “Bảo toàn nguyên tố”
Câu 17 : Hỗn hợp rắn X gồm FeS, FeS2, FeO, Fe2O3, Fe3O4. Hòa tan hết 31,76 gam X vào dung dịch chứa 1,51 mol
HNO3, sau phản ứng thu được dung dịch Y và hỗn hợp khí Z chỉ chứa các sản phẩm khử của nitơ (% khối lượng của oxi
trong Z là 60,7595%). Cô cạn dung dịch Y thì thu được 77,42 gam hỗn hợp muối khan. Mặt khác nếu cho Ba(OH)2 dư vào
dung dịch Y, lấy kết tủa thu được đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi thì thu được 88,58 gam chất rắn
khan. Dung dịch Y hòa tan được hết m gam
Cu thì thu được dung dịch T. Khối lượng muối khan thu được khi cô cạn dung dịch T gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 95

C. 89

B. 92

D. 98

Lời giải:
Coi hỗn hợp X gồm
Hỗn hợp muối gồm


:
:
:
(

=>

56 + 16 + 32 = 31,76
80 + 233 = 88,58( ℎố ượ
ℎấ

3)3: − 2 /3
=>242(a2( 4)3: /3

ắ )

)+ 400. =77,42

= 0,35
= 0,24
= 0,26

Gọi công thức trung bình khí là NOx => % O=

.100=60,7595 => x=1,355

Bảo toàn electron cho cả quá trình => (5-2,71) . nNox=2,13 => nNox=0,93

 NHNO3 phản ứng=1,46 => nHNO3 dư=0,05

3+: 0,35
4 2−∶ 0,26
 Dung dịch Y gồm
3−: 0,58
+: 0,05
Cho Cu vào thì Cu tác dụng với HNO3 và Fe3+
+) Nếu sản phầm khử là NO => mmuối=92,145 => B
+) Nếu sản phẩm khử là NO2 => mmuối =90,97
Câu 18 : Cho hỗn hợp gồm Cu2S và FeS2 tác dụng hết với dung dịch chứa 0,78 mol HNO3 thu được dung dịch X (không
chứa NH4+) và hỗn hợp khí gồm x mol NO và 0,45 mol NO2. Để tác dụng hết với các chất trong X cần dùng 260 ml dung
dịch NaOH 1,5M, sau phản ứng lọc kết tủa nung trong không khí tới khối lượng khôi đổi thu được 9,6 gam chất
rắn. Tổng khối lượng chất tan (gam) có trong dung dịch X gần nhất với
A. 28,0

B. 31,0

C. 29,0

D. 30,0

Lời giải:
Hỗn hợp gồm

2 :
2:

Người thực hiện: Nguyễn Kim Hải – THPT Gia Bình I
Nguyễn Thị Tú Linh – THPT Lê Văn Thịnh

Bảo toàn electron => 10a + 15b=3x + 0,45
2+∶ 2
⎧
3+:
⎪
4 2−: + 2
Dung dịch T gồm
⎨
3−: 0,78 − − 0,45
⎪
+:
−2
+
−
+ 0,33 ( ả
à đệ
⎩

í ℎ)

.nNaOH= 0,39= 2nCu2+ + 3nFe3+ nH+=2a + 4b - x +0,33
9,6 gam chất rắn gồm CuO: 2a mol và Fe2O3: b/2 mol => 160a + 80b=9,6
= 0,045

= 0,03 => mchất tan= 28,8 => C
= 0,15

Câu 19 : Hỗn hợp A gồm Al và Mg. Lấy 20,4g hh A tác dụng với dd HBr dư thu được 22,4(l) H2. Cũng lượng trên phản
ứng vừa đủ với 500ml dd HNO3 1M và HBr thu được ddB chỉ gồm các muối và thu được 4,48 (l) hỗn hợp khí N2O và N2
có tỉ khối so với H2 18,5. Cô cạn cẩn thận dd B khối lượng muối thu được là:

A.100,5g
B. 59,3g
C.190,18g
D. Kết quả khác.
Giải : Ta dễ dàng tính ra số mol: nN2=0,0875mol và
nN2O=0,1125mol. Tổng số e nhận từ 2 chất này: ne=1,775mol
Tính ra số mol mỗi kim loại trong A: nAl=nMg=0,4mol.
Số mol e cho: ne cho=2mol
Suy ra: số mol của amoni nitrat là : n=0,028125mol
nH+=2,45625mol

 nHBr=1,95625 mol.
Số NO3- phản ứng là : 0,2.2+0,028125=0,428125mol

dư :0,071875 mol

Khối lượng muối là : m=20,4+1,95625.80+18.0,028125+0,071875.62=181,16g
Câu 20 : Trộn CuO với 1 oxit kim loại đơn hoá trị II theo tỉ lệ mol tương ứng là: 1:2 được hhX. Dẫn H2 dư qua 3,6g X thu
được Y. Để hoà tan hết Y cần 60ml dd HNO3 2,5M và thu được V(l) NO duy nhất và dung dịch chỉ chứa các muối. Kim loại
và thể tích khí thu được là:
A. Mg và 0,14(l)

B. Mg và 0,28(l).

C. Ca và 0,28(l)

D. Mg và 0,336 (l)

Giải : Xét 2 trường
hợp:

1. MO bị khử.
3R  +8HNO3  3R( NO3) 2 +  2 NO +4H 2 O
3x 8x(mol).
8x = 0,15  x = 0, 01875mol
3, 6 = 80x +2x(M + 16)  M = 40(Ca) (loại).
2. MO không bị khử.
3Cu  + 8HNO3   3R( NO3) 2 +  2 NO  + 4H
2O

Người thực hiện: Nguyễn Kim Hải – THPT Gia Bình I
Nguyễn Thị Tú Linh – THPT Lê Văn Thịnh


x

8x

(mol)

2x

3
3
MO + 2HNO3  M ( NO3) 2  + H 2O
4xmol
8x
Ta có:
 +4x = 0,15  x = 0, 0225mol
3
Tìm ra M=24 (Mg).

2x
V= .22, 4 = 0, 336(l)
3
2x

Người thực hiện: Nguyễn Kim Hải – THPT Gia Bình I
Nguyễn Thị Tú Linh – THPT Lê Văn Thịnh