SU DUNG BAO TOAN DIEN TICH DE GIAI NHANH BAI TAP HOA VO CO HAY VA KHO

Biên soạn : Thầy giáo Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689186513

GIẢI BÀI TẬP HÓA HỌC HAY VÀ KHÓ DỰA TRÊN SỰ
BẢO TOÀN ĐIỆN TÍCH CỦA CÁC ION TRONG DUNG DỊCH
1. Cơ sở của phương pháp
Trong dung dịch chất điện li, tổng số mol
điện tích của ion dương bằng tổng số mol điện
tích của ion âm.
2. Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp
gồm Na2O và Al2O3 vào nước, thu được dung
dịch X. Thêm từ từ dung dịch HCl 1M vào X,
khi hết 100 ml thì bắt đầu xuất hiện kết tủa; khi
hết 300 ml hoặc 700 ml thì đều thu được a gam
kết tủa. Giá trị của a và m lần lượt là
A. 23,4 và 35,9.
B. 15,6 và 27,7.
C. 23,4 và 56,3.
D. 15,6 và 55,4.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT
Chu Văn An – Hà Nội, năm học 2013 – 2014)
Hướng dẫn : Cho từ từ 0,1 mol HCl vào dung
dịch X thì bắt đầu xuất hiện kết tủa, chứng tỏ
trong X có 0,1 mol OH − , các ion còn lại là Na+,
[Al(OH)4 ]− .

Cho từ từ 0,3 mol HCl vào X (TN1) hoặc cho
0,7 mol HCl vào X (TN2), thu được lượng kết
tủa như nhau. Ở TN1, 0,1 mol H+ để trung hòa
OH − , còn 0,2 mol H+ phản ứng với [Al(OH)4 ]−
tạo ra 0,2 mol Al(OH)3. Suy ra ở cả hai thí

n Al(OH) = 0,2 mol ⇔ a = 15,6 gam, ở
nghiệm
3

TN1 chưa có hiện tượng hòa tan kết tủa, ở TN2
đã có hiện tượng hòa tan kết tủa.
Sơ đồ phản ứng :
Na+ , Cl− 

 + Al(OH)3
−
3
[Al(OH)4 ]  1424
0,2 mol
Al 2O3  H2 O Na+ , OH − 
→

 

−
Na2O 
[Al(OH)4 ] 

HCl : 0,3 mol
HCl : 0,7 mol

Na+ , Cl− 
 3+
 + Al(OH)
33

Al
 1424
0,2 mol

Áp dụng bảo toàn điện tích cho các dung

dịch sau phản ứng ở TN1, TN2, ta có :
n + = n
+ nCl−
Na
[Al(OH)4 ] −
{
1424
3 {
0,3
x = 0,4
 x
y
⇒

y = 0,1
 n Na+ + 3n Al3+ = n Cl−
{ {
{
y
0,7
 x

n +
n Na O = Na = 0,2

 2
2
⇒
⇒ m = 27,7
n Al(OH) + n Al3+

3
= 0,15
n Al2 O3 =
2

Ví dụ 2: Hòa tan hoàn toàn m gam ZnSO4
vào nước được dung dịch X. Nếu cho 110 ml
dung dịch KOH 2M vào X (TN1) thì thu được
3a gam kết tủa. Mặt khác, nếu cho 140 ml dung
dịch KOH 2M vào X (TN2) thì thu được 2a gam
kết tủa. Giá trị của m là :
A. 17,71.
B. 16,10.
C. 32,20.
D. 24,15.
(Đề thi thử Đại học lần 5 – THPT chuyên KHTN
Hà Nội, năm học 2012 – 2013)
Hướng dẫn : Đặt n ZnSO = x mol.
4

n Zn(OH)

2

ôû TN1

n Zn(OH)

2

ôû TN2

⇒ n Zn(OH)

2

ôû TN1

=

m Zn(OH)

2

ôû TN1

m Zn(OH)

2

ôû TN2

= 3y, n Zn(OH)

2

=

ôû TN2

3a 3
=
2a 2
= 2y

Từ giả thiết, suy ra : Ở TN2 đã có hiện tượng
hòa tan kết tủa. Ở TN1 có thể kết tủa đã bị hòa
tan hoặc chưa bị hòa tan.
Nếu ở TN1 Zn(OH)2 chưa bị hòa tan, áp dụng
bảo toàn điện tích trong các dung dịch sau phản
ứng, ta có :
TN1: n + + 2 n 2+ = 2 n 2−
K
Zn
SO4
{
{

{
0,22
x
−
3y


x

TN2
:
n
=
2
n
+
2 n SO 2−

K+
[Zn(OH)4 ]2 −
4
{
{
1
4
24
3

0,28
x
−
x
2y


Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng

1


Biên soạn : Thầy giáo Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689186513

6y = 0,22
⇒
 4x − 4y = 0,28
 y = 0,0366; x = 0,1066

⇒  TN1: 2 n 2+ < n − (*)
Zn
OH
{
{

0,1066
0,22

Từ (*) suy ra : TN1 đã có hiện tượng hòa tan
kết tủa : Không thỏa mãn.
Vậy ở TN1 Zn(OH)2 đã bị hòa tan, áp dụng
bảo toàn điện tích trong các dung dịch sau phản
ứng, ta có :

TN1: n + = 2 n
+ 2 n SO 2−
K
[Zn(OH)4 ]2 −
4

{

{
1424
3
0,22
x

x − 3y

= 2 n[Zn(OH) ]2− + 2 n SO 2−
TN2 : n{
K+
4
4
{
1424
3

0,28
x
x − 2y

4x − 6y = 0,22 x = 0,1; y = 0,03
⇒
⇒
4x − 4y = 0,28 m ZnSO4 = 0,1.161 = 16,1
Ví dụ 3: Dung dịch X gồm NaOH x mol/l và
Ba(OH)2 y mol/l và dung dịch Y gồm NaOH y
mol/l và Ba(OH)2 x mol/l. Hấp thụ hết 0,04 mol

CO2 vào 200 ml dung dịch X, thu được dung
dịch M và 1,97 gam kết tủa. Nếu hấp thụ hết
0,0325 mol CO2 vào 200 ml dung dịch Y thì thu
được dung dịch N và 1,4775 gam kết tủa. Biết
hai dung dịch M và N phản ứng với dung dịch
KHSO4 đều sinh ra kết tủa trắng, các phản ứng
đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị của x và y lần lượt
là
A. 0,1 và 0,075.
B. 0,05 và 0,1.
C. 0,075 và 0,1.
D. 0,1 và 0,05.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – Trường THPT
Chuyên – Đại học Vinh, năm học 2013 – 2014)
Hướng dẫn : Coi phản ứng của 0,04 mol
CO2 với dung dịch X là thí nghiệm 1 (TN1);
phản ứng của Y với 0,0325 mol CO2 là thí
nghiệm 2 (TN2).

Ở cả hai TN n BaCO < n CO . Mặt khác, dung
3

2

dịch sau phản ứng ở hai TN phản ứng với
KHSO4 đều tạo ra kết tủa. Suy ra : Dung dịch

2

sau phản ứng còn chứa Ba2+. Ion CO32− tạo ra

đã chuyển hết vào BaCO3.
Dung dịch sau các phản ứng chứa
Ba2 + , Na+ , HCO3− .
Sử dụng bảo toàn nguyên tố Ba, C và bảo
toàn điện tích cho dung dịch sau phản ứng, ta có:
TN1: n + + 2. n 2+ = n −
Na
Ba
HCO3
{
{
{

0,2x
0,2y
−
0,01

0,04 − 0,01

TN2
:
n
+
2.
n
= n HCO −

Na+
Ba2+

3
{
{
{

0,2y
0,2x − 0,0075
0,0325 − 7,5.10−3

0,2x + 0,4y = 0,05 x = 0,05
⇒
⇒
0,4x + 0,2y = 0,04 y = 0,1

Ví dụ 4: Hấp thụ hoàn toàn 7,84 lít CO2
(đktc) vào 200 ml dung dịch hỗn hợp NaOH 1M
và KOH xM. Sau phản ứng làm bay hơi dung
dịch được 37,5 gam chất rắn. Xác định x.
A. 1,5.
B. 1,0.
C. 0,5.
D. 1,8.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – Trường THPT
Quỳnh Lưu 1 – Nghệ An, năm học 2012 – 2013)
Hướng dẫn : Theo bảo toàn điện tích trong
dung dịch sau phản ứng, bảo toàn khối lượng và
bảo toàn nguyên tố C ta có :

n
= n + + n Na+

− + 2n
CO32−
K
 HCO3
{
{
0,2
0,2x


61n HCO − + 60n CO 2− + 39 nK + + 23n Na+ = 37,5
3
3
{
{

0,2
0,2x

7,84

n HCO3− + n CO32− = n CO2 = 22,4 = 0,35

n
− = 0,2
 HCO3
⇒ n CO 2− = 0,15
 3
x = 1,5
Ví dụ 5: Một dung dịch X chứa 0,1 mol Na+;

0,2 mol Ba2+; x mol HCO3− và y mol Cl− . Cô
cạn dung dịch X rồi lấy chất rắn đem nung đến

Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng


Biên soạn : Thầy giáo Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689186513

khối lượng không đổi thu được 43,6 gam chất
rắn. Giá trị của x và y lần lượt là
A. 0,1 và 0,4.
B. 0,14 và 0,36.
C. 0,45 và 0,05.
D. 0,2 và 0,1.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT chuyên KHTN
Hà Nội, năm học 2013 – 2014)
Hướng dẫn :
● Nếu n HCO − ≤ 2n Ba2+ thì khi cô cạn dung dịch
3

X và nung đến khối lượng không đổi sẽ thu được
hỗn hợp gồm BaO, NaCl hoặc BaO, NaCl và
BaCl2. Như vậy, ion HCO3− đã được thay bằng
ion O2− . Theo giả thiết và bảo toàn điện tích, ta
có :

n
+ 2 n Ba2+
− + n − = n

Cl
Na+
1HCO
3
{
{
{
23
 x
y
0,1
0,2

n HCO − = 2 n O2−
3
{
123
→ 0,5x
 x 
23n + + 137n 2+ + 35,5n − + 16 n 2− = 43,6
Na
Ba
Cl
O
{
{
{
 {
0,1
0,2

y
0,5x

 x + y = 0,5
 x = 0,14
⇒
⇒
8x + 35,5y = 13,9  y = 0,36

● Nếu trường hợp n HCO − ≤ 2n Ba2+ không thỏa
3

mãn thì ta xét trường hợp n HCO − > 2n Ba2+ . Khi

Hướng dẫn : Bản chất phản ứng của Fe, Cu
với dung dịch hỗn hợp H2SO4, NaNO3 là phản
ứng oxi hóa – khử. Xét toàn bộ quá trình phản
ứng, ta thấy dung dịch cuối cùng chỉ chứa Na+,
SO4 2− và NO3− .

Dựa vào giả thiết và áp dụng bảo toàn
electron, bảo toàn điện tích cho dung dịch sau
cùng, ta có :

1,12
= 0,02  n − = n NaNO = 0,08
 n Fe =
3
 NO3
56

;

 n = 1,92 = 0,03  n SO42− = n H2 SO4 = 0,2
 Cu
64
3n Fe + 2 n Cu = 3n NO
x = 0,04
{
{
 {
0,03
x
 0,02

⇒
⇒ V = 0,36 lít
=
+
n
2
n
n
Na+
SO42−
NO3−
{
 = 360 ml
{
{


 0,08+ V
0,2
0,08− x
Ví dụ 7: Hòa tan hoàn toàn 0,1 mol FeS 2
trong 200 ml dung dịch HNO3 4M, sản phẩm thu
được gồm dung dịch X và một chất khí thoát ra.
Dung dịch X có thể hòa tan tối đa m gam Cu.
Biết trong các quá trình trên, sản phẩm khử duy
nhất của N+5 đều là NO. Giá trị của m là :
A. 12,8.
B. 6,4.
C. 9,6.
D. 3,2.
(Đề thi tuyển sinh đại học khối B năm 2012)
Hướng dẫn : Sơ đồ phản ứng :
NO

3

đó chất rắn sẽ gồm Na2CO3, BaO và NaCl.
Ví dụ 6: Cho hỗn hợp gồm 1,12 gam Fe và
1,92 gam Cu vào 400 ml dung dịch chứa hỗn
hợp gồm H2SO4 0,5M và NaNO3 0,2M. Sau khi
các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung
dịch X và khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Cho
V ml dung dịch NaOH 1M vào dung dịch X thì
lượng kết tủa thu được là lớn nhất. Giá trị tối
thiểu của V là :
A. 120.
B. 240.

C. 360.
D. 400.
(Đề thi thử Đại học lần 5 – THPT chuyên KHTN
Hà Nội, năm học 2012 – 2013)

FeS2

NO

HNO3

Fe3+ , SO 2−

Cu
4

−
+
NO3 , H
Cu2+ , Fe2+


−
2−
 NO3 , SO4

Áp dụng bảo toàn electron cho toàn bộ quá
trình phản ứng, bảo toàn điện tích cho dung dịch
sau phản ứng và bảo toàn nguyên tố Fe, S, N,
Cu, ta có :

Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng

3


Biên soạn : Thầy giáo Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689186513

14 n FeS + 2 nCu = 3n NO
{
{
 {2
x
y
0,1


n Fe2+ + 2 n Cu2+ = 2 nSO 2− + n NO −
2 {
4
3
{
{
{
 0,1
x
0,2
0,8
−
y


2x − 3y = −1,4 x = 0,2
⇒
⇒
2x + y = 1
y = 0,6

Suy ra : m Cu = 0,2.64 = 12,8 gam
Ví dụ 8: Hoà tan hết 12,8 gam hỗn hợp X
gồm Cu2S và FeS2 trong dung dịch có chứa a
mol HNO3, thu được 31,36 lít khí NO2 (ở đktc
và là sản phẩm duy nhất của sự khử N+5) và
dung dịch Y. Biết Y phản ứng tối đa với 4,48
gam Cu giải phóng khí NO. Tính a ?
A. 1,8 mol.
B. 1,44 mol.
C. 1,92 mol.
D. 1,42 mol.
(Đề thi thử Đại học lần 2 – THPT Hạ Hòa –
Phú Thọ, năm học 2013 – 2014)
Hướng dẫn : Theo giả thiết và áp dụng bảo
toàn electron cho phản ứng của X với HNO3, ta
có :
160n Cu2S + 120n FeS2 = 12,8
 n Cu S = 0,02
⇒ 2

10n Cu2S + 15nFeS2 = n NO2 = 1,4  n FeS2 = 0,08



3+
2+
Dung dịch Y gồm Fe , Cu , SO 4 2 − , NO 3 − ,
H+. Khi cho Cu (tối đa) vào Y, Cu bị oxi hóa bởi
(H+, NO 3 − ) và Fe3+. Vậy bản chất của bài toán
là: Hỗn hợp Cu2S, FeS2 và Cu tác dụng với dung
dịch HNO3, giải phóng hỗn hợp khí NO, NO2 và
tạo ra dung dịch Z. Dung dịch Z có các ion Fe2+,
Cu2+, SO 4 2 − , ion còn lại là H+ hoặc NO 3 − . Vì

2n Cu2+ + 2n Fe2+ > 2n SO 2− nên ion còn lại trong
4

dung dịch Z là ion âm để cân bằng điện tích, đó
là ion NO 3 − .
Áp dụng bảo toàn electron và bảo toàn điện
tích trong dung dịch Z và bảo toàn nguyên tố N,
ta có :

4

10 n Cu S + 14 n FeS + 2 n Cu = n NO + 3n NO
2
{ {2
{
{2
 {
0,07
?
 0,02

0,08
1,4

n Cu2+ + 2 n Fe2+ = n SO 2− + n NO −
2 {
4
3
{ {
{
 0,11
0,08
0,18
?
n NO = 0,02; n − = 0,02
NO3

⇒ n
= n NO + n NO + n NO − = 1,44 mol
HNO3
3
{2 { {

0,02
1,4
0,02


Ví dụ 9: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm
FeS2 và Fe3O4 bằng 100 gam dung dịch HNO3
a% vừa đủ, thu được 15,344 lít hỗn hợp khí gồm

NO và NO2 có khối lượng 31,35 gam và dung
dịch chỉ chứa 30,15 gam hỗn hợp muối. Giá trị
của a là
A. 46,24.
B. 43,115.
C. 57,33.
D. 63.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Hùng Vương –
Phú Thọ, năm học 2013 – 2014)
Hướng dẫn : Từ giả thiết, suy ra :

15,344
= 0,685
n NO + n NO2 =
22,4

30n + 46n
= 31,35
NO
NO2

n NO = 0,01
⇒
n NO2 = 0,675

Theo bảo toàn electron, bảo toàn điện tích
trong dung dịch sau phản ứng và giả thiết, ta có :


+ n Fe O = 3n NO + n NO = 0,705

FeS2
15n{
3 4
{ {2
{

0,01
x
y
0,675

3n Fe3+ = 2 n SO 2− + n NO −
4
3
{
{
 {
x + 3y
2x
z

 m muoái = m Fe3+ + m SO 2− + m NO − = 30,15
4
3
{ 123
123

56(x + 3y)
96.2x
62z


15x + y = 0,705
 x = 0,045


⇒  x − 9y + z = 0
⇒  y = 0,03
552x + 504y + 62z = 30,15 z = 0,225



Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng


Biên soạn : Thầy giáo Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689186513

n HNO = n − + n (NO, NO ) = 0,91 mol
NO3
3
2
1424
3

{

0,685
0,225
⇒
0,91.63


C%HNO3 = 100 = 57,33%
Ví dụ 10: Hòa tan hết 31,2 gam hỗn hợp Fe,
FeO, Fe2O3 vào 800 ml dung dịch HNO3 2M vừa
đủ, thu được V lít NO (đktc, sản phẩm khử duy
nhất) và dung dịch X. Dung dịch X hòa tan tối
đa 9,6 gam Cu. Giá trị của V là:
A. 8,21 lít.
B. 6,72 lít.
C. 3,36 lít.
D. 3,73 lít.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT chuyên KHTN
Huế, năm học 2013 – 2014)
Hướng dẫn : Sơ đồ phản ứng :
NO
Fe

Fe
→ FeO 
  ←
O  qñ 

Fe2O3 

HNO3

Fe2 + 


Fe3+ 
Cu 

2+ 

 → Cu 
−

−
NO3 
NO3 

Xét toàn bộ quá trình phản ứng, ta thấy : Chất
khử là Fe, Cu; chất oxi hóa là O và N +5 trong
HNO3. Theo bảo toàn electron, bảo toàn điện
tích trong dung dịch sau phản ứng và giả thiết, ta
có :


+ 2 n Cu = 2 n O + 3n NO
Fe
2 n{
{
{
{
 x
0,15
y
z

2 n Fe2+ + 2 n Cu2+ = n NO −
3
{ {

 {
x
0,15
1,6 − z

56 n Fe + 16 n O = 31,2
{
 {
x
y

2x − 2y − 3z = −0,3 x = 0,5


⇒ 2x + z = 1,3
⇒ y = 0,2
56x + 16y = 31,2
z = 0,3



Suy ra : VNO (ñktc) = 6,72 lít

Ví dụ 11: Hòa tan hoàn toàn 19,2 gam hỗn
hợp X gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 trong 400 ml
dung dịch HNO3 3M (dư), đun nóng, thu được
dung dịch Y và V lít khí NO (là sản phẩm khử
duy nhất). Cho 350 ml dung dịch NaOH 2M vào
dung dịch Y, thu được 21,4 gam kết tủa và dung
dịch Z. Giá trị của V là :

A. 3,36.
B. 5,04.
C. 5,6.
D. 4,48.
(Đề thi thử Đại học – Trường THPT Lê Hồng
Phong – Nam Định, năm học 2011 – 2012)
Hướng dẫn : Theo giả thiết, ta có :
n NO − = n HNO = 0,4.3 = 1,2 mol;
3

3

n Na+ = n NaOH = 0,35.2 = 0,7 mol;
21,4
= 0,2 mol.
107
Dung dịch Z chứa Na + , NO3− và có thể còn
n Fe(OH) =
3

Fe3+ .
Quy đổi hỗn hợp X thành Fe và O. Theo bảo
toàn khối lượng, bảo toàn electron, bảo toàn điện
tích cho dung dịch Z và bảo toàn nguyên tố N,
Fe, ta có :


n Fe + 16 n O = 19,2
56 {
{

56x + 16y = 19,2

x
y


= 2 n O + 3n NO ⇒ 3x − 2y − 3z = 0
3n{
Fe
{
{
 x
3x + z = 1,1
y
z


+ + 3n
3+ = n
−
n
Na
Fe
NO
3
{ {
{
x − 0,2
1,2 − z
 0,7

x = 0,3

⇒ y = 0,15 ⇒ VNO = 4,48 lít
z = 0,2


Ví dụ 12: Cho m gam bột Fe vào 800 ml
dung dịch hỗn hợp gồm Cu(NO3)2 0,2M và
H2SO4 0,25M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn
toàn, thu được 0,6m gam hỗn hợp bột kim loại
và V lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc).
Giá trị của m và V lần lượt là
A. 17,8 và 4,48.
B. 17,8 và 2,24.

Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng

5


Biờn son : Thy giỏo Nguyn Minh Tun T Húa Trng THPT Chuyờn Hựng Vng Phỳ Th T : 01689186513

C. 10,8 v 4,48.
D. 10,8 v 2,24.
( thi tuyn sinh i hc khi B nm 2009)
Hng dn : Sau phn ng thu c 0,6m
gam hn hp kim loi, chng t Fe d. Suy ra
dung dch sau phn ng cha cỏc ion
Fe 2+ , SO 4 2 , NO3 .
p dng bo ton in tớch cho dung dch sau

phn ng v bo ton electron, ta cú :

2 n 2 + = 2 n 2 + n
Fe
SO4
NO3
{
{
{
x
0,2
y

= 2 n Cu2+ + 3 n NO
2 n{
Fe
{
{
x
0,32 y
0,16
2x y = 0,4
x = 0,31


2x + 3y = 1,28 y = 0,22
n NO = 0,32 0,22 = 0,1

m
{ 0,31.56

1
424
3 + 0,16.64
1
424
3 = 0,6m
m Fe bủ
m Fe pử
m Cu

V = 2,24 lớt
NO
m = 17,8 gam
Vớ d 13: Cho m gam Fe vo 1 lớt dung dch X
gm H2SO4 0,1M, Cu(NO3)2 0,1M, Fe(NO3)3
0,1M. Sau khi phn ng xy ra hon ton thu
c 0,69m gam hn hp kim loi, dung dch Y
v khớ NO (sn phm kh duy nht). Giỏ tr m v
khi lng cht rn khan thu c khi cụ cn
dung dch Y l:
A. 25,8 v 78,5.
B. 25,8 v 55,7.
C. 20 v 78,5.
D. 20 v 55,7.
( thi th i hc ln 3 THPT Cm Khờ
Phỳ Th, nm hc 2013 2014)
Hng dn : Trong phn ng ca Fe vi
dung dch X, cht kh l Fe, cht oxi húa l
NO3 / H + , Fe3+ v Cu2+. Sau phn ng thu

c hn hp kim loi, chng t Fe d nờn mui
to thnh trong dung dch l Fe2+.
p dng bo ton electron trong phn ng
ca Fe vi dung dch X, bo ton in tớch trong
dung dch Y v bo ton nguyờn t Fe, N, ta cú :

6

2 n Fe = n 3+ + 2 n 2+ + 3n NO
Fe
Cu
{
{
{
{
y
0,1
0,1
x

= 2 n SO 2 + n NO
Fe2 +
2 n{
4
3
{
{
x + 0,1
0,1
0,5

y


2x 3y = 0,3 x = 0,225


2x + y = 0,5
y = 0,05

Theo bo ton khi lng, ta cú :
m muoỏi = m Fe2+ + m SO 2 + m NO = 55,7 gam
4
3
{ 123
123
0,325.56

0,1.96

0,45.62

m hoón hụùp kim loaùi = m
4
0,225.56
0,1.64
14
244
3+1
23 = 0,69m
m Fe dử

m Cu

m = 20 gam

Vớ d 14: Cho Zn ti d vo dung dch gm
HCl; 0,05 mol NaNO3 v 0,1 mol KNO3. Sau khi
kt thỳc cỏc phn ng thu c dung dch X
cha m gam mui; 0,125 mol hn hp khớ Y
gm hai khớ khụng mu, trong ú cú mt khớ húa
nõu trong khụng khớ. T khi ca Y so vi H2 l
12,2. Giỏ tr ca m l
A. 61,375.
B. 64,05.
C. 57,975.
D. 49,775.
( thi th i hc ln 1 Trng THPT
Chuyờn i hc Vinh, nm hc 2013 2014)
Hng dn : Theo gi thit, suy ra trong Y cú
NO (khớ khụng mu húa nõu trong khụng khớ).
Mt khỏc, M Y = 12,2.2 = 24,4 khớ cũn li
trong Y l H2. Vỡ ó cú H2 sinh ra nờn NO3
khụng cũn trong dung dch X.
Theo gi thit, bo ton nguyờn t N, bo
ton electron, ta cú :
n NO + n H = 0,125
2

30n
2n

+ H = 24,4.0,125

NO
2
n NO = 0,1

n H2 = 0,025

Trờn bc ng thnh cụng khụng cú du chõn ca k li bing


Biên soạn : Thầy giáo Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689186513

n + = n − − n NO = 0,05
NO3 bñ
 NH 4 1
424
3 {
0,1

0,15
⇒
⇒ n Zn = 0,375
= 2 n H + 8 n NH + + 3n NO
2 n
Zn
{
{
4
{2

{
 ?
0,1
0,025
0,05

Theo bảo toàn điện tích trong dung dịch X và
bảo toàn khối lượng, ta có :

 n − = 2 n 2+ + n + + n + + n + = 0,95
Zn
Na
K
NH4
 Cl
{
{
{
{
0,375
0,1
0,05

0,05

 m muoái = 65n Zn2+ + 23n Na+ + 39 n K +
{
{
{


0,375
0,1
0,05

+ 18 n NH + + 35,5n Cl− = 64,05 gam

4
{
{

0,95
0,05


3. Bài tập vận dụng :
Câu 1: Cho m gam Ba vào 250 ml dung dịch
HCl aM, thu được dung dịch X và 6,72 lít H2
(đktc). Cô cạn dung dịch X thu được 55 gam
chất rắn khan. Giá trị của a là
A. 2,4M.
B. 1,2M.
C. 1,0M.
D. 0,8M.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Lục Ngạn số 1
– Bắc Giang, năm học 2013 – 2014)
Câu 2: Hoà tan 0,54 gam Al bằng 0,5 lít dung
dịch H2SO4 0,1M thu được dung dịch A. Thêm
V lít dung dịch NaOH 0,1M vào dung dịch A
cho đến khi kết tủa tan một phần, lọc kết tủa
nung ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi

thu được 0,51 gam chất rắn. Giá trị V là :
A. 0,8 lít.
B. 1,1 lít.
C. 1,2 lít.
D. 1,5 lít.
(Đề thi thử Đại học lần 2 –THPT chuyên
Hùng Vương – Phú Thọ, năm học 2013 – 2014)
Câu 3: Hoà tan hết m gam Al2(SO4)3 vào nước
được dung dịch X. Cho 360 ml dung dịch NaOH
1M vào X, thu được 2a gam kết tủa. Mặc khác,
nếu cho 400 ml dung dịch NaOH 1M vào X,

cũng thu được a gam kết tủa. Các phản ứng xảy
ra hoàn toàn, giá trị của m là:
A. 18,81.
B. 15,39.
C. 20,52.
D. 19,665.
(Đề thi thử đại học lần 2 – THPT chuyên
Nguyễn Huệ – Hà Nội, năm học 2011 – 2012)
Câu 4: Cho hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe2O3 và
Fe3O4 trong 300 ml dung dịch chứa H2SO4 1M
và HNO3 1M, sau phản ứng hoàn toàn thu được
dung dịch Y và thấy thoát ra 2,24 lít khí NO (sản
phẩm khử duy nhất, đktc). Thể tích dung dịch
NaOH 1M tối thiểu cần cho vào dung dịch Y để
thu được kết tủa lớn nhất là
A. 0,4 lít.
B. 0,8 lít.
0,9

lít.
C.
D. 0,5 lít.
(Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Nam Định,
năm học 2012 – 2013)
Câu 5: Cho a gam hỗn hợp A gồm Fe2O3, Fe3O4,
Cu vào dung dịch HCl dư thấy có 1 mol axit
phản ứng và còn lại 0,256a gam chất rắn không
tan. Mặt khác, khử hoàn toàn a gam hỗn hợp A
bằng H2 dư thu được 42 gam chất rắn. Tính %
khối lượng Cu trong hỗn hợp A?
A. 25,6%.
B. 50%.
C. 44,8%.
D. 32%.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT
Chu Văn An – Hà Nội, năm 2014
Bài 6: Hòa tan hoàn toàn 19,2 gam hỗn hợp X
gồm Fe, FeO, Fe3O4 và Fe2O3 trong 50 ml dung
dịch H2SO4 18M (đặc, dư, đun nóng), thu được
V lít khí SO2 (đktc) là sản phẩm khử duy nhất và
dung dịch Y. Cho 450 ml dung dịch NaOH 2M
vào dung dịch Y, thu được 21,4 gam kết tủa và
dung dịch Z. Giá trị của V là
A. 4,48.
B. 5,60.
C. 6,72.
D. 3,36.
(Đề thi thử Đại học lần 2 –THPT chuyên
Lam Sơn – Thanh Hóa, năm học 2013 – 2014)

Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng

7