Nét đẹp của các định luật bảo toàn trong giải toán hóa hóa học áp dụng để giải nhanh các bài toán vô cơ vận dụng cao trong kì thi THPT quốc gia

MỤC LỤC


PHẦN 1
MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài
- Hóa học là 1 trong những môn học có nhiều ứng dụng nhất trong đời
sống. Trong trường phổ thông Hóa học là môn học cơ bản vì vậy nó được áp
dụng vào các kỳ thi ở chương trình phổ thông. Từ năm 2015 đến nay Bộ Giáo
Dục và Đào Tạo áp dụng kỳ thi THPT Quốc Gia để xét tốt nghiệp và xét vào Đại
học-Cao Đẳng-THCN, thành tựu trong 3 năm 2015, 2016, 2017 mà kì thi đã để
lại những ấn tượng nhất định được nhân dân và giáo viên, học sinh, phụ huynh
cũng như toàn xã hội hưởng ứng tích cực và trở thành kì thi rất quan trọng của
học sinh THPT. Trong năm 2018 Bộ Giáo dục tiếp tục sử dụng kì thi THPT
quốc gia với mục đích như vậy và thời gian làm bài mỗi môn trong bài thi tổ
hợp là 50 phút với 40 câu hỏi. Để giải quyết được số lượng câu hỏi như vậy học
sinh đòi hỏi phải có kỹ năng mà các em chỉ được học hóa học từ lớp 8 trong 2
năm lớp 8, 9 các em được học rất hời hợt và cảm thấy khó khăn khi học hóa,
khó hiểu và sợ học hóa học đặc biệt là các bài toán hóa học phân hóa, đồ thị...
- Kể từ năm 2007, Bộ Giáo dục và Đào tạo đã chuyển cấu trúc thi tuyển
sinh đại học - cao đẳng, THPT Quốc Gia môn hoá học từ tự luận sang trắc
nghiệm khách quan nhiều lựa chọn 100%. Điều đó cũng đồng nghĩa trong thời
gian rất ngắn, học sinh phải thật bình tĩnh để lựa chọn phương án trả lời tối ưu.
Nắm bắt được điều đó, các giảng viên đại học, cao đẳng, các chuyên gia và các
nhà giáo có nhiều kinh nghiệm đã xuất bản rất nhiều sách và tài liệu tham khảo
về các phương pháp giải nhanh trắc nghiệm, tuy nhiên cập nhật thi cử trong các
năm trở lại đây chúng tôi thấy có nhiều câu hỏi vận dụng, vận dụng cao cao mới
- lạ, học sinh chưa hiểu thấu đáo thì không thể giải được và kể cả một số giáo
viên khi mà tài liệu tham khảo chưa kịp cập nhật.
- Nắm bắt được điều đó thông qua các đề thi đề THPT quốc gia năm
2015, 2016 và đề tham khảo lần 1,2,3 năm 2017 và đề thi THPT quốc gia năm

2017, đề minh họa năm 2018 chúng tôi nhận thấy trong đề thi phần vận dụng có
nhiều bài tập vô cơ hay và khó nếu không nắm được bản chất thì gần như không
giải được hoặc giải rất lâu, để giúp học sinh có cách giải nhanh, hay chúng tôi
mạnh dạn viết SKKN “Nét đẹp của các định luật bảo toàn trong giải toán hóa
hóa học áp dụng để giải nhanh các bài toán vô cơ vận dụng cao trong kì thi
THPT quốc gia”.
- Trong đề tài này chúng tôi đưa ra ba phần chính đó là: các bài toán vận dụng
cao; bài toán đồ thị dung dịch muối Al3+, H+ tác dụng với dung dịch OH- và thực
nghiệm sư phạm áp dụng.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Đề tài được nghiên cứu để giúp học sinh lớp 12 ôn thi THPT quốc gia môn Hóa
học được tốt hơn, hiệu quả hơn và có thể giúp các bạn đồng nghiệp ôn thi có hệ
thống, hiệu quả nâng cao chất lượng dạy và học môn Hóa học ở trường phổ thông.
2


1.3. Đối tượng nghiên cứu
Sáng kiến kinh nghiệm được nghiên cứu ở phần Hóa học vô cơ lớp 12THPT do đó tổng kết được kĩ năng giải bài tập vô cơ, dạng bài tập muối Al3+ và
phán đoán tình huống đặt ra trong thực tiễn.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
Đề tài được nghiên cứu chủ yếu bằng phương pháp nghiên cứu xây dựng
cơ sở lý thuyết tổng quát để suy ra vấn đề cụ thể và phương pháp sơ đồ hóa chia
nhỏ nhiệm vụ để giải.

3


PHẦN 2
NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Tình hình thực tế và biện pháp thực hiện

2.1.1. Tình hình thực tế trước khi thực hiện đề tài
- Qua hơn 10 năm giảng dạy tại trường phổ thông và nhiều năm nghiên
cứu, chúng tôi nhận thấy rất nhiều học sinh khi làm bài tập vô cơ phân hóa và đồ
thị thường hay lúng túng-khúc mắc. Điều đó, sẽ mất nhiều thời gian làm bài và
đôi khi không làm ra được kết quả do những bài toán phân hóa trên phải yêu cầu
hiểu biết bản chất hóa học và xử lí toán học.
- Thực tế là học sinh không hứng thú với dạng toán này cho đây là phức
tạp.
- Vì vậy để nâng cao hiệu quả giải bài tập giải nhanh các bài toán phân
hóa và đồ thị phục vụ thi THPT Quốc Gia và thi học sinh giỏi tỉnh chúng tôi
chọn đề tài “Nét đẹp của các định luật bảo toàn trong giải toán hóa hóa học áp
dụng để giải nhanh các bài toán vô cơ vận dụng cao trong kì thi THPT quốc
gia” này nhằm đưa học sinh tới hiểu thấu đáo hơn và giải quyết vấn đề tốt hơn.
2.1.2. Biện pháp thực hiện đề tài
2.1.2.1. Những kiến thức cần trang bị
- Nắm vững các định luật bảo toàn.
- Nắm được các bản chất hóa học xảy ra.
- Viết được các sơ đồ hóa bài toán.
- Xử lí các dữ kiện bài toán: số mol, khối lượng, bảo toàn khối lượng
(BTKL), bảo toàn electron (BT e), bảo toàn điện tích (BTĐT), …
2.1.2.2. Những điểm cần lưu ý
- Sơ đồ phản ứng của bài toán
- Vận dụng thành thạo BTNT và bảo toàn nhóm, bảo toàn gốc axit, …
2.2. Nội dung
2.2.1. Định luật bảo toàn khối lượng và các hệ quả [13]
Định
luật
bảo
toàn
khối

lượng
(BTKL) hay định
luật Lomonosov - Lavoisier là một định luật cơ bản trong lĩnh vực hóa học,
được phát biểu như sau: Trong phản ứng hóa học, tổng khối lượng các chất tham
gia phản ứng bằng tổng khối lượng các sản phẩm tạo thành.
Định luật bảo toàn khối lượng được hai nhà khoa học Mikhail Vasilyevich
Lomonosov và Antoine Lavoisier khám phá độc lập với nhau qua những thí
nghiệm được cân đo chính xác, từ đó phát hiện ra định luật bảo toàn khối lượng.
♦ Năm 1748, nhà
Lomonosov đặt ra định đề.

hóa

học

người

Nga Mikhail

Vasilyevich

♦ Năm 1789, nhà hóa học người Pháp Antoine Lavoisier phát biểu định
luật này.

4


Khi cân những bình nút kín đựng bột kim loại trước và sau khi nung,
M.V.Lomonosov nhận thấy rằng khối lượng của chúng không thay đổi, mặc dù
những chuyển hoá hoá học đã xảy ra với kim loại trong bình. Khi áp dụng các

phương pháp định lượng nghiên cứu phản ứng hoá học, năm 1748 Lomonosov
đã tìm định luật quan trọng này. Lomonosov trình bày định luật như sau: "Tất cả
những biến đổi xảy ra trong tự nhiên thực chất là nếu lấy đi bao nhiêu ở vật thể
này, thì có bấy nhiêu được thêm vào ở vật thể khác. Như vậy, nếu ở đây giảm đi
bao nhiêu vật chất, thì sẽ có từng ấy vật chất tăng lên ở chỗ khác".
Trong phản ứng hoá học có sự thay đổi liên kết giữa các nguyên tử, sự
thay đổi này chỉ liên quan đến các điện tử còn số nguyên tử của mỗi nguyên
tố được giữ nguyên và khối lượng của các nguyên tử không đổi, vì thế tổng khối
lượng các chất được bảo toàn. Định luật này đôi khi còn được gọi là Định luật
bảo toàn khối lượng của các chất, vì ở cùng một địa điểm trọng lượng tỷ lệ với
khối lượng.
Lomonosov cũng nhận thấy rằng bảo toàn năng lượng cũng có giá trị đối
với các phản ứng hóa học.
Hệ quả của định luật bảo toàn khối lượng đó là:
- Định luật bảo toàn nguyên tố (BTNT): số mol mỗi nguyên tố trước và
sau phản ứng không thay đổi, tức nếu hệ trước phản ứng có a mol nguyên tố A
thì sau phản ứng số mol nguyên tố A cũng là a mol.
- Định luật bảo toàn electron (BT e): Tổng số electron mà chất khử cho
bằng tổng số electron mà chất oxi hoá nhận nên: Σne (chất khử cho) = Σne (chất
oxi hoá nhận) với ne là số mol electron.
- Định luật bảo toàn điện tích (BTĐT): Trong dung dịch, tổng số điện tích
dương bằng tổng số điện tích âm, tức Σnđiện tích dương = Σnđiện tích âm.
Ví dụ: Trong dung dịch có các ion Fe2+; Al3+; Cl−; SO42− với số mol tương
ứng như sau: Fe2+ (a mol), Al3+ (b mol), Cl− (c mol), SO42− (d mol).
áp dụng định luật bảo toàn điện tích, ta có: 2a + 3b = c + 2d
2.2.2. Áp dụng định luật bảo toàn trong giải toán vô cơ vận dụng cao
Phương pháp:
- Xử lí các công đoạn nhỏ tính số mol khí, phỏng đoán khí, …
- Viết sơ đồ phản ứng.
- Nhận xét và áp dụng các định luật bảo toàn vào để giải.

Các ví dụ:
Ví dụ 1. [9]. Cho 28,7 gam hỗn hợp X gồm Fe 3O4, Cu và Fe(NO3)3 tan hoàn
toàn trong dung dịch chứa 0,34 mol H 2SO4 (loãng), thu được khí NO (sản phẩm
khử duy nhất của N+5) và dung dịch Y chỉ chứa hai muối là FeSO4 và CuSO4. Cô
cạn dung dịch Y, thu được m gam muối khan. Giá trị m là
A. 53,28.
B. 53,20.
C. 53,60.
D. 53,12.
Hướng dẫn giải
5


232a + 64b + 242c = 28, 7
Fe3O 4 : a
a = 0, 04
 BTE



→ NO : 3c 
→  
→ 2a + c + 3c.3 = 2b 
→ b = 0,19
Cu : b
Fe(NO ) : c


3 3
c = 0, 03


3a + b + c = 0,34

* Đặt
* Muối chứa: FeSO4: 3a+c = 0,15 mol; CuSO4: b = 0,19 mol → m = 53,2 gam
Ví dụ 2.[6]. Nhiệt phân hỗn hợp gồm Mg và 0,16 mol Cu(NO 3)2 trong điều kiện
không có không khí, sau một thời gian, thu được hỗn hợp rắn X và 5,6 lít (đktc)
hỗn hợp khí Y gồm NO2 và O2. Hòa tan hoàn toàn X cần dùng vừa đủ dung dịch
chứa 1,12 mol HCl, thu được dung dịch Z và 0,08 mol hỗn hợp khí T gồm hai
đơn chất khí. Tỉ khối của T so với He bằng 2,125. Cô cạn dung dịch Z thu được
m gam muối khan. Giá trị của m là
A. 59,96.
B. 59,84.
C. 59,72.
D. 59,60.
Hướng dẫn giải
Ta có: nY = 0,25 mol→ nO trong X =0,16.6 – 0,25.2 = 0,46 mol
x + y = 0,08

28x + 2y = 0,08.2,125 .4

Khí trong T là N2 và H2 gọi số mol là x, y suy ra
→ x= 0,02 mol; y = 0,06 mol. BTNT (O) suy ra nH2O = 0,46 mol
BTNT (H): nNH4+ = (1,12 – 0,06.2-0,46.2)/4 = 0,02 mol.
Cu 2+ : 0,16
 −
Cl : 1,12

+
 NH 4 : 0,02

 BTĐT
2+
 → Mg : 0,39

Muối gồm
→ m = 59,72 gam
Ví dụ 3.[9]. Trộn m gam hỗn hợp X gồm Mg, Fe, Fe3O4, Cu và CuO (trong đó
nguyên tố oxi chiếm 12,82% theo khối lượng hỗn hợp X) với 7,05 gam
Cu(NO3)2, thu được hỗn hợp Y. Hoà tan hoàn toàn Y trong dung dich chứa đồng
thời HCl; 0,05 mol KNO3 và 0,1 mol NaNO3. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn
toàn, thu được dung dịch Z chỉ chứa muối clorua và 3,36 lít (đktc) hỗn hợp khí
T gồm N2 và NO. Tỉ khối của T so với H2 là 14,667. Cho Z phản ứng với dung
dịch Ba(OH)2 dư, kết thúc các phản ứng thu được 56,375 gam kết tủa. Giá trị
của m gần nhất với giá trị nào sau đây ?
A. 30,5
B. 32,2
C. 33,3
D. 31,1
Hướng dẫn giải:
Ta có:
n NO3− = 0, 225
KL : (0,8718 m + 2, 4)


→ n NH+ = 0, 025 
→ 56,375  − 0,1282m

→ m = 31, 2
n N2 = 0, 05 
4


OH : 16 .2 + 0, 075 + 1
n NO = 0,1

6


Ví dụ 4.[6]. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm Mg, MgO, Fe 3O4 và Fe(NO3)2
(trong đó oxi chiếm 371/1340 khối lượng hỗn hợp X) trong dung dịch HCl dư
thấy có 4,61 mol HCl phản ứng. Sau khi các phản ứng xảy ra xong thu được
dung dịch Y chỉ chứa 238,775 gam muối clorua và 14,56 lít (đktc) hỗn hợp khí Z
gồm NO, H2. Hỗn hợp Z có tỉ khối so với H2 là 69/13 . Thêm dung dịch NaOH
dư vào Y, sau phản ứng thu được kết tủa Z. Nung Z trong không khí đến khối
lượng không đổi được 114,2 gam chất rắn T. Phần trăm khối lượng Fe 3O4 trong
X gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 13%.
B. 32%.
C. 24%.
D. 27%.
Hướng dẫn giải:
a + b = 0,65


69
30a + 2b = 0,65. 13 .2

Gọi a, b là số mol NO, H2. Ta có
→ a= 0,2; b=0,45.
Vì có sự tạo ra H2 nên trong dung dịch Y không có Fe 3+ (Thiết nghĩ đề bài phải
nói là dung dịch Y không có Fe 3+ mới hợp lý vì quá trình phản ứng của các

chất là quá trình phức tạp không thể khẳng định có H 2 tạo ra là dung dịch
không có Fe3+). Có Mg phản ứng nên ta nghĩ ngay đến dung dịch Y có NH 4+, ta
có sơ đồ phản ứng:
Mg
MgO
Fe3O4: 0,15
Fe(NO3)2: 0,15

+ HCl: 4,61 mol

Y

Mg2+: a
Fe2+: b
NH4+: 4,61-2a-2b
Cl-: 4,61

+

NO: 0,2
H2: 0,45

+

H2O
1,655

Gọi x, y là số mol Mg2+, Fe2+ trong Y.
MgO : x
NaOH du

kk


→ ↓ →

Fe 2 O 3 : y

Y
→40x + 80y = 114,2 (I)
+
BTĐT trong Y ta có nNH4 = 4,61 – 2a-2b (ghi trong sơ đồ)
Ta có mmuối = 24a + 56b + 18. (4,61 -2a-2b) + 35,5. 4,61 = 238,775 (II)
Giải hệ (I, II) thu được x = 1,655; y = 0,6. BTNT (N): Fe(NO 3)2 = 0,15 mol,
BTNT (Fe): Fe3O4 = 0,15 mol. BTNT (H) nH 2O = 1,655 mol, BTNT (O): nO
(X)= 1,855 mol → mX = 107,2 gam → %mFe3O4 = 32,46% →Chọn B.
Ví dụ 5. [6]. Cho 5 gam bột Mg vào dung dịch hỗn hợp KNO 3 và H2SO4, đun
nhẹ, trong điều kiện thích hợp, đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được
dung dịch A; 1,792 lít hỗn hợp khí (đktc) gồm hai khí không màu, trong đó có
một khí hóa nâu ngoài không khí và còn lại 0,44 gam chất rắn không tan. Biết tỉ
khối hơi của B đối với H2 là 11,5. Cô cạn cẩn thận dung dịch A thu được m gam
muối khan E. Tính phần trăm về khối lượng của muối chứa K+ trong E?
A. 31,08%.
B. 44,79%.
C. 22,39%.
D. 36,04%.
Hướng dẫn giải:

7

Số mol Mg phản ứng =( 5-0,44)/24 = 0,19 mol. Có Mg tác dụng với NO 3- và H+
nên ta nghĩ ngay đến sản phẩm khử có thể có NH 4+. Dễ thấy 2 khí là NO và H 2,
tính được số mol: NO: 0,06 mol, H2: 0,02 mol. Sơ đồ phản ứng:
Mg: 0,19

+

KNO3: 0,08
H2SO4

dd A

Mg2+: 0,19
K+: 0,08
NH4+: 0,02
SO42-: 0,24

+

NO: 0,06
H2: 0,02

+

H2O

BT e: nNH4+ = (0,19.2 – 0,06.3-0,02.2)/8 = 0,02 mol.
BTNT (N): nKNO3 = 0,08 mol nên nK+=0,08
BTĐT →nSO42- = 0,24 mol → %mK2SO4 trong E = 22,39%.
Ví dụ 6: [6]. Hòa tan hết 35,52 gam hỗn hợp X gồm FeCl 2, Mg, Fe(NO3)2 và Al

vào dung dịch chứa 0,816 mol HCl thu được dung dịch Y và 3,2256 lít khí NO
(dktc). Cho từ từ AgNO3 vào dung dịch Y đến khi phản ứng hoàn toàn thì lượng
AgNO3 tối đa là 1,176 mol, thu được 164,496 gam kết tủa; 0,896 lít khí NO 2 là
sản phẩm khử duy nhất (đktc) và dung dịch Z chứa m gam chất tan đều là muối.
Giá trị m gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 44 gam.
B. 43 gam.
C. 86 gam.
D. 88 gam.
Hướng dẫn giải:
Tư duy kiểu 1. Hỗn hợp kết tủa gồm Ag x mol và AgCl y mol
Ta có x + y = 1,176 và 108x + 143,5y = 164,496 suy ra x = 0,12 và y =
1,056
Số mol FeCl2 = (1,056 – 0,816)/2 = 0,12
Dd Y chứa Fe2+, Mg2+, Al3+, NH4+, Cl-, H+
Trong đó số mol NH4+ = (nHCl – 4nNO – 2nNO2)/10 = 0,016
Số mol Fe(NO3)2 = (nNO + nNH4+)/2 = 0,08
Dd Z chứa Fe3+ ; Mg2+; Al3+; NH4+, NO3nNO3- = nAgNO3 – nNO2 = 1,136 mol
mion kim loại = mX – 71.nFeCl2 – 2.62.nFe(NO3)2 = 17,08
Vậy trong Z:m = mion kim loại + m NH4+ + mNO3- = 17,08 + 18.0,016 +
62.1,136 = 87,8 g
Tư duy kiểu 2. Có Mg, Al phản ứng với H+, NO3- nên dung dịch Y có thể có
NH4+ và do Y tác dụng với AgNO3 tạo khí nên trong Y có Fe2+, H+ và không có
NO3-. Sơ đồ phản ứng:

X

FeCl2: 0,12
Mg: a
Fe(NO3)2: b

Al: c

+

HCl
0,816

Y

Fe3+: b - 0,04
Fe2+: 0,16
Mg2+: a
+ NO: 0,144
Al3+: c
+
NH4 : 2b -0,14
H+: 0,08
Cl-: 1,056

+ H2O: 6b-0,14

Y tác dụng với dung dịch AgNO3, ta có các phản ứng:
Fe2+ + 2H+ + NO3- → Fe3+ + NO2 + H2O
8


0,04 0,08
Fe2+ + Ag+ → Fe3+ +
x
x

x

0,04 0,04
Ag↓ ; Ag+
x
y

+
y

x + y = 1,176

108x + 143,5y = 164,496

Cl-

→
y

AgCl↓

Gọi x , y là số mol Ag, AgCl ta có
→ x = 0,12; y = 1,056
2+
BT (Cl): nFeCl2 = 0,12 mol; nFe trong Y = 0,04 + x = 0,16 mol.
Gọi a, b, c là số mol Mg, Fe(NO3)2, Al trong X
BT (N): NH4+: 2b – 0,144; BT (O): H2O: 6b – 0,144 mol; BT (Fe): Fe 3+: b – 0,04
mol.
Ta có hệ:
mX = 24a + 180b + 27c + 0,12.127 = 35,52

BT dien tích trong Y: 3b + 0,2 + 2a + 3c + 2b- 0,144 + 0,08 = 1,056
BTKL: 35,52 + 0,816.36,5 = (b + 0,12).56 + 24a + 27c +18(2b-0,144) + 0,08 + 1,056.35,5 + 0,144.30 + 18(6b-0,144)

Giải hệ ta được a = 0,2; b =0,08; c =0,04 mol
Fe 3+ : 0,2
 2+
Mg : 0,2
 3+
Al : 0,04

+
 NH 4 : 0,016
 NO − : 1,136
3


Dung dịch Z gồm:
→mmuối = 87,8 gam.
Ví dụ 7: [7]. Cho 10 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe2O3, S, FeS2 và CuS (trong đó
O chiếm 16% khối lượng hỗn hợp X) tác dụng vừa đủ với 0,335 mol H2SO4 đặc
(đun nóng) sinh ra 0,2125 mol khí SO2 và dung dịch Y. Nhúng thanh Mg dư vào
Y, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn lấy thanh Mg ra cân lại thấy tăng 2,8
gam (giả sử 100% kim loại sinh ra bám vào thanh Mg). Đốt cháy hoàn toàn 10
gam X (sản phẩm gồm Fe2O3, CuO và SO2) bằng lượng vừa đủ V lít (đktc) hỗn
hợp khí A gồm O2 và O3 tỉ lệ mol 1:1. Giá trị của V là:
A. 1,568.
B. 1,4784.
C. 1,5232.
D. 1,4336.
Hướng dẫn giải:

Ta có nO trong X = 0,1 mol
Theo BTNT. H: Số mol H2O = số mol H2SO4 phản ứng
Theo BTNT. O:
nO trong X + 4nH2SO4 = 4nSO42- + 2nSO2 + nH2O

n SO 2 − = (0,1 + 4.0,335− 2.0,2125 − 0,335): 4 = 0,17 mol
4

→
Trong dung dịch Y có:
a mol Fe3+, b mol Cu2+ và 0,17 mol SO42Theo định luật bảo toàn điện tích đối với dung dịch Y:
3a + 2b = 0,17.2 = 0,34
(1)
Khi dung dịch Y tác dụng với Mg:

9


Dung dịch sau phản ứng với Mg dư chỉ có MgSO4 (0,17 mol)
⇒

số mol Mg phản ứng là 0,17 mol
Ta có: 56a + 64b - 0,17.24 = 2,8 (2)

a = 0,1 mol

b = 0,02 mol

Từ (1) và (2) tính được:
. Vậy trong X có:

Khi X tác dụng với hỗn hợp gồm O2 và O3 được:
n Fe 2O3 = 0,05 mol

n CuO = 0,02 mol
n = 0,0475 mol
 SO 2

n O = 0,1 mol
n = 0,1 mol
 Fe

n Cu = 0,02 mol
n S = 0,0475 mol

→ nA = 2. (0,05.3 + 0,02 + 0,0475.2 – 0,1) : 5 = 0,066mol

→ V = 1,4784 lít
Ví dụ 8. [7]. Hòa tan hết 15,0 gam hỗn hợp X gồm Fe, Fe3O4, FeCO3 và
Fe(NO3)2 trong dung dịch chứa NaHSO4 và 0,16 mol HNO3, thu được dung
dịch Y và hỗn hợp khí Z gồm CO2 và NO (tỉ lệ mol tương ứng 1:4). Dung
dịch Y hòa tan tối đa 8,64 gam bột Cu, thấy thoát ra 0,03 mol khí NO. Nếu
cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào Y, thu được 154,4 gam kết tủa. Biết các phản
ứng xảy ra hoàn toàn và khí NO là sản phẩm khử duy nhất của cả quá trình.
Phần trăm khối lượng của Fe đơn chất trong hỗn hợp X là:
A. 48,80%.
B. 33,60%.
C. 37,33%.
D. 29,87%.
Hướng dẫn giải:
3+

+
- Dung dịch Y gồm Fe , H , Na+, NO3- và SO42- (dung dịch Y không chứa
Fe2+, vì không tồn tại dung dịch cùng chứa Fe 2+, H+ và NO3-).
- Khi cho dung dịch Y tác dụng với 0,135 mol Cu thì:
BT:e
 
→ nFe3+ = 2nCu − 3nNO = 0,18mol

nH+ (d­ ) = 4nNO = 0,12mol
- Khi cho dung dịch Y tác dụng với Ba(OH) 2 ta có:
n BaSO 4 = n NaHSO 4 =

- Xét dung dịch Y, có:

m ↓ −107n Fe3+
233

=0,58 mol

BTDT

→ n NO3− = 2n SO4 2− − (3n Fe3+ + n H + + n Na + ) = 0, 08 mol

⇒ m chat tan trong Y = 23n Na + + 56n Fe3+ + n H + + 62n NO3− + 96n SO 42− = 84,18(g)

10


BT:H

→ nH2O =

nNaHSO4 + nHNO3 − nH+ (d­ )
2

- Xét hỗn hợp khí Z, có

nCO2 = x­mol

= 0,31mol

và

nNO = 4xmol

. Mặt khác:

BTKL

→ 44n CO 2 + 30n NO = m X + 120n NaHSO 4 + n HNO3 − m chat tan trong Y − 18n H 2O
⇒ 44x + 4x.30 = 4,92 (g) ⇒ x = 0, 03mol

- Quay trở lại hỗn hợp rắn X, ta có:
BT:N

→ nFe(NO3)2 =
nFe3O4 =

mà
⇒ %m Fe =

nNO3− + nNO − nHNO3
2

nO(trong­oxit)
4

⇒ nFe3O4 =

=

0,08+ 0,12 − 0,16
= 0,02mol­vµ­nFeCO3 = nCO2 = 0,03mol
2

nNaHSO4 + nHNO3 − 2nCO2 − 4nNO − nH+ (d­ )
8

= 0,01mol

m X − 232n Fe3O4 − 116n FeCO3 − 180n Fe(NO3 ) 2
.100 = 37,33%
mX

Sơ đồ hóa bài toán:
Fe
15 gam

Fe3O4
FeCO3

+

NaHSO4
HNO3

Fe(NO3)2

Fe3+
Na+
H+
NO3SO42-

+

CO2

+ H2O

NO

Y hòa tan Cu:0,135 mol PTHH: 3Cu + 8H + + 2NO3- → 3Cu2+ + 2NO +
4H2O và 2Fe3+ + Cu→ 2Fe2+ + Cu2+
Dễ thấy nNO3- = nNO = 0,03 và nH+ = 0,12 và nFe3+ = 0,18 mol
- Y + dd Ba(OH)2 dư thì ↓ gồm: Fe(OH)3: 0,18 mol→nBaSO4 =
154,4 − 0,18.107
= 0,58 mol
233

BT SO42- và BT Na ta được nNa+ = 0,58 từ đó dễ thấy H+ trong Y = 0,12 mol và

BTĐT suy ra nNO3- = 0,08 mol
BT (H) suy ra nH2O = 0,31 mol BTKL suy ra: nCO2 =0,04 và nNO =0,12
BT (C), (N) và (O) ta tính được Fe3O4= 0,01 mol; FeCO3: 0,03 mol và Fe(NO3)2:
0,02. BT (Fe) nFe=0,1 mol và từ đó tính được %Fe= 37,33%.
Ví dụ 9. [9]. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp gồm FeS2 (x mol) và FeCO3 (y mol)
trong không khí (O2 chiếm 20% thể tích, còn lại là N2), kết thúc phản ứng thu
được Fe2O3 duy nhất và hỗn hợp khí Y gồm N2, SO2, CO2 (trong đó tỉ lệ về số
mol của N2 và SO2 tương ứng là 17 : 2). Tỉ lệ x : y là
A. 1 : 2.
B. 2 : 5.
C. 1 : 6.
D. 2 : 3.
Hướng dẫn giải:
Đặt nN2 = 17 → nSO2 = 2
- BTNT S → nFeS2 = 1 = x.
11


- Từ nN2 → nO2 = 4,25
- BTNT O → 3y + 2.4,25 = 2.2 + 2.y + 3(x + y)/2 → y = 6 (C)
Vậy x: y = 1:6.
Ví dụ 10.[9]. Hòa tan hoàn toàn 0,5 mol hỗn hợp X gồm MgO, Al(NO 3)3, Mg và
Al trong dung dịch chứa NaNO3 và 1,28 mol HCl (đun nóng), sau phản ứng thu
được dung dịch Y chỉ chứa các muối và hỗn hợp khí Z gồm N 2O (0,06 mol) và
H2 (0,06 mol). Để tác dụng tối đa các muối trong Y cần dùng 660 ml dung dịch
NaOH 2M, đồng thời thu được 20,88 gam kết tủa. Phần trăm khối lượng của Mg
đơn chất có trong X là
A. 38,6%.
B. 33,1%.
C. 34,4%.

D. 41,3%.
Hướng dẫn giải:
*Kết tủa chỉ có Mg(OH)2: 0,36 mol
*nkim loại = nX = 0,5
*Vai trò của OH-

*dung dịch Y:
*Vai trò H+
*BT.Mg
*BT.N

→

→

→

→

→

nAl3+/Y = 0,5 - 0,36 = 0,14

nNH4+ = 1,32 - 0,36.2 - 0,14.4 = 0,04

Mg2+ : 0,36
 3+
Al : 0,14
 BTDT
→ Na+ : 0,1

 
NH + : 0,04
4

Cl − :1,28

→

nNaNO3 = 0,1

nMgO = (1,28 - 0,06.10 - 0,06.2 - 0,04.10):2 = 0,08

nMg = 0,36 - 0,08 = 0,28

nAl(NO3)3 = (0,06.2 + 0,04 - 0,1):3 = 0,02
0,28.24
= 38,6%
0,36.24 + 0,14.27+ 0,08.16 + 0,06.62

*%mMg =
Ví dụ 11.[9]. Nung nóng 45,76 gam hỗn hợp gồm Al và Fe 3O4 trong khí trơ đến
khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được rắn X. Chia X làm hai phần bằng nhau.
Phần 1 cho vào dung dịch NaOH dư, thấy còn lại 14,72 gam hỗn hợp rắn. Hòa
tan hết phần 2 trong dung dịch chứa NaNO 3 và H2SO4 loãng, kết thúc phản ứng
thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối trung hòa của kim loại và 3,36 lít (đktc)
hỗn hợp khí Z gồm hai khí, trong đó có một khí hóa nâu. Tỉ khối của Z so với H2
bằng 12,2. Cô cạn dung dịch Y thu được m gam muối khan. Giá trị của m là
A. 77,16.
B. 88,68.
C. 83,88.

D. 74,28.
Hướng dẫn giải:
*khối lượng của 1/2X là 45,76:2 = 22,88

12


 Al 2O3
Al

22,88− 14,72
→ 22,88g Fe 
→ nAl 2O3 =
= 0,08

102
14,72g
Fe3O4

 Fe O
14 2 43
 3 4 
22,88g

*Xét phần 1:
→

→

-BT.Al nAl = 0,16 nFe3O4 = (22,88 - 0,16.27):232 = 0,08

*Xét phần 2:
-nNO = 0,12; nH2 = 0,03

-ddY:
-BT.N

Al3+ : 0,16
 n+
Fe : 0,24
 +
Na
SO2−
 4

→

nNaNO3 = 0,12
→

→

nNa+ = 0,12

→

-Vai trò H+ nH2SO4 = (0,08.4.2 + 0,12.4 + 0,03.2):2 = 0,59 nSO42- = 0,59
Vậy m = 77,16
Ví dụ 12. [9]. Hòa tan hết hỗn hợp gồm 7,68 gam Mg và 3,36 gam MgCO 3 vào
dung dịch HNO3 loãng dư, thu được dung dịch X và 2,24 lít (đktc) hỗn hợp khí
Y có tỉ khối so với He bằng 11. Cô cạn dung dịch X thu được lượng muối khan

là
A. 48,96 gam.
B. 54,88 gam.
C. 53,28 gam.
D. 55,68 gam.
Hướng dẫn giải:
* nMg = 0,32; nMgCO3 = 0,04
* MY = 44 → Khí gồm

CO2 : 0, 04

 N 2 O : 0, 06

→ nNH4+ = 2nMg/8 – nN2O = 0,02

Mg(NO3 )2 : 0,36

 NH 4 NO 3 : 0, 02

* Muối chứa
→ m = 54,88 gam
Ví dụ 13.[9]. Hòa tan hoàn toàn 21,78 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, MgCO 3,
Al(NO3)3 trong dung dịch chứa 0,12 mol HNO 3 và 0,65 mol H2SO4. Sau khi
các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối trung
hòa và hỗn hợp khí Z gồm CO 2, N2, N2O và H2 (trong đó số mol của H2 là 0,06
mol). Tỉ khối của Z so với He bằng 7,25. Cho dung dịch Y tác dụng với dung
dịch NaOH dư, thấy lượng NaOH phản ứng tối đa là 57,6 gam; đồng thời thu
được 24,36 gam kết tủa. Thành phần phần trăm về khối lượng của N 2O trong
hỗn hợp Y là
A. 37,93%.

B. 22,76%.
C. 30,34%.
D. 14,48%.
Hướng dẫn giải:
* Kết tủa là Mg(OH)2: 0,42
13


* Dung dịch cuối cùng:
* BT.H

→

* BTKL

 Mg2+ : 0,42
 Na+ :1,44
 3+
 2−
 Al : 0,14
→ ddY  2−
SO4 : 0,65

SO4 : 0,65
−
Al(OH)
:
0,14
4


 NH + : 0,04
4


nH2O = 0,57

→

mZ = 5,8

→

nZ = 0,2

CO2 : x
x + y + z + 0,06 = 0,2
x = 0,07


 N2 : y

→ 44x + 28y + 44z + 0,06.2 = 5,8
→ y = 0,03

N
O
:
z
+
 2

 nvH

→ 2x + 12y + 10z + 0,06.2 + 0,04.10 = 1,42 z = 0,04
 H : 0,06  
 2

*Z
Ví dụ 14.[9]. Cho 20,88 gam hỗn hợp X gồm Fe, Fe(NO 3)2 và Fe(NO3)3 vào
nước dư, thấy còn lại 10,08 gam rắn không tan. Mặt khác, hòa tan hoàn toàn
20,88 gam X trong dung dịch HCl loãng, thu được dung dịch Y chỉ gồm các
muối của kim loại và hỗn hợp khí Z gồm hai khí không màu, trong đó có một
khí hóa nâu. Tỉ khối của Z so với He bằng 4,7. Cho dung dịch AgNO 3 dư vào Y,
thu được m gam kết tủa. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m gần nhất
với giá trị nào sau đây?
A. 101,5.
B. 100,0.
C. 101,0.
D. 100,5.
Hướng dẫn giải:
* nFedư = 0,18; dung dịch sau chỉ có Fe(NO3)2; nFe(NO3)2sau = (20,88 10,08):180 = 0,06 (BTKL)

* Hỗn hợp X:

Fe3+ : a
Fe


NO



+ Fe2+ : b + H2O
Fe(NO3)2 + HCl → 
H2  −
Fe(NO )
3 3

Cl
dZ/H

+

BT.N
vai ­troø
­H
2

→ nNO = 0,06.2 = 0,12 
→ nH2 = 0,08 
→ nHCl = 0,12.4 + 0,08.2 = 0,64
BTDT
→ 3a+ 2b = 0,64
 
BTCl

→ nAgCl = 0,64 →  BT.Fe
→ b = 0,08 → nAg = 0,08
→ a+ b = 0,18+ 0,06
 

m = 0,64.143,5+ 0,08.108 = 100,48.

*
Ví dụ 15.[9]. Hòa tan hoàn toàn 0,6 mol hỗn hợp gồm Mg, Fe(NO 3)3 và FeCl3
trong dung dịch chứa 0,84 mol HCl, kết thúc phản ứng thu được dung dịch X chỉ
chứa các muối clorua có khối lượng là 66,635 gam và 2,24 lít (đktc) hỗn hợp khí
Z gồm N2O, N2, H2. Tỉ khối của Z so với H2 bằng a. Cho dung dịch AgNO3 dư
vào X, thu được 198,075 gam kết tủa. Nếu cho dung dịch NaOH dư vào X, lấy
kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi, thu được 31,6 gam rắn
khan. Giá trị của a là
14


A. 9,9.

B. 12,0.
C. 9,1.
Hướng dẫn giải:

D. 10,7.

 Mg: x
 MgO: x

 Fe(NO3)3 :y → 
O3 :(0,5(y + z)
1Fe
 FeCl : z
4244
2 4 4 43
1 44 23 4 43

31,6 gam
0,6 mol

→ x = 0,41 ; y + z = 0,19
 N 2O

Z N2
H
{ 2

 Mg: 0,41

Fe(NO3)3 + HCl
{ →
0,84
mol
FeCl
1 4 2 343
0,6 mol

0,1 mol

 Mg2+ : 0,41
 2+
Fe :a
Ag:a

AgNO3
X Fe3+ : 0,19 − a 
→

AgCl :c
14
 NH+ : b
2 43
4

198,075 gam
Cl − :c
1 4 4 2 4 43
66,635 gam

-

Hệ

 → a − b + c = 1,39
a = 0,12
 mmuèi

→18b + 35,5c = 46,155
→ b = 0,02
 
 mkÕttña

BTNT Cl
→ z = 0,15; y = 0,04
 →108a + 143,5c = 198,075 c = 1,29 
BT § T

BTNT N


→ nN2O + nN2 = 0,05
 nN O = 0,03
 

→ 2
 BT mol e

→ 8nN2O + 10nN2 + 8nNH+ + 2nH2 + a = 2.0,41 

 nN2 = 0,02

4

- Hệ
→ dZ/H2 = 9,9 (A)

Ví dụ 16.[6]. Hòa tan hoàn toàn 23,76 gam hỗn hợp gồm Cu, FeCl 2 và
Fe(NO3)2 vào 400 ml dung dịch HCl 1M thu được dung dịch X. Cho lượng dư
dung dịch AgNO3 vào X, thấy lượng AgNO3 phản ứng là 98,6 gam, thu được m
gam kết tủa và thoát ra 0,448 lít khí (ở đktc). Các phản ứng xảy ra hoàn toàn và
khí NO là sản phẩm khử duy nhất của N+5 trong cả quá trình. Giá trị của m gần
nhất với giá trị nào sau đây?
A. 82.
B. 80.
C. 84.
D. 86.
Hướng dẫn giải:
* nHCl: 0,4; nAgNO3: 0,58.
15

* Tổng số mol khí NO =

nHCl
4

= 0,1 → nFe(NO3)2 =

0,1 − 0, 02
= 0, 04
2

NO : 0, 08
Cu : a

HCl:0,4

→
FeCl 2 : b
Fe(NO ) : 0, 04
3 2


* Hỗn hợp

Cu 2+
 n+
AgNO3 :0,58
→

 Fe
 −
Cl
 H + : 0, 08


NO : 0, 02
Ag : c

AgCl : 2 b + 0, 4

64a + 127b + 180.0, 04 = 23, 76 a = 0,1


→  b = 0, 08
 2b + 0, 4 + c = 0,58
 2 a + b + 0, 04 = 0,1.3 + c
c = 0, 02



→
→ m = 0,02.108 + (2.0,08 +
0,4).143,5 = 82,52 gam
Ví dụ 17.[6]. Hòa tan hoàn toàn 0,3 mol hỗn hợp gồm FeO, Fe(OH) 2, FeCO3 và
Fe3O4 vào dung dịch chứa NaHSO4 và NaNO3, thu được dung dịch X. Chia dung
dịch X làm 3 phần bằng nhau:
- Phần 1 hòa tan tối đa 3,52 gam bột Cu.
- Cho từ từ 400 ml dung dịch NaOH 1M vào phần 2, thu được 11,77 gam
kết tủa duy nhất.

- Đem cô cạn phần 3, thu được m gam muối khan.
Biết rằng khí NO là sản phẩm khử duy nhất của N+5, các phản ứng xảy ra hoàn
toàn. Giá trị gần đúng của m là
A. 55,1.
B. 50,4.
C. 58,6.
D. 64,6.
Hướng dẫn giải:
Tính toán trong cả 3 phần:
* Phần 1: nCu = 0,055.3 = 0,165
* Phần 2: nNaOH = 0,4.3 = 1,2; nFe(OH) 3 = 0,11.3 = 0,33 ( = 2nCu) → nH +/X
= 1,2 – 0,33.3 = 0,21
→ X không có NO3- → nNO = nNaNO3 = 0,3/3 = 0,1
 Fe3+ : 0,33
 +
 H : 0, 21
 +
 Na : 0,1 + x
SO 2− : x
 4

* Dung dịch X chứa
(với nNaHSO4 = x) → x = 1,3 (BTĐT)
* Khi cô cạn dung dịch thì thu được chất rắn
Fe3+ : 0, 33
 +
0,33.56 + 1, 4.23 + 1,195.96
= 55,13
 Na :1, 4 → m =
3

SO 2− :1,195
 4

16


Ví dụ 19.[6]. Hòa tan hoàn toàn 28,96 gam hỗn hợp gồm Fe, Cu, Fe 3O4 và MgO
trong dung dịch chứa NaNO3 và x mol H2SO4, sau khi kết thúc phản ứng, thu
được dung dịch X chỉ chứa các muối sunfat của kim loại và 0,2 mol hỗn hợp Y
gồm hai khí không màu, trong đó có một khí hóa nâu. Tỉ khối của Y so với H 2
bằng 12,2. Trong điều kiện không có oxi, cho dung dịch Ba(OH) 2 dư vào X, thu
được 192,64 gam kết tủa. Giá trị của x là
A. 0,64.
B. 0,58.
C. 0,68.
D. 0,54.
Hướng dẫn giải:
Ta dễ dàng suy ra hỗn hợp Y gồm NO và H 2, tính được NO: 0,16 mol; H2: 0,02
mol và BTNT. N: nNaNO3 = 0,16 mol.
BTNT. H: nH2O = x-0,14
Sơ đồ phản ứng:
Fe
Cu
Fe3O4
MgO
28,96 gam

NaNO3 0,16 mol
+

H2SO4 x mol

X

Fe2+
Fe3+
Cu2+
+
Mg2+
Na+ 0,16 mol
SO42- x mol

Ba(OH)2: x

BTKL:

NO 0,16
H2 0,04

+

H2O
x-0,04

+ NaOH: 0,16 mol

28,96 + 85.0,16 + 98x = mX + mkhí + mH2O
↔ 28,96 + 85.0,16 + 98x=192,64 + 0,16.40-171x + 0,2.12,2.2 +

18.(x-0,04)

→ x= 0,64 mol → Chọn A
Ví dụ 20.[9]. Cho 0,3 mol hỗn hợp gồm Fe, FeCO3, Al và Cu vào bình chứa 200
ml dung dịch NaOH 1M, thấy thoát ra 3,024 lít khí H 2 (đktc). Cho tiếp vào bình
640 ml dung dịch HCl 1M, sau khi kết thúc các phản ứng, thu được dung dịch X
và m gam rắn không tan. Cho dung dịch AgNO3 dư vào X, thấy khí NO thoát ra
(sản phẩm khử duy nhất của N+5); đồng thời thu được 95,62 gam kết tủa. Giá trị
của m là
A. 7,36.
B. 8,64.
C. 9,28.
D. 8,96.
Hướng dẫn giải:
- Vì cho dung dịch AgNO3 dư vào X, thấy khí NO thoát ra → Dung dịch X có
HCl dư.
- Từ khối lượng kết tủa → nAg = 0,035

17


H2
{

Fe
FeCO

3
+1
Na

2OH

3 →
0,2mol
Al

Cu

14 2 4
3
0,3mol

0,135mol

Fe
FeCl 2
FeCO
AgCl
3
{


AlCl
 0,64


AgNO3d­
3
NaAlO
+
HCl
→

KhÝ
+
Cu
+
ddX

→



{
{
2
0,64mol
mgam
 NaOH
 NaCl
 Ag
{
d­
 0,0135


HCl

d­

Cu

- Từ mol H2 → nAl = 0,09 ; nNaOH pư = 0,09

- nH+ pư = 2x + 2y + 0,11 + 4.0,09 → nH+ dư = 0,17 – (2x + 2y) → nNO = [0,17 –
(2x + 2y)]/4
*) X + AgNO3 dư:
- BT mol e → (x + y) = 3[0,17 – (2x + 2y)]/4 + 1.0,035 → x + y = 0,065
- Từ tổng mol hỗn hợp → nCu = 0,145 → m = 9,28 gam (C)
2.2.3. Áp dụng định luật bảo toàn trong giải toán hóa học dung dịch Al 3+, H+
tác dụng với OHPhương pháp: Khi cho từ từ dung dịch OH- vào dung dịch muối Al3+ (a mol) ,
H+ (b mol) thì phản ứng xảy ra như sau:
H+ + OH- → HOH
Al3+ + 3OH- → Al(OH)3 ↓
Al(OH)3 + OH- → Al(OH)4Do đó đồ thị thu được như sau:

B
y
O

A
b

C
x2
b+3a b+4a
E

x1

Từ đồ thị ta thấy nhiệm vụ của OH- gồm
OA: trung hòa H+
AE: tạo kết tủa với Al3+
EC: Hòa tan kết tủa

Các ví dụ:
Ví dụ 1:[6]. Khi nhỏ từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch X gồm x mol H 2SO4
và y mol Al2(SO4)3, kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau:
18


nAl(OH)3

0,2
0

0,4

1,4

nNaOH

Nếu cho dung dịch chứa 0,7 mol Ba(OH) 2 vào dung dịch X, phản ứng hoàn toàn
thu được m gam kết tủa. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 14,5.
B. 16,7.
C. 170,0.
D. 151,5.
Hướng dẫn giải:

H − OH : 0,4

Al(OH)3 : 0,2

1,4 − 0,4 − 0,2.3

Al(OH)4 − : BT
OH
→
= 0,1 mol
4


Khi NaOH: 1,4 mol sản phẩm gồm:
→
Dd X gồm: H2SO4: 0,2 mol, Al2(SO4)3: 0,15 mol. X tác dụng với Ba(OH)2: 0,7
BaSO 4 : 0,65

Al(OH)3 : 0,2

→↓
→m↓ = 167,05 gam.
Ví dụ 2: [6]. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp Al, Al 2O3 trong 200 ml dung dịch HCl
nồng độ a mol/l, thu được dung dịch X. Cho từ từ dung dịch NaOH 1M vào X,
lượng kết tủa Al(OH)3 (m gam) phụ thuộc vào thể tích dung dịch NaOH (V ml)
được biểu diễn bằng đồ thị bên.

19


m

0

Giá trị của a là
A. 0,5.

100

250

450

V

B. 1,5.

C. 1,0.
D. 2,0.
Hướng dẫn giải:
Khi V=100 ml tức NaOH = 0,1 mol → sản phẩm: H-OH: 0,1 nên H+ dư = 0,1
mol

Khi NaOH = 0,25 mol → sản phẩm:

H − OH : 0,1


0,25 − 0,1
BT.OH
= 0,05 mol
Al(OH)3 : →
3

Khi NaOH = 0,45 mol → sản phẩm gồm


H − OH : 0,1 mol

Al(OH)3 : 0,05 mol

0,45 − 0,1 − 0,05.3
Al(OH)4 − : BT.OH
→
= 0,05 mol
4


BT.Al
→

Al3+ trong X = 0,1 mol

BTĐT
→

nHCl=nCl- = 0,1 + 0,1.3 = 0,4 mol do đó a = 2,0 M
Ví dụ 3: [6].Cho x gam Al tan hoàn toàn vào dung dịch chứa y mol HCl thu
được dung dịch Z chứa 2 chất tan cùng nồng độ mol. Thêm từ từ dung dịch
NaOH vào dung dịch Z thì đồ thị biểu diễn kết tủa phụ thuộc lượng OH - như
sau:

20


nAl(OH)3

0,175y
nOH5,16

Giá trị của x là
A. 27,0.

B. 26,1.

C. 32,4.
D. 24,3.
Hướng dẫn giải:
Dung dịch Z chứa 2 chất tan cùng nồng độ mol nên số mol chúng bằng nhau
gồm: AlCl3: x/27 mol và HCl: x/27 mol → BTNT (Cl): nHCl = y =3.x/27 + x/27
=4x/27 mol

Khi OH- = 5,16 mol sản phẩm gồm

x

HOH : 27

0,7x

Al(OH)3 : 0,175y =
27

0,3x

− x − 0,7x
Al(OH)4 : 27 = 27



x 0,7 x
0,3 x
+
.3 +
.4 = 5,16
→ 27 27
27
BT.OH

→ x = 32,4 gam.
Ví dụ 4: [9]. Hỗn hợp X gồm Al, Al2O3 trong đó O chiếm x% khối lượng hỗn
hợp. Hòa tan hỗn hợp X trong 595 gam dung dịch H 2SO4 y% dư (dư 20,16% so
với lượng cần dùng) thu được dung dịch Y và a mol H 2. Rót từ từ dung dịch
NaOH vào Y ta có đồ thị phụ thuộc số mol kết tủa vào số mol NaOH như sau:
nAl(OH)3

0,7a

0,4

10,3a

Tổng giá trị của x + y gần nhất với:
A. 54.
B. 55.
C. 56.
Hướng dẫn giải:

nOH-

D. 59.

21


Khi OH- 0,4 mol → sản phẩm HOH: 0,4 nên H+ dư = 0,4 mol do đó H2SO4 dư =
0,2 mol và H2SO4 phản ứng =
mol.

100
.0,2
20,16

2−

≈ 0,99 mol

4
BT.SO
 
→

Al2(SO4)3 = 0,33

HOH : 0,4

Al(OH)3 : 0,7a


−
−
Al(OH)4 : 0,66 − 0,7a BT.OH

→

Khi OH- : 10,3a mol thì sản phẩm gồm
0,4 +
0,7a.3 + (0,66-0,7a).4 = 10,3a → a ≈0,276 mol→ nAl = 0,184 mol và nAl2O3 =
0,238.3.16
.100%
0,184.27 + 0,238.102

(0,66-0,184): 2= 0,238 mol→x=%mO =
≈39,06%
Ta có nH2SO4 ban đầu = 0,99 + 0,2 = 1,19 mol → y = C%H2SO4 = 19,6 %
Do vậy x + y ≈58,66% ≈ 59% → chọn D.
Ví dụ 5.[6]. Hỗn hợp X gồm Al và Al2O3 trong đó oxi chiếm 30,76923% khối
lượng hỗn hợp. Hòa tan hết m gam hỗn hợp X trong 2,4 lít dung dịch HCl 1M
thu được dung dịch Y và V lít H 2 (đktc). Cho từ từ NaOH đến dư vào Y, phản
ứng được biểu diễn theo đồ thị sau:
nAl(OH)3

0,408

a

4,4a

334a/45

nNaOH

Nếu cho m gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HNO 3 loãng dư thu
được 0,6V lít NO (đktc) và dung dịch Z. Cô cạn Z được m 1 gam muối khan. Giá
trị của m1 gần nhất với
A. 144.
B. 145.
C. 146.
D. 147.
Hướng dẫn giải:
Từ đồ thị suy ra: HCl dư = a mol.
4,4a − a 3,4a
BT.OH

→ nAl(OH) =
=
3
3
3
Khi NaOH = 4,4a mol
= 0,408
→ a = 0,36 mol
Khi NaOH= 334a/45 = 2,672 mol → sản phẩm

22





HOH : a = 0,36

Al(OH)3 : 0,408

2,672 − 0,36 − 0,408.3
Al(OH) − : 
BT.OH
 → =
= 0,272

4
4

BTNT. Al suy ra nAl (nguyên tố) trong X= 0,272 + 0,408 = 0,68 mol
→ mO(X) =8,16 gam→ nAl2O3 = 0,17 mol và nAl = 0,34 mol → nH2 =0,51 mol
♦ m gam X tác dụng với HNO3 thì BT.e:
0,34.3 − 0,6.0,51.3
= 0,01275 mol
8
nNH4NO3 =
và nAl(NO3)3 = 0,68 mol→ mmuối = m1 = 145,86 gam gần với 146 →chọn C
Ví dụ 6:[6]. Nhỏ từ từ dung dịch Ba(OH)2 vào ống nghiệm chứa dung dịch
H2SO4 và Al2(SO4)3. Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc khối lượng kết tủa theo thể
tích dung dịch Ba(OH)2 như sau:
Khối lượng kết tủa (gam)
mmax

0,2

0,8

Số mol Ba(OH)2 (mol)

Giá trị nào sau đây của mmax là đúng?
A. 158,3.
B. 181,8.
C. 172,6.
Hướng dẫn giải:
Tại vị trí

Tại vị trí

D. 174,85.


→ n Ba (OH)2 = 0, 2 
→ n H2SO4 = 0,2

 Ba(AlO 2 ) 2 : a

→ n Ba (OH)2 = 0,8 
→ n Al2 (SO4 )3 = a 
→
 BaSO 4 : 0,2 + 3a

BTNT.Ba

→ a + 0, 2 + 3a = 0,8 
→ a = 0,15

BaSO 4 : 0,65

→ m max 

→ m max = 0,65.233 + 0,3.78 = 174,85(gam)
Al(OH)3 : 0,3

23


2.2.3. Cơ sở thực nghiệm
Sáng kiến kinh nghiệm này đã được thử nghiệm áp dụng đối giảng dạy từ năm
học 2015-2016 đối với học sinh lớp 12 và học sinh ôn thi THPT quốc gia trường
THPT Hoằng Hóa 4, và đã đạt được chất lượng rất khả quan cả trong thi học
sinh giỏi cũng như thi đại học, THPT quốc gia.
Kết quả áp dụng đối với lớp 12 và ôn thi năm học 2015-2016:
Thi THPT quốc gia môn Hóa học có 1 em đạt 9,8; 2 em đạt 9,6 và điểm
trung bình lớp 12B5 đạt 7,81 môn Hóa học.
Kết quả áp dụng đối với lớp 12 và ôn thi năm học 2016-2017:
Thi THPT quốc gia môn Hóa học có 5 em đạt điểm 10 tuyệt đối (chiếm
5/6 điểm 10 của trường); 35 em đạt điểm 9,0-10,0 và điểm trung bình lớp 12A1
đạt 8,47 môn Hóa học.
Trường có 23 em đạt điểm từ 27,0 điểm 3 môn khối thi đại học (chỉ có
khối A và B, các khối khác không có).
Hiện tại chúng tôi đang đưa vào áp dụng đối với các lớp 12A1, 12A2,
12A3 năm học 2017-2018 kết quả thu được như sau:
Chúng tôi đã khảo sát làm đối chứng thực nghiệm sư phạm chúng tôi
nhận thấy được kết quả như sau:
12A1
12A2

12A3
12A4
12A5
%Số học sinh giải bài tập tốt
98%
95%
90%
76%
30%
% Số học sinh không giải tốt
2%
5%
10%
24%
70%
Trong bảng các lớp 12A1, 12A2, 12A3 là các lớp mà chúng tôi triển khai đề
tài, còn lớp 12A4, 12A5 là các lớp mà chúng tôi không áp dụng để so sánh.
Từ bảng phân tích đó ta thấy rằng nếu học sinh được học dạng toán phân
loại cao và đồ thị theo chúng tôi trình bày thì kết quả nắm bài sẽ tốt hơn, phát
hiện được vấn đề nhanh hơn, và hầu hết làm tốt bài tập phần este và muối
amoni.
Chúng tôi nhận thấy rằng khi cho học sinh áp dụng SKKN trên vào giải quyết
rất nhanh với các bài trắc nghiệm có em chỉ cần 30 giây là đã có kết quả đúng

PHẦN 3
KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT
3.1.Kết luận
Sáng kiến kinh nghiệm này là một đề tài khó chúng tôi đã cố gắng đưa ra
phương pháp nhận diện giải nhanh và ngắn gọn áp dụng một cách linh hoạt mà
gần như học sinh có thể hiểu được ngay khi được học.

24


3.2. Đề xuất, kiến nghị
- Từ kết quả thực nghiệm sư phạm ta thấy được hiệu quả của sáng kiến “Nét đẹp
của các định luật bảo toàn trong giải toán hóa hóa học áp dụng để giải nhanh
các bài toán vô cơ vận dụng cao trong kì thi THPT quốc gia” có thể được sử
dụng để ôn luyện thi THPT quốc gia, thi học sinh giỏi cấp trường, cấp tỉnh.
- Hi vọng với phần kiến thức và kinh nghiệm nhỏ bé chúng tôi có thể góp
một phần nào đó nâng cao chất lượng dạy và học hoá học ở trường phổ thông.
Rất mong được sự góp ý của các bạn đồng nghiệp và các em học sinh để lần sau
có những kinh nghiệm quý báu hơn.
- Với thời gian ngắn ngủi và trình độ có hạn chúng tôi rất mong các thầy,
cô đồng nghiệp góp ý kiến về chuyên đề này và cùng nhau phát triển sang các
chuyên đề tiếp theo để học trò chuyên Hoá ngày càng có nhiều tài liệu học tập
một cách hệ thống hơn.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh hóa, ngày 29 tháng 5 năm 2018
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
người khác.
Tác giả

Hoàng Văn Tùng

25