Một số câu vô cơ khó

RÈN LUYỆN KỸ NĂNG GIẢI CÁC BÀI TẬP VÔ CƠ KHÓ
Câu 1. (TMĐ 11/2015) Hòa tan hết 24,96 gam hỗn hợp X (dạng bột) gồm Fe, Cu và các oxit Fe trong
dung dịch HCl loãng dư, thu được dung dịch Y và 0,896 lít khí H2 (đktc). Sục khí H2S đến dư vào
dung dịch Y thấy tạo thành 8,64 gam kết tủa. Nếu cho dung dịch AgNO3 dư vào dung dịch Y, sau khi
kết thúc phản ứng thấy thoát ra 1,008 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất; đktc) và 139,04 gam kết tủa.
Phần trăm khối lượng của oxi có trong hỗn hợp X là.
A. 19,23%
B. 20,51%
C. 22,44%
D. 21,15%
- 24,96(g) X{ Fe , Cu, O } có mol a, b, c => 56a + 64b + 16b = 24,96 (1)
- X + HCl (x mol) → H2 (0,04 mol) + ddY(Fe2+, Fe3+, Cu2+, Cl-, H+ dư)
bte  2a  2b  2 y  2c  0,08
- Y + H2S(dư) → 8,64 (g){CuS, S} + dd(Fe2+, Cl-, H+ ) => 
96b  32 y  8,64
=> -32a +64b + 32c = 7,36 (2)
Đề hay thì phải có Ag !
- Y + AgNO3 dư → NO(0,045 mol) + 139,04(g){AgCl, Ag}+ dd(Fe3+, Cu2+, NO3-, Ag+) [H+ hết ]
bte  3a  2b  2c  0,04.2  0,045.3  t

=> 143,5 x  108t  139,04
 324a  216b  71c  124,95(3)
ionH   x  0,04.2  2c  4.0,045

(1), (2), (3) => a = 0,26 , b = 0,08 , c = 0,33 => => %mO = 21,15%
TH2: Y + AgNO3 dư → NO(0,045 mol) + 139,04(g){AgCl} + dd(Fe3+, Cu2+, NO3-, Ag+, H+ dư)
bte => 3a + 2b = 2c + 0,04.2 + 0,045.3 hay 3a + 2b – 2c = 0,215 (3’)
(1), (2), (3') => a = 0,2652 , b = 0,0683 , c = 0,3586 => %mO = 22,99%
Kiểm tra đk H+ dư: H+(bđ) = nAgCl = 0,9689 ; H+(pứ) = 0,04.2 + 2c + 4.0,045 = 0,9772 => loại
Câu 2. (Bùi Tuấn Minh) Hỗn hợp X chứa 0,1 mol ZnO và 0,1mol Zn được hòa tan hết trong 250 gam
dung dịch HNO3 12,6% thu được dung dịch X và 0,336 lit khí Y (đktc). Cho từ từ đến hết 462,5 ml

dung dịch NaOH 1,6M vào dung dịch X thu được 5,94 gam kết tủa. Nồng độ phần trăm của Zn(NO3)2
trong dung dịch X có giá trị gần nhất với giá trị
A. 14,36%
B. 14,31%
C. 14,62%
D. 14,32%
250.12,6
2+
nHNO 3 
 0,5 => ddX: Zn (0,2) , NO3 (0,4), NH4NO3 (x), HNO3 dư (y)
100.63
nZn(OH)2 = 0,06 mol => (!) nNaOH = 0,74 = x + y + 4.0,2 – 2.0,06 hay x + y = 0,06 (1)
bte => 0,1.2 = 0,015.q + 8x (2)
btnt(N !) => 0,5 = 0,4 + 0,015.2 + 2x + y (3) => 2x + y = 0,07 (2)
0,2.189.100
=> x = 0,01, y = 0,05 => q = 8 (N2O) => C% =
 14,32%
250  81.0,1  65.0,1  0,015.44
Câu 3. (Nguyễn Chí Thanh) Hỗn hợp X gồm Al2O3 và Al trong đó oxi chiếm xấp xỉ 45,45% về khối
lượng. Hòa tan hết 15,84 (g) hỗn hợp X trong 973,5 ml dung dịch HNO3 1M, sau khi các phản ứng xảy
ra hoàn toàn thu được 0,0672 lít khí Y duy nhất ở đktc và dung dịch Z không chứa axit dư. Cho từ từ
đến hết 1123,75 ml dung dịch NaOH 1M vào dung dịch Z, đun nhẹ, sau khi phản ứng xong thu được
m(g) kết tủa. Giá trị m gần nhất với
A. 12,4789 (g)
B. 12,1875 (g)
C. 24,960 (g)
D. 29,120 (g)
0,4545.15,84
 0,45 => nAl2O3 = 0,15 => nAl = 0,02 , nY = 0,003 mol
=> nO =

16
=> ddZ có Al(NO3)3 0,32 , NH4NO3 x mol , bte => 0,06 = 0,003.q + 8x (*)
btnt (N) => 0,9735 = 0,32.3 + 2x + 0,003.2 => x = 0,00375 mol , bte => Y là N2
n 
3
0,32
.78  12,48( g )
=> nOH-(pứ Al3+) = 1,12375– 0,00375 = 1,12 => OH ( pu .voi. Al )  3,5  m 
nAl 3
2


Câu 4. (TMĐ 15/11/2015) Hòa tan hết hỗn hợp gồm 9,36 gam Al và 7,82 gam Al2O3 trong dung dịch
chứa NaHSO4 và 0,24 mol HNO3. Sau khi kết thúc phản ứng thu được dung dịch X chỉ chứa các muối
trung hòa và hỗn hợp khí Y gồm 0,08 mol NO và a mol N2O. Để tác dụng tối đa các chất tan có trong
dung dịch X cần dùng dung dịch chứa 2,04 mol NaOH. Nếu cho 400 ml dung dịch Ba(OH)2 2M vào
dung dịch X, thu được lượng kết tủa là.
nAl = 26/75 mol , nAl2O3 = 23/300 mol , NaHSO4 (x mol)
+
2=> ddX (Al3+,Na+ x, SO42- x, NO3-, NH4+ y, H2O) NaOH
 ddZ (Al(OH)4 , Na , SO4 , NO3 , H2O)
26
.3  0,08.3  8a  8 y hay a + y = 0,1 (1)
bte =>
75
26 23.2
btđt (ddX) => (
+
).3 + x + y = 2x + 0,24 – 0,08 – 2a – y hay –2a + x – 2y = 1,34 (2)
75 300

26 23.2
btđt (ddZ) => x + 2,04 = (
+
)+ 2x + 0,24 – 0,08 – 2a – y hay 2a - x + y = -1,38(3)
75 300
=> a = 0,06 , x = 1,54, y = 0,04 , Kết tủa là: BaSO4 0,8 mol , Al(OH)3 ?
n 
3
1,6  0,04
 3,12  nAl(OH)3 = 4.0,5– (1,6-0,04) = 0,44 => m(kết tủa) = 220,72(g)
Vì OH ( pu .voi. Al ) 
n Al 3
0,5
Câu 5. (TMĐ): Hòa tan hết 7,44 gam hỗn hợp gồm Mg, MgO, Fe, Fe2O3 vào dung dịch chứa 0,4 mol
HCl và 0,05 mol NaNO3, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch X chứa 22,47 gam
muối và 0,448 lít (đktc) hỗn hợp khí gồm NO, N2 có tỷ khối so với H2 bằng 14,5. Cho dung dịch NaOH
(dư) vào dung dịch X thu được kết tủa Y, lấy Y nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu
được 9,6 gam chất rắn. Mặc khác nếu cho dung dịch X tác dụng với dung dịch AgNO3 (dư) thu được m
gam kết tủa. Biết chất tan trong X chỉ chứa hỗn hợp các muối. Giá trị của m là
A. 63,88 gam.
B. 58,48 gam.
C. 64,96 gam.
D. 95,2 gam.
nN 2 30  29 1

 => nN2 = nNO = 0,01 mol
nNO 29  28 1
9,6  7,44
 0,135 mol
7,44 (g) {Mg, Fe, O} + [O]  9,6 (g) {MgO, Fe2O3} => n[O] =

16
 nH2O = 0,18
7,44 (g) {Mg, Fe, O}+ [HCl, NaNO3]  khí( NO, N2) + muối(X) + H2O BTKL
H2O được tạo từ đâu ? => 0,18 = 0,01.2 + 0,01.6 + 3y + x => x + 3y = 0,1 { x = nO(trong hh) }
ddX + AgNO3 dư => không có khí bay ra => dự đoán H+ hết
=> 0,4 = 0,01.4 + 0,01.12 + 10.y + 2x => 2x + 10y = 0,24 => x = 0,07, y = 0,01 (muối amoni)
Vậy kết tủa có: AgCl 0,4 mol và Ag :
BTE

 ne (kl cho) = nO.2 + n[O].2 = 0,01.3 + 0,01.10 + 0,01.8 + nO.2 + nAg => nAg = 0,06
Vậy m = 63,88 (g)
Câu 6. (TMĐ 2014) Hoà 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 hỗn hợp khí X gồm NO và N2O. Để tác dụng tối đa các chất trong dung dịch X cần
450 ml dung dịch NaOH 2M. Nếu cô cạn dung dịch X thu được chất rắn Z. Nung Z đến khối lượng
không đổi, thấy khối lượng chất rắn giảm m gam. Giá trị m là
A. 44,12
B. 46,56
C. 43,72
D. 45,84
0,20725.15,44
 0,2 => nFe3O4 = 0,05 mol , Fe (x mol), Al (y mol) , nHNO3 = 0,9 mol
nO =
16
=> 56x + 27y = 15,44- 0,05.232 = 3,84 (1)
n  0,02
btkl=> mX= 15,44+ 280– 293,96= 1,48=> MtbX = 37 => nNO  44  37  1 =>  NO
nN 2 O

bte => 3x + 3y – 8z = 0,02.3 + 0,02.8 – 0,05 = 0,17 (2)

37  30

1

nN 2O  0,02


=> ddX: (Fe3+, Al3+, NH4+, H+, NO3-, H2O)
[dd sau có Na+, Al(OH)4-, NO3- => 0,9=0,84-z+y]
btđt => 3(0,15+x) + 4y + z + 0,9 – (0,68+10z) = 0,9 hay 3x + 4y – 9z = 0,23 (3)
=> x = 0,03 , y = 0,08 , z = 0,02
=> m = 46.3.(0,18+0,08) + 32.(0,18+0,08).3/4 + 0,02.80 = 43,72 (g) [mgiảm= mkhí bay ra]
Cách của Thầy Hoàng Chung

Câu 7. (TMĐ 11/2015) Cho 27,24 gam tinh thể MSO4.nH2O vào 400 ml dung dịch NaCl 0,8M và
CuSO4 0,3M thu được dung dịch X. Tiến hành điện phân dung dịch X bằng điện cực trơ với cường độ
dòng điện không đổi, trong thời gian t giây; thấy khối lượng catot tăng m gam; đồng thời ở anot thoát
ra 0,18 mol khí. Nếu thời gian điện phân là 2t giây, tổng số mol khí thoát ra ở 2 cực là 0,44 mol. Giá
trị m là.
A. 12,4 0
B. 12,80 gam
C. 14,76 gam
D. 15,36 gam
-t(s) Cu2+ + 2e(0,24)  Cu(0,12)
2Cl-  Cl2(0,16) + 2e(0,32)
M2+ + 2e(0,16)  M(0,08)
<= 2H2O  O2(0,02) + 4e(0,08) + 2H+ => ne = 0,4
-2t(s) Cu2+ + 2e(0,24)  Cu(0,12)
2Cl-  Cl2(0,16) + 2e(0,32)

M2+(x) + 2e(2x)  M
<= 2H2O  O2(0,12) + 4e(0,48) + 2H+ => ne = 0,8
2H2O + 2e(0,32)  H2(0,16) + 2OH=> 0,24 + 2x + 0,32 = 0,8 => x = 0,12 => M + 96 + 18n = 227 => n = 4 => M = 59
=> m = 0,12.64 + 0,08.59 = 12,4 (g) => chọn A
Câu 8. (TMĐ 10/2015) Dẫn 8,96 lít khí CO (đktc) qua ống sứ chứa 38,4 gam hỗn hợp gồm Mg, MgO,
Fe2O3 và Fe. Sau một thời gian thu được rắn X và hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với He bằng 9. Hòa tan
hết rắn X trong dung dịch HNO3 loãng dư thu được dung dịch Z và hỗn hợp khí gồm 0,12 mol khí NO
và 0,06 mol khí N2O. Cô cạn dung dịch Z, sau đó nung đến khối lượng không đổi thu được 48,0 gam
rắn. Số mol HNO3 phản ứng là.
n
44  36 1
  nCO  nCO 2  0,2 => mX = 35,2(g) {Mg, Fe, O}
- hhY: CO 
nCO 2 36  28 1
- 35,2 (g) X {Mg, Fe, O} + [O]  48 (g) {MgO, Fe2O3} => n[O] = 0,8 mol
- 35,2 (g) X {Mg, Fe, O} + [HNO3]  dd (Mg2+, Fe3+, ...)
bte => 0,8.2 = 0,12.3 + 0,06.8 + nNH4NO2.8 => nNH4NO3 = 0,095 mol
=> nHNO3(pứ) = 0,8.2 + 0,095.2 + 0,12 + 0,06.2 = 2,03 mol ( không ổn , còn lượng H+ pứ với oxi)
Nếu giải tiếp thì
24a  56b  16c  35,2(1)

2a  3b  2c  0,8.2  1,6(2) vì (1) + (2).8 = (3) => không tìm được O trong X ?
40a  80b  48(3)

=> Kết luân nHNO3(pứ) > 2,03 mol
(thảo luận)


4H+ + NO3- + 3e  NO + 2H2O
10H+ + 2NO3- + 8e  N2O + 5H2O

10H+ + NO3- + 8e  NH4+ + 3H2O => nHNO3(pứ) = 4nNO + 10nN2O + 10nHN4NO3
2H+ + O + 2e  H2O ? ? (hiểu thế nào nhỉ )
Ví dụ như ta cho !
Mg : 0,1
hh 
+ HNO3  N2O: 0,025 + dd (Mg2+, NO3-)
MgO : 0,15
10H+ + 2NO3- + 8e  N2O + 5H2O
2H+ + O + 2e  H2O
=> nHNO3 = 2.0,15 + 10.0,025 = 0,55 (tính lượng H+ pứ với oxi trong hh)
Còn nếu nHNO3(pứ) = 10.nN2O = 0,25 thì lại sai
Bài giải cảu thầy Ngân !