VẬN DỤNG LINH HOẠT các PHƯƠNG PHÁP để GIẢI bài TOÁN về ION NO3 TRONG môi TRƯỜNG AXIT

PHẦN I: MỞ ĐẦU
I.ĐẶT VẤN ĐỀ
Một trong những xu hướng phát triển của bài tập hoá học hiện nay là tăng
cường khả năng tư duy hoá học cho sinh ở cả ba phương diện : lí thuyết, thực
hành và ứng dụng. Tuy nhiên , với hình thức thi hai trong một và đề thi có tính
phân loại cao như hiện nay, để có được điểm 9,10 trong bài thi quả không dễ.
Đề thi quốc gia THPT năm 2015-2016 và 2016-2017 có khoảng 10-20% bài
tập khó, một trong các dạng bài tập khó đó có dạng bài tập về ion NO3- trong
môi trường axit.
Thật vây, dạng bài tập về ion NO3- trong môi trường axit không có gì mới
đối với học sinh, tuy nhiên để làm đúng, làm nhanh dạng bài tập này cũng
không dễ, đặc biệt một vài năm gần đây, hệ thống bài tập phức tạp, khó về ion
NO3- càng nhiều. Là một giáo viên nhiều năm ôn thi đại học cho học sinh, tôi
nhận thấy những khó khăn của các em khi giải dạng bài tập này, phần vì đây là
dạng bài tập đòi hỏi mức độ tư duy cao, phần vì các tài liệu chưa tổng hợp được
phương pháp giải nhanh.
Trong quá trình giảng dạy tôi nhận thấy khi sử dụng hệ thông bài tập từ
dễ đến khó, kết hợp linh hoạt các phương pháp bảo toàn điện tích (BTĐT), bảo
toàn khối lượng (BTKL) , bảo toàn e (BTE) để giải bài toán, học sinh hiểu bài
nhanh hơn, vận dụng tốt , học tập hứng thú và có hiệu quả hơn.
Đó là lí do tôi muốn trao đổi một số kinh nghiệm về việc “VẬN DỤNG LINH
HOẠT CÁC PHƯƠNG PHÁP ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN VỀ ION NO3- TRONG
MÔI TRƯỜNG AXIT”
II.MỤC ĐÍCH VÀ NHIỆM VỤ
1.Mục đích
- Xây dựng phương pháp giải bài tập về ion NO3- trong môi trường axit
- Giúp học sinh sẽ giải quyết được các bài tập dạng này một cách nhanh chóng,
chính xác, ít thời gian nhất.
2. Đối tượng nghiên cứu :
a/ Nghiên cứu tính chất của ion NO3- trong môi trường axit
b/ Nghiên cứu phương pháp giải bài toán bằng phương pháp bảo toàn e (BTE),

dùng phương trình ion, bảo toàn điện tích (BTĐT)
c/ Trên cở sở của các phương pháp trên hướng dẫn học sinh lập sơ đồ, kết hợp
tư duy đi tắt đón đầu và giải bài toán.
d/ Đối tượng học sinh nghiên cứu là học sinh khá, giỏi .
III. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
Trong quá trình nghiên cứu đề tài tôi đã sử dụng các phương pháp nghiên cứu
sau:
1. Nghiên cứu lý luận
Nghiên cứu các vấn đề lý luận có liên quan đến đề tài.
2. Điều tra cơ bản
1


- Trao đổi ý kiến với các đồng nghiệp.
- Thăm dò ý kiến của học sinh sau khi sử đề tài trong quá trình thực nghiệm.
3. Thực nghiệm sư phạm và xử lý kết quả
- Xác định nội dung, kiến thức, kỹ năng giải bài tập về NO3- trong môi trường
axit.
- Thực nghiệm kiểm tra, đánh giá phương pháp .
- Xử lý kết quả bằng phương pháp thống kê.
PHẦN 2: NỘI DUNG
I. CƠ SỞ LÝ LUẬN
1. Tính oxi hóa của ion NO3_- Trong môi trường trung tính ion NO3 không có tính oxi hoá.
- Trong môi trường bazơ ion NO3- có tính oxi hoá yếu.
Những kim loai như Al, Zn có thể bị oxi hoá bởi ion NO3- trong môi
trường bazơ và N+5 có thể bị khử xuống N-3 trong NH3:
8Al + 5OH- + 3NO3- + 2H2O → 8AlO2- + 3NH3
4Zn + NO3- + 7OH- → 4ZnO22- + NH3 + 2H2O
- Trong môi trường axit ion NO3- có tính oxi hoá mạnh như axit HNO3. Khi đó
nó sẽ oxi hoá được các chất có tính khử như: các kim loại, phi kim và một số

hợp chất . Nếu chất khử là kim loại hoặc hợp chất của kim loại ta có sơ đồ sau:
Chất Khử + H+ + NO3- -> Muối + sản phẩm khử + H2O
2/ Tính chất của HNO3
a/ HNO3 có tính oxi hóa mạnh, oxi hóa được hầu hết các kim loại trừ Au, Pt
- Kim loại + H+ + NO3- -> Muối + sản phẩm khử + H2O
Trong đó sản phẩm khử : NO2 : khí màu nâu
NO : khí không màu , hóa nâu trong không khí
N2 : khí không màu
N2O : khí không màu
NH4NO3 : muối tan
- HNO3 đặc nguội thụ động hóa Fe, Al, Cr
- Với Fe:
+ Tác dụng với HNO3 dư -> sản phẩm là muối Fe3+
+ Fe dư tác dụng với HNO3 ( hoặc axit cần dùng tối thiểu, hoặc kim loại hòa
tan tối đa) -> sản phẩm là Fe2+
+ Khi bài toán cho cả mol Fe, cả mol HNO3 -> sản phẩm có thể tạo cả Fe2+ và
Fe3+
+ Hợp chất của Fe khi tác dụng với HNO3 luôn tạo muối Fe3+
b/ HNO3 là một axit mạnh.
3. Dấu hiệu bài tập tạo NH4+
- Bài toán không cho “ sản phẩm khử duy nhất”
- Các kim loại phản ứng là kim loại mạnh
- Đề bài cho các thông tin để tính được số mol e chất khử cho và số mol e chất
oxi hóa nhận mà ne cho > ne nhận
2


- Bài toán cho thông tin để tính được khối lượng muối của kim loại và cho biết
cả khối lượng muối thu được
4. Các bán phản ứng phân bổ nhiệm vụ của ion H+

2 H+ + NO3- + 1e à NO2 + H2O
4 H+ + NO3- + 3e à NO + 2 H2O
10 H+ + 2NO3- + 8e à N2O + 5 H2O
12 H+ + 2NO3- + 10e à N2 + 6H2O
10 H+ + NO3- + 8e à NH4+ + 3H2O
2 H+ + O2- à H2O
5/ Một số lưu ý
- Khi sản phẩm khử có H2 thì chứng tỏ ion NO3- hết
- Khi cho Fe tác dụng với dung dịch chứa H+ và NO3-, H2 thoát ra dung dịch thu
được vẫn có thể chứa cả muối Fe2+ và Fe3+
6/ Ngoài các cơ sở lý luận trên học sinh cần phải nắm được cách viết phương
trình ion, cơ sở của phương pháp bảo toàn e và biết viết các phương trình phản
ứng để nắm được sản phẩm của mỗi quá trình khi sơ đồ hóa bài toán.
II. SỬ DỤNG LINH HOẠT CÁC PHƯƠNG PHÁP ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN VỀ
ION NO3- TRONG MÔI TRƯỜNG AXIT”
Khi bắt tay vào giải bài tập về ion NO3- trong môi trường axit, học sinh thường
gặp phải khó khăn khi viết các phương trình ion, cân bằng phương trình , với
những bài xảy ra nhiều phương trình ion thì học sinh không xác định được thứ
tự phản ứng dẫn đến kết quả sai. Để khắc phục những khó khăn đó trong quá
trình giảng dạy tôi hướng dẫn học sinh cách sơ đồ hóa bài toán trên cơ sở
những kiến thức lý thuyết và giải bài toán trên sơ đồ, tránh sai sót khi phải cân
bằng phương trình.
1.Phương pháp giải
- Bước 1: Viết phương trình dạng ion, xác định chất oxi hóa, chất khử
- Bước 2: Sơ đồ hóa bài toán kết hợp linh hoạt phương pháp bảo toàn nguyên
tố, bảo toàn e để giải bài toán
2. Các ví dụ minh họa
a/ Giải bài toán bằng phương pháp sử dụng phương trình ion
Ví dụ 1: (ĐTTS ĐH khối A năm 2008 - Câu 26 mã đề 329): Cho 3,2g bột Cu
tác dụng với 100ml dd hỗn hợp gồm HNO3 0,8M và H2SO4 0,2M. Sau khi phản

ứng xảy ra hoàn toàn thu được V lit khí NO( sản phẩm khử duy nhất) ở đktc.
Giá trị của V là:
A. 0,756 lit
B. 0,672 lit
C. 0,448 lit
D 1,792 lit
Hướng dẫn giải
Có nCu = 0,05 mol ; nH + =0,12 mol; nNO = 0,08mol
PTHH:
3Cu +
8H+ + 2NO3- → 3Cu2+ + 2NO + 4H2O
Ban đầu
0,05
0,12
0,08
(mol)
→
→
¬
phản ứng
0,045
0,12
0,03
0,03
(mol)
−
3

3

sau pư:
0,005
0
0,05
0,03
(mol)
Vậy nNO = 0,03 mol. Do đó VNO = 22,4. 0,03 = 0,672 lit Vậy chọn đáp án B
Ví dụ 2:(ĐTTS ĐH khối B năm 2007- Câu 5 mã đề 629)
Thực hiện 2 thí nghiệm:
TN 1: Cho 3,84g Cu phản ứng với 80ml dd HNO3 1M thoát ra V1 lit khí NO
TN 2: Cho 3,84g Cu phản ứng với 80ml dd có chứa HNO3 1M và H2SO4 0,5M
thoát ra V2 lit NO( Các khí đo ở cùng điều kiện). Quan hệ giữa V1 và V2 là :
A. V2 = 1,5V1
B. V2 = 2V1
C. V2 = 2,5V1
D. V2 = V1
Hướng dẫn giải :
TN 1 : Có nCu = 0,06 mol ; nHNO 3 = 0,08 mol
PTHH:
3Cu +
8H+ + 2NO3- → 3Cu2+ + 2NO + 4H2O
Ban đầu
0,06
0,08
0,08
(mol)
→
→
¬

phản ứng
0,03
0,08
0,02
0,02
(mol)
sau pư:
0,03
0
0,04
0,02
(mol)
Vậy nNO = 0,02 mol.
TN 2: Có nCu = 0,06 mol; nH + =0,16 mol; nNO = 0,08mol
PTHH:
3Cu +
8H+ + 2NO3- → 3Cu2+ + 2NO + 4H2O
Ban đầu
0,06
0,16
0,08
(mol)
phản ứng
0,06 → 0,16 → 0,04 →
0,04
(mol)
sau pư:
0
0
0,04

0,04
(mol)
Vậy nNO= 0,04 mol. Do đó V2 = 2V1
Vậy chọn đáp án B
Ví dụ 3 (ĐTTS ĐHQG Tp Hồ Chí Minh – 2000):
Cho 1,92g Cu vào 100ml dd hỗn hợp có chứa KNO3 0,16M và H2SO4 0,4M,
thấy sinh ra một chất khí có tỷ khối hơi so với H2 là 15 và dd A. Tính thể tích
khí thoát ra và dd NaOH 0,5M tối thiểu cần dùng để kết tủa hết ion Cu2+ trong
dd A
Hướng dẫn giải:
Có nCu = 0,03 mol; nNO = nKNO = 0,016 mol; nH = 2nH SO =0,08 mol
Khí sinh ra có M = 30 chỉ là NO. Vậy có PTHH:
3Cu +
8H+ + 2NO3- → 3Cu2+ + 2NO + 4H2O
Ban đầu
0,03
0,08
0,016
(mol)
→
→
¬
¬
phản ứng
0,024
0,064
0,016
0,024
0,016
(mol)

sau pư:
0,006 0,016
0
0,024
0,016
(mol)
Vậy VNO = 22,4.0,016 = 0,3584 lit
Trong dd A có H+ = 0,016 mol; Cu2+ = 0,024 mol
Khi thêm dung dịch NaOH vào dung dịch A thì:
OH- + H+ → H2O
0,016
0,016
mol
2+ →
2OH + Cu
Cu(OH)2
0,048
0,024
mol
−
3

−
3

3

+

2

4

4


0,064
= 0,128lit
0,5
Ví dụ 4: Cho 5,6g Fe vào 100ml dd hỗn hợp gồm Cu(NO3)2 1,5M. Sau khi kết
thúc phản ứng lọc bỏ phần chất rắn không tan, thêm tiếp dd HCl dư vào thì sau
khi phản ứng xong thu được V lit khí NO duy nhất đktc thoát. Giá trị của V là:
A. 0,75lit
B. 1,49lit
C. 1,12lit
D. 3,36lit
Hướng dẫn giải
Có nFe = 0,1 mol ; nNO3− =2 nCu ( NO3 )2 = 0,3 mol
PTHH:
Fe + Cu(NO3)2 → Fe(NO3)2 + Cu
0,1
0,1
mol
2+
+
Trong dd thu được có 0,1 mol Fe , khi thêm tiếp H dư thì có pư:

Vậy nNaOH = 0,016 + 0,048 = 0,064mol

⇒ Vdd NaOH

=

3Fe2+ + 4H+ + NO3- → 3Fe3+ + NO + 2 H2O
0,1
0,1
→
→
0,1
3
3
0,1
0,1
≈ 0,75 lit
Vậy nNO =
mol ⇒ VNO = 22,4.
3
3

mol

Vậy chọn đáp án A
Ví dụ 5: Dung dịch A có chứa 0,01 mol Fe(NO3)3 và 0,15 mol HCl có khả năng
hoà tan tối đa bao nhiêu gam Cu kim loại( Biết NO là sản phẩm khử duy nhất)
A. 2,88g
B. 3,92g
C. 3,2g
D. 6,4g
Hướng dẫn giải:
Có nFe = 0,01 mol; nNO = 0,03 mol; nH = 0,15 mol

PTHH:
Cu + 2Fe3+ → 2Fe2+ + Cu2+
0,005
0,01
mol
+
- →
2+
3Cu + 8H + 2NO3
3Cu + 2NO + 4H2O
Ban đầu
0,15
0,03
(mol)
→
¬
¬
phản ứng 0,045
0,12
0,03
0,045
(mol)
sau pư:
0,03
0
(mol)
+
Sau phản ứng H còn dư.
Khối lượng Cu tối đa là 64.( 0,005 + 0,045) = 3,2g
Vậy chọn đáp án C

Ví dụ 6: Cho 4,48g Fe vào 400ml dd HNO3 1M, đến khi phản ứng xảy ra hoàn
toàn, thu được khí NO( sản phẩm khử duy nhất) và dd X. Dung dịch X có thể
hoà tan tối đa m gam Cu. Giá trị của m là:
A. 1,92g
B. 3,2g
C. 3,52g
D. 3,84g
Hướng dẫn giải:
Có nFe = 0,08 mol; nH + = nNO = nHNO 3 = 0,4 mol
PTHH:
Fe +
4H+ + NO3- → Fe3+ + NO + 2H2O
Ban đầu
0,08
0,4
0,4
(mol)
→
→
→
→
phản ứng 0,08
0,36
0,08
0,08
0,08
(mol)
3+

−

3

+

−
3

5


sau pư:
0
0,04
0,32
0,08
0,08
(mol)
+
3+
Dung dịch X gồm có H = 0,04 mol; NO3 = 0,32; Fe = 0,08
Khi hoà tan Cu: 3Cu + 8H+ + 2NO3- → 3Cu2+ + 2NO + 4H2O
Ban đầu
0,04
0,32
0,12
¬ 0,04 → 0,01
phản ứng
8
Sau phản ứng
0

0,31
3+ →
Sau đó:
Cu + 2Fe
2Fe2+ + Cu2+
0,04
0,08
0,12
Vậy ∑ nCu =
+0,04=0,055 mol ⇒ mCu = 64.0,55 = 3,52g đáp án D
8
Ví dụ 7: Hỗn hợp X gồm (Fe, Fe2O3, Fe3O4, FeO) với số mol mỗi chất là 0,1
mol, hoà tan hết vào dd Y gồm HCl và H2SO4 loãng dư thu được dd Z. Nhỏ từ
từ dd Cu(NO3)2 1M vào dd Z cho tới khi ngừng thoát khí NO. Thể tích dd
Cu(NO3)2 1M cần dùng và thể tích khí thoát ra ở đktc là:
A. 25ml và 1,12lit
B. 500ml và 4,48lit
C. 100ml và 1,12lit
D. 50ml và 2,24 lit
Hướng dẫn giải:
Để đơn giản hơn ta qui gọn hỗn hợp gồm 0,1 mol FeO và 0,1 mol Fe2O3 thành
0,1 mol Fe3O4. Như vậy hh X gồm (Fe3O4 : 0,1+0,1 mol ; Fe : 0,1 mol) tác dụng
với dd Y
PTHH :
Fe3O4 + 8H+ → Fe2+ + 2Fe3+ + 4H2O
0,2
0,2
0,4
mol
+ →

2+
Fe
+
2H
Fe + H2
0,1
0,1
mol
2+
3+
+
Dung dịch Z : (Fe : 0,3 mol; Fe : 0,4 mol ; H dư) + dd Cu(NO3)2
PTHH:
3Fe2+ + 4H+ + NO3- → 3Fe2+ + NO + 2H2O
0,3
0,1
0,1
mol
Vậy VNO = 22,4. 0,1 = 2,24 lit
1
nCu ( NO ) = nNO = 0,05 mol. Do đó Vdd Cu ( NO ) = 0,05 lit = 50ml
2
Vậy chọn đáp án D
Nhận xét: Với những bài tập đơn giản chỉ có một chất oxi hóa và 1 chất khử
như ví dụ trên học sinh có thể sử dụng phương trình ion để giải. Tuy nhiên với
những bài tập có nhiều chất oxi hóa, chất khử thì việc sử dụng phương trình ion
tỏ ra không ưu thế. Ta xét ví dụ tiếp theo để hiểu rõ hơn.
Ví dụ 8 Cho 2,56g kim loại Cu tác dụng với 40ml dd HNO3 2M chỉ thu được
khí NO(sản phẩm khử duy nhất). Phản ứng xảy ra xong cho thêm dd H2SO4
loãng vào lại thấy tiếp tục có khí NO duy nhất thoát ra. Thể tích dd H2SO4 0,5M

tối thiểu thêm vào để Cu tan hết là?
3 2

−
3

3 2

6


80
8
80
60
(ml )
B. (ml )
C. (ml )
D. (ml )
3
3
6
3
Cách 1: Dùng phương trình ion
Có nCu = 0,04 mol; nHNO 3 =0,08 mol
PTHH:
3Cu +
8H+ +
2NO3- → 3Cu2+ + 2NO + 4H2O (1)
Ban đầu

0,04
0,08
0,08
(mol)
→
→
→
¬
phản ứng
0,03
0,08
0,02
0,03
0,02
(mol)
sau phản ứng
0,01
0
0,06
0,03
0,02 (mol)
Vậy sau pư (1) còn dư 0,01 mol Cu, và dd sau pư có chứa 0,06 mol ion NO3-.
Khi thêm dd H2SO4 vào, vì ion NO3- trong môi trường axit có tính oxi hoá mạnh
do đó:

A.

PTHH
Ban đầu

3Cu +
0,01

8H+ + 2NO3- → 3Cu2+ + 2NO + 4H2O
0,06
(mol)

0, 08
0, 02
→
0,01 →

phản ứng

3

sau pư:

0

3
0,16
3

→ 0,01 →

0, 02
3
0, 02
3

(mol)
(mol)

Vậy thể tích H2SO4 0,5M tối thiểu cần thêm vào để hoà tan hết Cu là:
n
0.08 0,08
80
VH SO =
=
(l ) = (ml )
=
CM
3.2.0,5
3
3
Cách 2: Dùng phương pháp bảo toàn electron và tư duy đi tắt đón đầu
ne cho= 2nCu = 0,08mol. Để hòa tan hết Cu thì : nenhan =0,08mol
+
4H + NO3- + 3e -> NO + 2 H2O
0,08
Vậy số mol NO3 đã phản ứng là 0,08/3 mol
Sử dụng tư duy đón đầu :Dung dịch thu được sau phản ứng gồm:
Cu2+: 0,04mol
NO3- dư : 0,08- 0,08/3 = 0,16/3( mol)
BTĐT ta có: SO42-: 1/75 mol
n
1/ 75 0,08
80
VH SO =

=
(l ) = (ml )
Vậy
=
CM
0,5
3
3
Ví dụ 9: (ĐH-KA 09) 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. 240
B. 120
C. 360
D. 40
Hướng dẫn giải:
Cách 1: Sử dụng phương trình ion
- Theo bài ra ta có phương trình ion sau:
2

4

2

4

7

Fe + 4H+ + NO3- → Fe3+ + NO + 2H2O
0,02
0,08
0,02
0,02 mol
+
- →
2+
3Cu + 8H + 2NO3
3Cu + 2NO + 4H2O
0,03 0,08 0,06
0,03
+
Vậy sau phản ứng thấy H dư 0,24 mol
Dung dịch X gồm Cu2+, Fe3+, H+, SO42-, NO3Khi cho dung dịch X tác dụng với dung dịch NaOH để dược kết tủa lớn nhất , ta
có phương trình
H+ + OH- -> H2O
Cu2+ + 3OH- -> Cu(OH)2
Fe3+ + 3OH- -> Fe(OH)3
Vậy mol OH- cần dùng là: 0,36 mol => V = 360 ml
Cách 2: Sử dụng phương pháp bảo toàn electron
Ta có bán phản ứng: 4H+ + NO3- + 3e -> NO + 2 H2O
0,4
0,08mol
+
H dư, số mol e trao đổi là 0,24mol => sản phẩm tạo Fe3+
ne cho = 3nFe + 2nCu = 0,12 mol
Vậy dung dịch sau phản ứng gồm: Fe3+ 0,02 mol
Cu2+ 0,03mol

H+ dư: 0,24mol
 nOH- cần dùng = 3nFe + 2nCu + nH+ = 0,36 mol => V = 360ml
Cách 3: Sử dụng phương pháp bảo toàn electron kết hợp tư duy đi tắt đón
đầu
Ta có bán phản ứng: 4H+ + NO3- + 3e -> NO + 2 H2O
0,4
0,08mol
+
H dư, số mol e trao đổi là 0,24mol => sản phẩm tạo Fe3+
ne cho = 3nFe + 2nCu = 0,12 mol
Nhận thấy ion NO3- dư: 0,04 mol.
Sau khi cho dung dịch NaOH vào dung dịch X để được kết tủa max, dung dịch
sau phản ứng gồm:
Na+ : (0,08 + V)
NO3- : 0,04mol
SO42- : 0,2 mol
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích cho dung dịch sau phản ứng ta được V =
0,36 lit
Nhận xét: Mỗi cách giải đều có những ưu nhược điểm nhất định, tuy nhiên với
những bài toán có quá nhiều phản ứng và giai đoạn trung gian thì phương pháp
bảo toàn electron kết hợp việc sử dụng linh hoạt các phương pháp như: BTKL,
BTĐT và tư duy đi tắt đón đầu tỏ ra có hiệu quả hơn hẳn. Học sinh tiết kiệm
được thời gian viết phương trình ion, tránh được các sai sót : cách viết phương
trình ion, cân bằng phương trình...

8


b/ Sử dụng linh hoạt các phương pháp để giải bài toán ion NO3- trong môi
trường H+

Ví dụ 1 : Cho 50,82 gam hỗn hợp X gồm NaNO3 , Fe3O4, Fe(NO3)2 và Mg tan
hoàn toàn trong dung dịch chứa 1,8 mol KHSO4 loãng. Sau khi các phản ứng
xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y chỉ chứa 275,42 gam muối sunfat trung
hòa và 6,272 lít khí ( đkc) Z gồm 2 khí trong đó có một khí hóa nâu ngoài
không khí. Biết tỉ khối của khí Z so với H2 là 11. Phần trăm khối lượng của Mg
trong hỗn hợp X là:
A. 25,5%
B. 20,2%
C. 19,8%
D. 22,6%
Hướng dẫn giải
Ta có: nZ = 0,28 => nNO = 0,2 mol ; nH2 = 0,08 mol
( Gợi ý: số liệu 50,82 gam không thể tính được mol và chỉ có H2O chưa biết=>
dấu hiệu để sử dụng phương pháp BTKL)
Áp dụng định luật BTKL ta có : nH2O = 0,78 mol
BT nguyên tố H : 1,8 = 2nH2 + 2nH2O + 4nNH4+ => nNH4+ = 0,02 mol
Phân bổ nhiệm vụ của ion H+ ta có :
nH+ = 4nNO + 2nH2 + 10nNH4 + 2nO( oxit) => nO = 0,32 mol
 nFe3O4 = 0,08 mol
 Áp dụng phương pháp bảo toàn electron ta có:
2nMg =3nNO + 2nH2 + 8nNH4 + 2nFe3O4 => nMg =0,54 mol
Vậy phần trăm khối lượng của Mg là: 25,5%
Ví dụ 2: Cho 5,6 gam hỗn hợp X gồm Mg và MgO có tỷ lệ mol tương ứng là
5 : 4 tan vừa đủ trong dung dịch hỗn hợp chứa HCl và KNO3. Sau phản ứng thu
được 0,224 lít khí N2O (đktc) và dung dịch Y chỉ chứa muối clorua. Biết các
phản ứng hoàn toàn. Cô cạn cẩn thận Y thu được m gam muối. Giá trị của m là
A. 20,51.
B. 18,25.
C. 23,24.
D. 24,17.

Nhận xét: Khi hỗn hợp kim loại (hoặc có chứa kim loại) mà “xuất hiện” các
kim loại hoạt động mạnh như Mg, Al, Zn tác dụng với HNO3 mà sản phẩm khử
là khí không nói là “sản phẩm khử duy nhất” thì nhiều khả năng sẽ có sản phẩm
khử là NH4+. Với mặt toán học nếu không NH4+ thì quá trình tính toán số mol
NH4+ = 0.
Ở bài này ta dễ dàng có thể kiểm tra bằng BTE để thấy có NH4+.
Theo BTE ta có: necho = 2nMg =0,2 mol > nenhan của khí = 0,08 => Có NH4+ = 0,015
mol
Trong 5,6 gam hỗn hợp có : Mg: 0,1mol
MgO : 0,08mol
Sử dụng tư duy đi tắt đón đầu ta có:
dung dịch Y chỉ chứa muối clorua nên dung dịch Y chứa:
Mg2+: 0,1+0,08 ( mol)
NH4+ : 0,015mol
K+
9


ClBảo toàn N ta có nKNO3 = 2nN2O + nNH4 = 0,035mol = nK+
Bảo toàn điện tích cho dung dịch Y ta được mol Cl- : 0,41 mol
Vậy m= 0,18 .24 + 0,035. 39+ 0,015.18 + 0,41.35,5 = 20,15 gam
Ví dụ 3:( Đề thi thử ĐH chuyên Vinh 2014) Cho 5 gam bột Mg vào dung dịch
hỗn hợp KNO3 và H2SO4, đun nhẹ trong điều kiện thích hợp đến khi phản ứng
xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch X chứa m gam muối và 1,792 lít hỗn hợp
khí Y (đktc) gồm 2 khí không màu trong đó có 1 khí hoá nâu ngoài không khí
và còn lại 0,44 gam chất rắn không tan. Biết tỉ khối hơi của Y đối với H2 là 11,5.
Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 28.
B. 29.
C. 31.

D. 36.
Hướng dẫn giải
Rắn không tan là Mg dư => Mg phản ứng = 0,19 mol.
Khí hóa nâu ngoài không khí là NO . Mkhí = 23 => có khí H2 => dung dịch X
không chứa NO3Ta có: nNO = 0,06 mol và nH2 = 0,02 mol
Có Mg là kim loại mạnh, sản phẩm khí không nói là sản phẩm khử duy nhất =>
dung dịch X có chứa ion NH4+.
Áp dụng BTE ta có: nNH4 = 0,02 mol
Do dung dịch X không chứa NO3- nên bảo toàn nguyên tớ N ta có :
nKNO3 = nNO + nNH4 = 0,08 mol
Sử dụng tư duy đi tắt đón đầu ta có: dung dịch X gồm:
Mg2+ = 0,19 mol
K+ = 0,08 mol
NH4+ = 0,02 mol
SO42-Áp dụng BTĐT trong dung dịch X => SO42- = 0,24 mol
Vậy khối lượng muối thu được là :
m= 0,19. 24 + 0,08. 39+ 0,02.18 + 0,24.96= 31,08 gam => Đáp án C
Ví dụ 4: Nung nóng hỗn hợp chất rắn A gồm a mol Mg và 0,25 mol Cu(NO3)2,
sau mootk thời gian thu được chất rắn X và 0,45 mol hỗn hợp khí NO2 và O2. X
tan hoàn toàn trong dung dịch chứa vừa đủ 1,3 mol HCl , thu được dung dịch Y
chứa m gam hỗn hợp muối clorua và thoát ra 0,05 mol hỗn hợp khí Z gồm N2
và H2, dZ/H2 = 11,4. Giá trị gần nhất của m là:
A. 82
B. 74
C. 72
D. 80
Hướng dẫn giải
Theo bài ra ta có : nH2 = 0,01 mol và nN2= 0,04 mol
Do có khí H2 thoát ra nên dung dịch thu được không chứa NO3- .
Vậy dung dịch X gồm: Mg2+ = a mol

Cl- = 1,3 mol
Cu2+ = 0,25 mol
dùng BTĐT -> NH4+ = 1,3 – 2a- 0,25.2 = 0,8 – 2a ( mol)
10


Bảo toàn H ta có số mol của H2O = 4a – 0,96 ( mol)
Bảo toàn O ta có:
6nCu(NO3)2 = nH2O + 2n(NO2 + O2) => 0,25. 6 = 4a -0,96 + 0,45. 2
=> a = 0,39 mol => m = 71,87 gam => Đáp án C
Ví dụ 5: Cho 3,9 gam hỗn hợp Al, Mg tỉ lệ mol 2:1 tan hết trong dung dịch
chứa KNO3 và HCl. Sau phản ứng thu được dung dịch A chỉ chứa m gam hỗn
hợp các muối trung hòa và 2,24 lit ( đktc) hỗn hợp khí B gồm NO và H2. Khí B
có tỉ khối so với với H2 bằng 8. Giá trị của m gần giá trị nào nhất?:
A. 24
B. 26
C. 28
D. 30
Hướng dẫn giải
Ta có: nAl = 0,1 mol và nMg = 0,05 mol => ne cho = 0,1. 3+ 0,05. 2 = 0,4 mol
Mặt khác
nNO = 0,05 mol và nH2 = 0,05 mol
=> ne nhan = 3. 0,05 + 2.0,05 = 0,25 mol
=> có NH4+ = (0,4- 0,25) : 8 = 0,01875 mol
Vì có khí H2 thoát ra nên dung dịch A không còn ion NO3Bảo toàn N ta có: KNO3 = 0,06875 mol
Vậy dung dịch A thu được gồm : Al3+ : 0,1 mol
Mg2+ : 0,05 mol
K+ : 0,06875 mol
NH4+ : 0,01875 mol
ClÁp dụng phương pháp BTĐT ta có: Cl- = 0,4875 mol

BTKL ta có: m = 24,225 gam => Đáp án: A
Ví dụ 6 ( Đề thi thử chuyên Vinh 2014): Cho Zn dư vào dung dịch gồm HCl,
0,05 mol NaNO3; 0,1 mol KNO3. Sau khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch
X chứa m gam muối; 0,125 mol hỗn hợp khí y gồm 2 khí không màu, trong đó
có một khí hóa nâu trong không khí, tỉ khối của Y so với H2 là 12,2. Giá trị của
m là:
A. 61,375
B. 64,05
C. 57,975 D. 49,775
Hướng dẫn giải
Do Zn dư nên H+ và NO3- hết
Theo bài ra ta có: nH2 = 0,025 mol và nNO = 0,1 mol
Ta thấy nNO3 > nNO => phải có ion NH4+: 0,05 mol
Áp dụng phương pháp BTE ta có : 2nZn = 3nNO + 2nH2 + 8 nNH4 => nZn = 0,375
mol
Vậy dung dịch thu được chứa: ZnCl2: 0,375 mol
KCl : 0,1 mol
NaCl : 0,05 mol
NH4Cl : 0,05 mol
Giá trị của m là: m = 64,05 gam => Đáp án B
Ví dụ 7( ĐH khối B – 2014) : Cho 3,48 gam Mg tan hết trong dung dịch hỗn
hợp gồm Hcl dư và KNO3 thu được dung dịch chứa m gam muối và 0,56 lit
11


(đkc).,hỗn hợp khí Y gồm N2 và H2 tỉ khối của y so với H2 là 11,4. Giá trị của m
là:
A. 16,085
B. 18,3
C. 14,485

D. 18,035
Hướng dẫn giải
Ta có : nMg = 0,145 mol
Dùng qui tắc đường chéo ta có: nH2 = 0,005 mol và nN2 = 0,02 mol
Do có khí H2 thoát ra nên dung dịch thu được không còn ion NO3Áp dụng phương pháp BTE ta thấy: ne cho = 2nMg = 0,29 mol
Ne nhận = 10nN2 + 2nH2 = 0,21 mol
+
=> có muối NH4 : 0,01 mol
=> BT nguyên tố N => nKNO3 = nK= 0,05 mol
Vậy dung dịch sau phản ứng chứa:
MgCl2: 0,145 mol
KCl : 0,05 mol
NH4Cl : 0,01 mol
=> khối lượng muối thu được là: m= 18,035 gam => Đáp án D
Ví dụ 8( ĐH khối B- 2014): Hòa tan hết 10,24 gam hỗn hợp X gồm Fe, Fe3O4
bằng dung dịch chứa 0,1 mol H2SO4 và 0,5 mol HNO3 thu được d Y và hỗn hợp
gồm 0,1 mol NO và a mol NO2( không còn sản phẩm nào khác). Chia dung dịch
Y thành 2 phần bằng nhau
- Phần 1: tác dụng vớ 500ml dung dịch KOH 0,4M thu được 5,35 gam một kết
tủa
- Phần 2: tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư thu được m gam kết tủa
Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn . Giá trị của m là:
A. 20,62
B. 41,24
C. 20,21
D. 31,86
Hướng dẫn giải
H+ dư trong dung dịch Y : (0,5×0,4-5,35 :107×3)×2=0,1 mol
Gọi x,y lần lượt là số mol Fe, Fe3O4 trong hỗn hợp X
Áp dụng BTE ta có : 3x+y=0,3+a (1)

BTKL ta có :
56x+232y=10,24 (2)
Dùng kết quả phân bổ nhiệm vụ của H+ ta có : nH+ = 4nNO +2nNO2 + 2nO (oxit)
=> 0,25 = 4.0,1 + 2a+ 8y (3)
Từ (1,2,3) ta có :
=>x=0,1 ; y=0,02 và a=0,02
Vậy m=(0,1+0,02×3) :2×107+0,1 :2×233=20,21gam => Đáp án C
Ví dụ 9( ĐHQG-2015): Cho 7,65 gam hỗn hợp X gồm Al và Al2O3 (trong đó
Al chiếm 60% khối lượng) tan hoàn toàn trong dung dịch Y gồm H2SO4 và
NaNO3, thu được dung dịch Z chỉ chứa 3 muối trung hòa và m gam hỗn hợp khí
T (trong T có 0,015 mol H2). Cho dung dịch BaCl2 dư vào Z đến khi các phản
ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 93,2 gam kết tủa. Còn nếu cho Z phản ứng với
NaOH thì lượng NaOH phản ứng tối đa là 0,935 mol. Giá trị của m gần giá trị
nào nhất sau đây?
A. 2,5
B. 3,0
C. 1,0
D. 1,5
12


Hướng dẫn giải
Theo bài ra ta có : nAl = 0,17 mol
nAl2O3 = 0,03 mol
Khí H2 thoát ra nên dung dịch thu được không còn ion NO3Dung dịch Y chỉ chứa muối trung hòa nên ion H+ hết
- dung dịch Z tác dụng với BaCl2 có pt: Ba2+ + SO42- -> BaSO4 => nSO4 = 0,4
mol
- dung dịch Z tác dụng với NaOH có pt: OH- + NH4+ -> NH3 + H2O => nNH4 =
0,015 mol
Vậy dung dịch thu được chứa: Al3+: 0,23 mol

SO42- : 0,4 mol
NH4+ : 0,015 mol
Na+ :
Áp dụng BTĐT cho dung dịch Z ta có Na+: 0,095 mol
Bảo toàn nguyên tố H ta có : nH2O = 0,355 mol
Áp dụng BTKL ta có: mhonhop + mH2SO4 +m NaNO3 = mmuoi + mT + mH2O
=> mT =1,47 gam => Đáp án D
Ví dụ 10( ĐHQG-2016): Nung m gam hỗn hợp X gồm
Fe,Fe(NO3)2,Fe(NO3)3và FeCO3 trong bình kín (không có không khí). Sau khi
các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được chất rắn Y và khí Z có tỉ khối so với
H2 là 22,5 (giả sử khí NO2 sinh ra không tham gia phản ứng nào khác). Cho Y
tan hoàn toàn trong dung dịch gồm 0,01 mol KNO3 và 0,15 mol H2SO4(loãng),
thu được dung dịch chỉ chứa 21,23 gam muối trung hoà của kim loại và hỗn
hợp hai khí có tỉ khối so với H2 là 8 (trong đó có một khí hoá nâu trong không
khí). Giá trị củam là?
A.11,32.
B. 13,92.
C.19,16.
D.13,76.
Hướng dẫn giải
Do MZ = 16 => đó là H2 và NO dễ dàng tìm được nH2 = nNO ( quy tắc chéo)
Do đã tạo ra H2 => NO3- hết => nNO = nH2 = 0,01 mol;
Dùng tư duy đi tắt đón đầu ta có:Muối sau pứ chứa: K+ : 0,01 mol
Fea+
SO42-: 0,15 mol
Mà m(muối) = m(Fe) + m(K) + m(SO42-) = 21,23
=> m(Fe) = 6,44 gam.
Do Y tạo ra khí H2 hết trong hh khí ban đầu hết O2, vậy hai khí ban đầu là CO2
và NO2 dùng quy tắc chéo => nNO2 = nCO2 = x mol
khi cho Y vào dung dịch: 4H+ + NO3- + 3e → NO + 2H2O

2H+ + 2e → H2
2H+ + O2- → H2O
nH+ = 2nNO + 2nH2 + 2nO
=> n(O) trong oxit kim loại = 0,12 mol
Ta lại có quá trình: NO3- → NO2 + O2- và CO32- → CO2 + O213


=> nNO2 + nCO2 = x+ x = nO = 0,12 => x =0,06
Vậy giá trị của m là:
=> m = mFe + mCO3 + mNO3 = 6,44 + 60.0,06 + 62.0,06 = 13,76 => Đáp án D.
Ví dụ 11: Cho 5,6 gam hỗn hợp X gồm Mg và MgO có tỉ lệ mol tương ứng là :
5:4 tan vừa đủ trong dung dịch hỗn hợp chứa HCl và KNO3. Sau phản ứng thu
được 0,224 lít khí N2O( đktc) và dung dịch chỉ chứa muối clorua. Biết các phản
ứng xảy ra hoàn toàn. Cô cạn cẩn thận Y thu được m gam muối. Giá trị của m
là:
A. 20,51
B. 18,25
C. 23,24
D. 24,17
Hướng dẫn giải:
Ta có: 5,6 gam gồm Mg: 0,1mol và MgO: 0,08mol => ne = 0,2 mol
Mà nN2O = 0,01 mol => nNH4+ = 0,015mol
Vì Y chỉ chứa muối clorua nên bảo toàn N ta có nKNO3= 0,01.2 + 0,015 = 0,035
mol
Vậy dung dịch Y chứa: Mg2+: 0,18 mol
K+: 0,035mol
NH4+ : 0,015 mol
=> BTĐT -> Cl-: 0,41 mol
Bảo toàn khối lượng ta có m= 20,51 gam
III. HỆ THỐNG BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM VỀ ION NO3- TRONG MÔI

TRƯỜNG H+ GIẢNG DẠY MÔN HOÁ TRONG CHƯƠNG TRÌNH
THPT
1/ Bài tập dành cho học sinh trung bình
Câu 1. Cho 1,92 gam Cu vào 100 ml dung dịch chứa đồng thời KNO3 0,16 M
và H2SO4 0,4 M thấy sinh ra một chất khí X có tỉ khối hơi so với H2 bằng 15 và
dung dịch Y. Thể tích dung dịch NaOH 0,5 M tối thiểu cần dùng để kết tủa toàn
bộ cation Cu2+ trong dung dịch Y
A. 0,032 lít
B. 0,32 lit
C. 0,0128 lít
D. 0,128 lit
Câu 2 Cho 1,92 g Cu vào 100ml dung dịch chứa đồng thời KNO3 0,16M và
H2SO4 0,4M thấy sinh ra một chất khí có tỉ khối so với H2 là 15 và dung dịch A.
Thể tích khí sinh ra (ở đktc) là?
A. 3,584lít B. 0,3584lít
C. 35,84lít
D. 358,4lít
Câu 3 Cho 17,80 gam bột Fe vào 400 ml dung dịch gồm Cu(NO3)2 0,40M và
H2SO4 0,50M. Sau phản ứng thu được m gam hỗn hợp kim loại và V lít khí NO
(sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Giá trị m và V là
A. 11,20 và 3,36. B. 11,20 và 2,24.
C. 10,68 và 3,36. D. 10,68 và 2,24.
Câu 4 Cho 26,88 gam bột Fe vào 600 ml dung dịch hỗn hợp A gồm Cu(NO3)2
0,4M và NaHSO4 1,2M . sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn , thu được m
gam chất rắn B và khí NO ( sản phẩm khử duy nhất , ở đktc) . Giá trị của m là :
A.17,04
B. 15,36
C.15,92
D.13,44
Câu 5 (ĐHKA 2011) Cho 7,68 gam Cu vào 200 ml dung dịch gồm HNO3 0,6M

và H2SO4 0,5M. Sau
khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn (sản phẩm khử duy
14


nhất là NO), cô cạn cẩn thận toàn bộ dung dịch sau phản ứng thì khối lượng
muối khan thu được là:
A. 20,16 gam.
B. 19,76 gam.
C. 19,20 gam.
D. 22,56 gam
Câu 6: Cho 6,5 gam Zn vào 120ml dd HNO3 1M và H2SO4 0,5M thu được NO
(sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch chứa x gam muối. Sau đó đem cô cạn
dung dịch được y gam muối khan, thì
A. x > y.
B. x < y.
C. x=y.
D. Cả A,B,C đều sai.
Câu 7 Cho 2,56g Cu tác dụng với 40ml dung dịch HNO3 2M chỉ thu được NO.
Sau phản ứng cho thêm H2SO4 dư vào lại thấy có NO bay ra. Thể tích khí NO
(ở đktc) bay ra khi cho thêm H2SO4 dư vào là?
A. 1,49lít B. 0,149lít
C. 14,9lít
D. 9,14 lít.
Câu 8 :Cho bột Fe vào dung dịch NaNO3 và H2SO4. Sau khi phản ứng xảy ra
hoàn toàn thu được dung dịch Y, hỗn hợp khí X gồm NO và H2 và chất rắn
không tan. Biết dung dịch Y không chứa muối amoni. Trong dung dịch Y chứa
các muối:
A. FeSO4, Na2SO4.
B. FeSO4, Fe2(SO4)3, NaNO3, Na2SO4.

C. FeSO4, Fe(NO3)2, Na2SO4.
D. FeSO4, Fe(NO3)2, Na2SO4, NaNO3
2/ Bài tập dành cho học sinh khá giỏi
Câu 9 : (ĐHKA 2011) Cho 0,87 gam hỗn hợp gồm Fe, Cu và Al vào bình đựng
300 ml dung dịch H2SO4 0,1M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu
được 0,32 gam chất rắn và có 448 ml khí
(đktc) thoát ra. Thêm tiếp vào bình
0,425 gam NaNO3, khi các phản ứng kết thúc thì thể tích khí
NO (đktc, sản
phẩm khử duy nhất) tạo thành và khối lượng muối trong dung dịch là
A. 0,224 lít và 3,750 gam.
B. 0,112 lít và 3,750 gam.
C. 0,112 lít và 3,865 gam.
D. 0,224 lít và 3,865 gam.
Câu 10. (ĐHKB 2010) Cho 0,3 mol bột Cu và 0,6 mol Fe(NO3)2 vào dung dịch
chứa 0,9 mol H2SO4 (loãng). Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được
V lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất ở đkc). Giá trị của m là:
A. 6,72
B. 8,96
C. 4,48
D. 10,08
Câu 11 (ĐHKB 2011) Cho 1,82 gam hỗn hợp bột X gồm Cu và Ag (tỉ lệ số mol
tương ứng 4 : 1) vào 30 ml dung dịch gồm H2SO4 0,5M và HNO3 2M, sau khi
các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được a mol khí NO (sản phẩm khử duy
nhất của N+5). Trộn a mol NO trên với 0,1 mol O2 thu được hỗn hợp khí Y. Cho
toàn bộ Y tác dụng với H2O, thu được 150 ml dung dịch có pH = z.
Giá trị của z là:A. 1
B. 3
C. 2
D. 4 .

Câu 12(DH -2013): Cho m gam Fe vào bình chứa dung dịch gồm H2SO4 và
HNO3, thu được dung dịch X và 1,12 lít khí NO. Thêm tiếp dung dịch H2SO4 dư
vào bình thu được 0,448 lít khí NO và dung dịch Y. Biết trong cả hai trường hợp
NO là sản phẩn khử duy nhất, đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Dung dịch Y hòa tan
vừa hết 2,08 gam Cu (không tạo thành sản phẩm khử của N+5). Biết các phản
ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là:
A. 2,40
B. 4,20
C. 4,06
D. 3,92
15


Câu 13 (DHB 2013): Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 2,8 gam Fe và 1,6 gam
Cu trong 500 ml dung dịch hỗn hợp HNO3 0,1M và HCl 0,4M, thu được khí
NO (khí duy nhất) và dung dịch X. Cho X vào dung dịch AgNO3 dư, thu được
m gam chất rắn, Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn, NO là sản phẩm khử
duy nhất của N+5 trong các phản ứng. Giá trị của m là
A. 29,24
B. 30,05
C. 28,70
D. 34,10
Câu 14: Cho 31,15 gam hỗn hợp bột Zn và Mg ( tỷ lệ mol 1:1) tan hết trong
dung dịch hỗn hợp gồm NaNO3 và NaHSO4 thu được dung dịch A chỉ chứa m
gam hỗn hợp các muối và 4,48 lít ( đktc) hỗn hợp khí B gồm N2O và H2 . Khí
B có tỷ khối so với H2 bằng 11,5 . Giá trị của m là :
A. 123,4
B.240,1
C. 132,4
D. 82,5

Câu 15( ĐH-B-2014). Cho 3,48 gam Mg tan hết trong dung dịch hỗn hợp gồm
HCl (dư) và KNO3, thu được dung dịch X chứa m gam muối và 0,56 lít (điều
kiện tiêu chuẩn) khí Y gồm N2 và H2. Khí Y có tỉ khối so với H2 bằng 11,4. giá
trị của m là
A. 16,085.
B. 14,485.
C. 18,300.
D. 18,035.
Câu 16(ĐHQG-2015) : hòa tan 1,12 g Fe bằng 300ml dung dịch HCl 0,2 M,
thu được dung dịch X và khí H2. Cho dung dịch AgNO3 dư vào dung dịch X,
thu được khí NO( sản phẩm khử duy nhất của N+5) và m gam kết tủa. Biết các
phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là:
A.7,36
B. 8,61
C.9,15
D.10,23
Câu 17: Cho 5 gam Mg vào dung dịch KNO3 và H2SO4, phản ứng hoàn toàn
dung dịch A chứa m gam muối và 1,792 lit khí b( đktc) gồm hia khí không màu
trong đó có 1 khí hóa nâu trong không khí, còn lại 0,44 gam chất rắn không tan.
Biết dB/H2 = 11,5. Giá trị của m là:
A. 27,96
B. 31,08
C. 36,04
D. 29,72
Câu 18: Cho Zn tới dư vào dung dịch gồm HCl, 0,05 mol NaNO3 , 0,1 mol
KNO3. Sau khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch X chứa m gam muối,
0,125 mol hỗn hợp khí Y gồm hai khí không màu hóa nâu trong không khí.
dY/H2 = 12,2. Giá trị của m là:
A. 61,375
B. 64,05

C. 57,975
D. 49,775
Câu 19 (DHV-2015) Cho 38,55 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, ZnO, 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, 3,92 lit khí Z gồm hai khí không màu, trong đó có một khí hóa nâu
trong không khí. Biết dZ/H2 = 9. % số mol của Mg trong hỗn hợp X gần nhất
với giá trị nào?
A. 25
B. 15
C. 40
D. 30
Câu 20: (DHQG-2015): Cho 7,65 gam hỗn hợp X gồm Al và Al2O3 trong đo Al
chiếm 60% khối lượng ,tan hoàn toàn trong dung dịch Y gồm H2SO4 và NaNO3
thu được dung dịch Z chỉ chứa 3 muối trung hòa và m gam hỗm hợp khí
T( trong đó có 0,015 mol H2). Cho dung dịch BaCl2 dư vào Z đến khi các phản
16


ứng xảy ra hoàn toàn được 93,2 gam kết tủa , còn nếu cho Z phnar ứng với
NaOH thì lượng NaOH phản ứng tối đa là 0,935 mol. Giá trị gần nhất của m là:
A. 2,5
B.3,0
C.1,0
D.1,5
Đáp án

1D

2B

3D

4D

5B

6C

7B

8A

9C

10B

11A

12C

13D

14B

15D

16C

17B

18B

19A

20D

IV. THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM
I. Mục đích thực nghiệm sư phạm
- Xác định hiệu quả của đề tài
- Xác định mức độ và độ chính xác của bài tập vận dụng
- Đề xuất phương án áp dụng đề tài vào thực tiễn
II. Đối tượng và cơ sở thực nghiệm
Do hạn chế về thời gian, địa điểm và các điều kiện cho phép nên tôi tiến
hành thực nghiệm. Các lớp 11A3 , 11A1 trường THPT Hậu Lộc 2 – Thanh Hóa
III. Tiến hành thực nghiệm
1. Chuẩn bị thực nghiệm
a/- Tìm hiểu đối tượng thực nghiệm.
Lớp 11A3 sĩ số 44. Lớp 11A1 sĩ số 47. Nhiều học sinh ở hai lớp tiến hành
thực nghiệm gặp khó khăn trong việc nắm vững các tính chất của HNO3,
phương pháp bảo toàn elecltron, đặc biệt gặp khó khăn khi sử dụng linh hoạt
các phương pháp giải bài tập NO3- trong môi trường H+ với hệ thống bài tập
khó.
b/- Thiết kế chương trình thực nghiệm.
Trong thời gian nghiên cứu hóa học lớp 11 chương trình nâng cao phần tính
chất của HNO3, muối NO3- và dạy phụ đạo bồi dưỡng học sinh ôn luyện thi
đại học.
Với học sinh của 11A1 chỉ hướng dẫn cơ sở lý thuyết về tính chất của
NO3- trong môi trường H+ và phương pháp giải bài toán bằng phương trình
ion

Với học sinh 11A3 hướng dẫn phương pháp giải bài toán bằng việc kết
hợp linh động các phương pháp giải khác
Tiến hành kiểm tra 15 phút và giao cùng một hệ thống bài tập về NO3trong môi trường H+ mức độ từ dễ đến khó.
Yêu cầu của đề bài: Dự kiến thời gian trung bình cho một bài tập là 15
phút. Số lượng câu hỏi dễ 04 (từ câu 1 đến câu 4) , câu hỏi trung bình 03 (từ
câu 5 đến câu 7), câu hỏi khó 3 (từ câu 8 đến câu 10)
Đề bài cụ thể:
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2
KIỂM TRA HÓA HỌC 11
(Thời gian làm bài: 15 phút)
I. Phần trả lời:
17


Họ và tên:..................................................................... Lớp: .............................
(Chọn một phương án đúng nhất gạch chéo vào bảng sau)
1
4
7
10
2
5
8
3
6
9
II. Đề bài
Câu 1:Hãy cho biết :Số mol NO ? Biết khi cho 0,4 mol Cu vào dung dịch chứa
0,2 mol NaNO3 và 0,9 mol HCl .
A. 0,4

B. 0,2
C. 0,3
D. 0,9
Câu 2 Thể tích khí NO thoát ra ở đktc ? Biết khi cho 0,06 mol bột Cu vào 200
ml dung dịch hỗn hợp KNO3 0,2 M và H2SO4 0,1M .
A. 0,672 lít
B. 0,336 lít
C. 0,448 lít
D. 0,224 lít
Câu 3. Cho 1,92 gam Cu vào 100 ml dung dịch chứa đồng thời KNO3 0,16 M
và H2SO4 0,4 M thấy sinh ra một chất khí X có tỉ khối hơi so với H2 bằng 15 và
dung dịch Y. Thể tích dung dịch NaOH 0,5 M tối thiểu cần dùng để kết tủa toàn
bộ cation Cu2+ trong dung dịch Y
A. 0,032 lít
B. 0,32 lit
C. 0,0128 lít
D. 0,128 lit
Câu 4: Trộn 58,75 gam hỗn hợp X gồm Fe(NO3)2 và kim loại M với 46,4 gam
FeCO3 được hỗn hợp Y. Cho toàn bộ Y vào lượng vừa đủ dung dịch KHSO4 thu
được dung dịch Z chỉ chứa bốn ion ( không kể H+ và OH- của H2O) và 16,8 lít
(đktc) hỗn hợp T gồm ba khí, trong đó có hai khí có cùng phân tử khối và một
khí hóa nâu trong không khí. Tỉ khối của T so với H2 là 19,2. Cô cạn 1/10 dung
dịch Z thu được m gam rắn khan. Giá trị gần đúng của m là :
A. 37,95.
B. 39,39.
C. 39,71.
D. 39,84 .
Câu 5: Cho m gam hỗn hợp X gồm Fe, Fe3O4 và Fe(NO3)2 tan hết trong 320 ml
dung dịch KHSO4 1M. Sau phản ứng thu được dung dịch Y chỉ chứa 59,04 gam
muối trung hòa và 0,896 lít NO (đktc, sản phẩm khử duy nhất). Cho dung dịch

NaOH dư vào Y thì có 0,44 mol NaOH phản ứng. Biết các phản ứng xảy ra
hoàn toàn. Dung dịch Y có thể hòa tan tối đa a mol Cu. Giá trị của a là:
A. 0,05
B. 0,06
C. 0,07
D. 0,04
Câu 6. Cho 5,6 gam Fe vào 200 ml dung dịch Cu(NO3)2 0,5M và HCl 1,2 M
thu được khí NO và m gam kết tủa. Xác định m. Biết rằng NO là sản phẩm khử
duy nhất của NO3- và không có khí H2 bay ra.
A. 0,64
B. 2,4
C. 0,32
D. 1,6
Câu 7: Cho m gam hỗn hợp Cu và Fe3O4 vào 200ml dung dịch chứa NaNO3 1M
và H2SO4 2M, thu được dung dịch Y và thấy 1,12 lít khí NO. Thêm dung dịch
HCl (dư) vào dung dịch Y, lại thấy thoát ra 0,336 lít khí NO, NO là sản phẩm
khử duy nhất của NO3- và thể tích khí đo ở điều kiện tiêuchuẩn. Giá trị của m
là ?
A.18,40
B. 21,24
C. 25,60
D. 24,60
Câu 8: Hòa tan m gam Mg trong 500ml dung dịch chứa hỗn hợp H2SO4 0,4M
và Cu(NO3)2 đến phản ứng hoàn toàn thu được 1,12 lít hỗn hợp khí X (đktc) có
18


tỉ khối của X so với H2 là 6,2 gồm N2 và H2, dung dịch Y và 2 gam hỗn hợp kim
loại. Giá trị m là
A. 6,68.

B. 4,68.
C. 5,08.
D. 5,48.
Câu 9. Cho 37,44 gam hỗn hợp rắn X gồm Fe, Fe3O4 và Fe(NO3)2 vào dung
dịch chứa 1,5 mol HCl và 0,12 mol HNO3, khuấy đều cho các phản ứng xảy ra
hoàn toàn, thu được dung dịch Y (không chứa ion NH4+) và 0,16 mol hỗn hợp
khí Z gồm NO và N2O. Cho dung dịch AgNO3 đến dư vào dung dịch Y, thấy
thoát ra 0,045 mol khí NO (sản phẩm khử duy nhất); đồng thời thu được 220,11
gam kết tủa. Phần trăm số mol của Fe có trong hỗn hợp ban đầu gần nhất với:
A. 59,64%
B. 43,34%
C. 69,44%
D. 66,54%
Câu 10. Cho 27,04 gam hỗn hợp rắn X gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 và Fe(NO3)2
vào dung dịch chứa 0,88 mol HCl và 0,04 mol HNO3, khuấy đều cho các phản
ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch Y (không chứa ion NH4+) và 0,12 mol
hỗn hợp khí Z gồm NO2 và N2O. Cho dung dịch AgNO3 đến dư vào dung dịch
Y, thấy thoát ra 0,02 mol khí NO (sản phẩm khử duy nhất); đồng thời thu được
133,84 gam kết tủa. Biết tỷ lệ mol của FeO, Fe3O4, Fe2O3 trong X lần lượt
là 3 : 2 : 1. Phần trăm số mol của Fe có trong hỗn hợp ban đầu gần nhất với:
A. 48%
B. 58%
C. 54%
D. 46%
3. Kết quả thực nghiệm và xử lý kết quả thực nghiệm
Kết quả của bài kiểm tra 15 phút.
Bảng 1: Thống kê tỷ lệ điểm của bài kiểm tra.
≥8
≥ 6,5, <8
Lớp

sĩ số
TTB
DTB
11A3
44
11 (25%)
22 (50%)
40 (90,9%)
4 (9.1%)
11A1
47
6 (12.76%) 18 (38,29%) 31 (66%)
16 (34%)
Bảng 2: Thống kê tỷ lệ học sinh trả lời các câu hỏi theo mức độ câu hỏi.
Câu
Lớp
11A3
11A1

Từ câu 1 - câu 4

Từ câu 5 - câu 7

Từ câu 8 - câu 10

38/44 (86,4%)
28/47 (59,6%)

18/44 (41%)
12/47 (25,5%)

16/44 (36,4%)
9/47(19,1%)

Qua thống kê của bảng 1 và bảng 2 chứng tỏ đề tài giúp học sinh làm bài
tập về NO3- trong môi trường H+ nhanh hơn, chính xác hơn. Đối chiếu kết quả
thực nghiệm tôi nhận thấy đề tài đã có tác dụng tích cực trong việc giúp học
sinh học làm bài tâp hiệu quả . Tuy nhiên kết quả trên còn chưa thực sự được
khách quan do tiến hành trên một số ít lớp, trình độ lại chưa thực sự đồng đều.
PHẦN III: KẾT LUẬN CHUNG
Qua việc áp dụng đề tài vào việc giảng dậy môn hoá học tôi nhận thấy đã
cơ bản đạt được những yêu cầu đề ra. Song thời gian áp dụng chưa dài. Số
lượng câu hỏi trắc nghiệm trong ngân hàng đề của tôi còn hạn chế nên có thể
19


chưa làm xuất hiện hết những tồn tại và hạn chế. Vì vậy rất mong nhận được
những nhận xét, góp ý của các quý thầy cô để đề tài của tôi có thể phát huy
được tác dụng trong các giờ lên lớp.
Tôi xin chân thành cảm ơn.
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1/ Sách giáo khoa hóa học 11.
2/ Hệ thống đề thi đại học các năm 2007-2017
3/ Hệ thống đề thi thử của các trường chuyên trong cả nước năm 2011- 2017
MỤC LỤC
PHẦN I: MỞ ĐẦU..........................................................................................1
I. ĐẶT VẤN ĐỀ...............................................................................................1
II. MỤC ĐÍCH VÀ NHIỆM VỤ.....................................................................2
III. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU............................................................2
PHẦN II: NỘI DUNG.....................................................................................3

I. CƠ SỞ LÝ LUẬN........................................................................................3
II. SỬ DỤNG LINH HOẠT CÁC PHƯƠNG PHÁP ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN VỀ
ION NO3- TRONG MÔI TRƯỜNG AXIT”.....................................................3
III. HỆ THỐNG BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM VỀ ION NO3- TRONG MÔI
TRƯỜNG H+ GIẢNG DẠY MÔN HOÁ TRONG CHƯƠNG TRÌNH
THPT…………………………………………………………………………14
IV. THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM..................................................................17
PHẦN III: KẾT LUẬN CHUNG.................................................................20

Hậu Lộc ngày 1 tháng 5 năm 2018
XÁC NHẬN CỦA THỦ
TRƯỞNG ĐƠN VỊ
Tôi xin cam đoan đây lá SKKN do tôi viết,
không sao chép nội dung của người khác
Kí tên:
Phạm Thị Thủy

20