SKKN phương pháp giải các bài toán liên quan đến lưu huỳnh và một số hợp chất của lưu huỳnh

Mục lục
I – PHẦN MỞ ĐẦU
1/ Lí do chọn đề tài
…………………………………………..
2/ Mục đích nghiên cứu của đề tài………………………………
3/ Đối tượng và phạm vi nghiên cứu của đề tài ………………...
4/ Phương pháp nghiên cứu ……………………………………..
II – PHẦN NỘI DUNG CỦA SKKN
1/ Cơ sở lí luận của đề tài ……………………………………….
2/ Thực trạng của đề tài trước khi áp dụng ……………………..
3/ Giải quyết vấn đề
3.1. Bài toán giữa sắt và lưu huỳnh….………………………
3.1.1. Cơ sở lý thuyết………………………………………
3.1.2. Phương pháp giải……………………………………
3.1.3. Các bài toán vận dụng……………………………….
3.2. Bài toán SO2 tác dụng với dung dịch kiềm…………...
3.2.1. Cơ sở lý thuyết………………………………………
3.2.2. Phương pháp giải……………………………………
3.2.3. Các bài toán vận dụng……………………………….
3.3 Bài toán về muối sunfua, axit sunfuric, muối sunfat…….
3.3.1. Cơ sở lý thuyết………………………………………
3.3.2. Phương pháp giải……………………………………
3.3.3. Các bài toán vận dụng……………………………….
3.4. Bài toán về oleum………….…….………..…………..
3.4.1. Cơ sở lý thuyết………………………………………
3.4.2. Phương pháp giải……………………………………
3.4.3. Các bài toán vận dụng……………………………….
3.5 Bài tập tự luyện.................................................................
4/ Hiệu quả của đề tài...................................................................
III- KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ ………………………………
Tài liệu tham khảo

Danh mục các SKKN đã được xếp loại cấp tỉnh

Trang 1
Trang 1
Trang 1
Trang 2
Trang 3
Trang 3
Trang 3
Trang 3
Trang 4
Trang 4
Trang 7
Trang 7
Trang 8
Trang 8
Trang 12
Trang 12
Trang 13
Trang 13
Trang 17
Trang 17
Trang 17
Trang 17
Trang 19
Trang 21
Trang 22

1

.

2


PHẦN I - MỞ ĐẦU
1/ Lí do chọn đề tài
Trong quá trình dạy học bộ môn hóa học ở trường THPT người thầy
không chỉ cung cấp kiến thức cho học sinh mà cần rèn luyện cho học sinh khả
năng phân tích, tư duy thông qua hệ thống bài tập rèn luyện.
Đề thành công trong quá trình dạy học người thầy ngoài việc hệ thống
kiến thức từng chuyên đề, từng phần, người thầy cần phải xây dựng được một hệ
thống bài tập cho từng phần đó, phân chia các dạng bài tập một cách đầy đủ,
khoa học và đặc biệt là phải cần phù hợp với trình độ, khả năng của đối tượng
học sinh mà mình đang làm việc, đồng thời đưa ra được phương pháp giải bài
tập phù hợp với học sinh. Điều này có ý nghĩa rất lớn trong việc cải thiện kiến
thức cho học sinh.
Trong các đề thi đại học, thi THPTQG với hình thức thi trắc nghiệm đòi
hỏi học sinh cần phản xạ nhanh với đề bài, cần hiểu đề, phân tích các dữ kiện
của bài toán từ đó lựa chọn phương pháp giải tối ưu và hiệu quả nhất. vì vậy
ngay từ lớp 10 trong từng chuyên đề giáo viên cần xây dựng một hệ thống kiến
thức và bài tập rèn luyện để củng cố kiến thức, rèn luyện các kỹ năng tư duy,
phân tích đề bài, vận dụng các phương pháp giải … từ đó hoàn thiện hơn
Qua kinh nghiệm nghiều năm giảng dạy ôn thi THPTQG và ôn thi các đội
tuyển học sinh giỏi tôi đã xây dụng nhiều chuyên đề ôn tập nhằm giúp học sinh
tiếp cận dễ dàng hơn với môn hóa học trong đó có chuyên đề “phương pháp
giải các bài toán liên quan đến lưu huỳnh và một số hợp chất của lưu huỳnh”
Trong chuyên đề này tôi đưa ra 4 vấn đề bao gồm
1/ Bài toán liên quan đến hiệu suất của phản ứng giữa sắt và lưu huỳnh

2/ Bài toán SO2 tác dụng với dung dịch kiềm
3/ Bài toán về muối sunfua, axit sunfuric và muối sunfat
4/ Bài toán về oleum
Tôi đã lựa chọn đề tài này làm nội dung sáng kiến kinh nghiệm của mình
trong năm học 2018-2019 để trao đổi với bạn bè đồng nghiệp.
2/ Mục đích nghiên cứu của đề tài
- Đề tài tập trung nghiên cứu phương pháp giải các bài toán liên quan đến
lưu huỳnh và các hợp chất của lưu huỳnh trong chương trình bộ môn hóa học
THPT giúp học sinh hiểu rõ hơn, sâu hơn và đạt kết quả cao trong thi THPTQG
3/ Đối tượng và phạm vi của đề tài
- Đối tượng nghiên cứu: Là học sinh khối 10, 11 và 12, cụ thể là học sinh
đang theo học chương trình nâng cao định hướng ôn thi đại học và thi học sinh
giỏi tại trường THPT Cẩm Thủy 1.
- Phạm vi của đề tài: Đề tài tập trung nghiên cứu phương pháp giải bài
toán về lưu huỳnh và hợp chất của lưu huỳnh

1


4/ Phương pháp nghiên cứu
- Phương pháp quan sát: Quan sát thực tiễn dạy và học tại trường THPT
Cẩm Thủy 1 trong những năm học vừa qua, chất lượng ôn thi đại học, thi THPT
quốc gia và bồi dưỡng học sinh giỏi.
- Phương pháp nghiên cứu tài liệu: nghiên cứu tài liệu, giáo trình có liên
qua đến ôn thi THPT quốc gia và bồi dưỡng học sinh giỏi.
- Tổng hợp kiến thức, xây dựng phương pháp giải và xây dựng hệ thống
bài toán về lưu huỳnh và các hợp chất của lưu huynh.
- Phương pháp thực nghiệm sư phạm, tổng kết thực tiễn, xử lí số liệu.

2

PHẦN II – NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
1. Cơ sở lí luận của đề tài
- Đề tài tập trung nghiên cứu 4 vấn đề chính
* Hiệu suất của phản ứng giữa sắt với lưu huỳnh
t
Pư: Fe + S →
FeS
+ Cần đánh giá được thành phần hỗn hợp sau phản ứng
+ Cần phân tích đề bài, dự vào các dữ kiện của đề bài để tính chất ban đầu,
chất phản ứng và chất còn dư
+ Cần xác định được hiệu suất tính theo chất nào
* SO2 tác dụng với dung dịch kiềm
Bản chất là: SO2 + OH-  SO32- + H2O
SO2 + OH-  HSO30

nOH −

Cần dựa vào tỉ lệ mol giữa OH - và SO2 (T = n ) để xác định thành phần
SO
dung dịch sau phản ứng
+ Cần nắm được tính chất của muối sunfit
* Muối sunfua, axit sunfuric và muối sunfat
+ Yêu cầu nắm tính chất hóa học, tính tan
+ Vận dụng các định luật bảo toàn electron, bảo toàn khối lượng, bảo toàn
điện tích…
* Oleum: nSO3 + H2SO4  H2SO4.nSO3
- Yêu cầu học sinh cần nắm vững được kiến thức toàn bộ chương oxi-lưu
huỳnh ở chương trình hóa học lớp 10.

2. Thực trạng của đề tài trước khi áp dụng
- Bài tập về lưu huỳnh và các hợp chất của lưu huỳnh thường xuyên có trong
đề thi đại học, thi thử THPTQG ở các trường phổ thông, thi THPT quốc gia và
thi học sinh giỏi tỉnh.
- Đã có nhiều đề tài viết về lưu huỳnh hoặc các hợp chất của nó, tuy nhiên
khi vận dụng vào đối tượng học sinh ở vùng núi như Cẩm Thủy thì học sinh còn
nhiều lúng túng, khó khăn trong việc giải quyết các bài tập này, cũng như chưa
thấy được hệ thống bài toán đầy đủ liên quan đến lưu huỳnh như thế nào?
- Chất lượng giáo dục bộ môn tại trường THPT Cẩm Thủy 1 chưa cao, việc
dạy học nội dung này còn dời rạc chưa có tính hệ thống, giáo viên thường chỉ
mới dụng lại khai thác một vấn đề nhỏ của chuyên đề do vậy tính hiệu quả là
chưa cao
- Do đó để giúp học sinh hiểu rõ và định hình được phương pháp giải hiệu
quả, có tính hệ thống trong quá trình học môn hóa học ở trường THPT Cẩm
Thủy 1 đạt được hiệu quả cao hơn, đáp ứng được yêu cầu đổi mới phương pháp
dạy và học, tôi đã xây dụng đề tài này để khắc phục một số thực trạng trên.
3. Giải quyết vấn đề
3.1 Bài toán giữa sắt tác dụng với lưu huỳnh
3.1.1. Cơ sở lý thuyết
t
Pư: Fe + S →
FeS
2

0

3


+ Hiệu suất đạt 100%

Hỗn hợp sau phản ứng gồm: FeS, có thể có Fe dư hoặc S dư
Tác dụng với dung dịch axit (HCl, H2SO4 loãng)
FeS + 2H+  Fe2+ + H2S
Nếu Fe dư: Fe + 2H+  Fe2+ + H2
S dư không tan trong axit tạo kết tủa (Chất rắn không tan)
Chú ý: Nêu hỗn hợp sau phản ứng tác dụng với H + tạo khí H2 hoặc tạo hỗn hợp
khí thì chắc chắn Fe dư, S hết
+ Hiệu suất < 100%
Hỗn hợp sau phản ứng gồm: FeS, Fe dư, S dư.
3.1.2. Phương pháp giải bài toán.
t
Pư:
Fe + S →
FeS
+
FeS + 2H  Fe2+ + H2S
Nếu Fe dư: Fe + 2H+  Fe2+ + H2
Ta có nFe pư = nS pư = nH2S
nFe dư = nH2
mS dư = m chất rắn không tan
Có thể dùng bảo toàn electron => nFe ban đầu = nH2 + nH2S
Nếu hiệu suất H<100% cần so sánh tỉ lệ mol ban đầu của Fe và S để xác định
hiệu suất tính theo sắt hay theo lưu huỳnh
0

+ Nếu nFe < nS => H = % Fe pư = ,,
+ Nếu nFe > nS => H = % S pư =

nFepu
nFebd

nSpu
nbd

.100

.100

3.1.3. Các bài toán vận dụng.
Câu 1: Nung hoàn toàn m gam hỗn hợp Fe và S trong điều kiện không có không
khí, thu được hỗn hợp X, Cho X tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 11,2
lít hỗn hợp khí ở đktc. Cho khí qua dung dịch CuSO 4 dư thu được 38,4 gam kết
tủa. Tính giá trị của m và phần trăm khối lượng các chất ban đầu.
Hướng dẫn giải:
t
Phản ứng: Fe + S →
FeS
Sản phẩm sau phản ứng tác dụng HCl thu được hỗn hợp khí => Fe dư
Fe + 2HCl  FeCl2 + H2
FeS + 2HCl  FeCl2 + H2S
H2S + CuSO4  CuS + H2SO4
n hh khí = 0,5 mol, nCuS = 0,4 mol
nFe = nhh khí = 0,5 mol
nS = nH2S = nCuS = 0,4 mol
=> m = 56.0,5 = 32. 0,4 = 40,8 gam
%Fe = 68,62%, % S = 31,38%
0

4

Câu 2: Cho 27,2 gam hỗn hợp Fe và S (tỉ lệ mol 2 : 5). Nung hỗn hợp hoàn toàn
trong điều kiện không có không khí thu được hỗn hợp rắn X. Cho X tác dụng
với dung dịch HCl dư thu được V lít khí (đktc). Giá trị của V?
A. 3,36.
B. 4,48.
C. 5,6.
D. 6,72.
Hướng dẫn giải:
nFe = 2x mol, nS = 5x mol
=> 56.2x + 32.5x = 27,2 => x = 0,1 mol
t
Fe + S →
FeS
0,2
0,5 mol => nFeS = 0,2 mol
HH X gồm: FeS và S dư
FeS + 2HCl  FeCl2 + H2S
n H2S = nFeS = 0,2 mol
VH2S = 4,48 lit
Đáp án B
Câu 3: Nung hoàn toàn 36 gam hỗn hợp Fe, S trong điều kiện không có không
khí, sau phản ứng thu được hỗn hợp rắn X. Hòa tan X vào dung dịch H 2SO4
loãng dư, thu được khí H2S duy nhất và m gam chất rắn không tan. Dẫn khí H 2S
qua dung dịch CuCl2 thu được 28,8 gam kết tủa. Giá trị của m là
A. 3,2.
B. 6,4.
C. 4,8.
D. 9,6.
Hướng dẫn giải:

nCuS = 0,3 mol
t
Fe + S →
FeS
Sản phẩm sau phản ứng + HCl chỉ thu được khí H2S duy nhất => Fe hết
FeS + 2HCl  FeCl2 + H2S
H2S + CuCl2  CuS + 2HCl
n Fe = nS pư = nFeS = n H2S = nCuS = 0,3 mol
=> 56. 0,3 + 32. nS = 36 => nS = 0,6 mol => nS dư = 0,6 – 0,3 mol
=> m rắn = mS dư = 0,3 . 32 = 9,6 gam.
Đáp án D
Câu 4: Nung hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Fe và S trong điều kiện không
có không khí sau phản ứng thu được hỗn hợp rắn A. Cho A tác dụng với dung
dịch HCl dư sau phản ứng thu được 2,688 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm 2 khí có
tỉ khối so với H2 là 13. Tính phần trăm khối lượng của săt là
A. 32,41%.
B. 56,87%.
C. 70%
D. 78,60%.
Hướng dẫn giải:
t
Fe + S →
FeS
Sản phẩm sau phản ứng gồm FeS, Fe dư
Fe + 2HCl  FeCl2 + H2
FeS + 2HCl  FeCl2 + H2S
nhh khí = 0,12 mol
M khí = 26
nH2S = 0,09 mol, nH2 = 0,03 mol
n Fe = nhh khí = 0,12 mol

0

0

0

5


n S = n H2S = 0,09 mol
=> m hh = 0,12 . 56 + 0,09. 32 = 9,6 gam.
=> % Fe = 70%
Câu 5: Nung hỗn hợp X gồm Fe và S trong điều kiện không có không khí, sau
phản ứng thu được 3,36 gam hỗn hợp rắn Y. Hòa tan Y trong dung dịch HCl dư,
sau phản ứng hoàn toàn thu được 0,896 lít (đktc) hỗn hợp khí có tỉ khối so với
H2 là 9 và còn lại một phần chất rắn không tan B
a) Tính hiệu suất của phản ứng.
b) Nếu cho hỗn hợp Y vào dung dịch HNO 3 đặc nóng dư thu được V lít NO 2
đktc. Tính V?
Hướng dẫn giải:
t
Fe + S →
FeS
Sản phẩm sau phản ứng gồm FeS, Fe dư, S dư
Fe + 2HCl  FeCl2 + H2
FeS + 2HCl  FeCl2 + H2S
nhh khí = 0,04 mol
M khí = 18 => m khí = 18. 0,04 = 0,72 gam
nH2S = 0,02 mol, nH2 = 0,02 mol
n Fe bđ = nhh khí = 0,04 mol

n Fe pư = nS pư = nFeS = n H2S = 0,02 mol
=> m hh = 0,04 . 56 + nS bđ . 32 = 3,32 gam. => nS bđ = 0,035 mol
a) Vậy hiệu suất tính theo S
0

0, 02

H = 0, 035 .100 = 57,14%
 Fe( NO3 )3

t
b) Sơ đồ phản ứng: Fe + S →
Y +uuHNO
+ NO2 + H2O
uuuuuu
r3  H SO
 2 4
BT e cả quá trình: 3nFe + 6nS = nNO2
=> nNO2 = 0,33 mol => VNO2 = 7,392 lít
Câu 6: Nung hỗn hợp X gồm Fe và S trong điều kiện không có không khí, sau
phản ứng thu được chất rắn A. Hòa tan A vào dung dịch H 2SO4 loãng, dư, thu
được 6,72 lít hỗn hợp khí Y (có khối lượng 3,8 gam) và chất rắn không tan B.
Đốt cháy hoàn toàn B rồi cho sản phẩm cháy hấp thụ vào dung dịch Ca(OH) 2 dư
thu được 30 gam kết tủa. Hiệu suất của phản ứng Fe và S là
A. 40%.
B. 33,33%.
C. 66,67%.
D. 60%
Hướng dẫn giải:
t

Phản ứng: Fe + S →
FeS
Rắn Y gồm FeS, Fe dư, S dư
FeS + 2HCl  FeCl2 + H2S
Fe + 2HCl  FeCl2 + H2
0

0

 nH 2 + nH 2 S = 0,3
 nH 2 = 0, 2mol
=>
Y gồm H2S và H2 

 2nH 2 + 34nH 2 S = 3,8
 nH 2 S = 0,1mol

Chất rắn B là S:

S + O2  SO2
6


SO2 + Ca(OH)2  CaSO3 + H2O
=> nS dư = nCaSO3 = 0,25 mol
=> ban đầu nS = 0,25 + 0,1 = 0,35 mol
nFe = 0,3 mol
Vậy hiệu suất phản ứng tính theo Fe
0,1

nFe pư = nH2S = 0,1 mol => H = 0,3 .100 = 33,33%
Câu 7: (ĐH khối B – 2014) Nung nóng hỗn hợp bột X gồm a mol Fe và b
mol S trong khí trơ, hiệu suất phản ứng bằng 50%, thu được hỗn hợp rắn Y. Cho
Y vào dung dịch HCl dư, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn
hợp khí Z có tỉ khối so với H2 bằng 5. Tỉ lệ a : b bằng
A. 2 : 1.
B. 1 : 1.
C. 3 : 1.
D. 3 : 2.
Hướng dẫn giải:
Theo bài ra 2 khí là H2S và H2 (MZ = 10)
H2S 34
8
nH S 1
 nH S = 1mol
=
=> n
=> 
10
3
H
 nH = 3mol
H2 2
24
t
Phản ứng: Fe + S →
FeS
Rắn Y gồm FeS, Fe dư, S dư
FeS + 2HCl  FeCl2 + H2S
Fe + 2HCl  FeCl2 + H2

nFe dư = nH2 = 3 mol
nFe pư = nS pư = nFeS = nH2S = 1 mol
=> nFe ban đầu = a mol = 3 + 1 = 4 mol
=> Hiệu suất (H = 50%) tính theo S => nS ban đầu = b = 2 mol
=> a : b = 4 : 2 = 2 : 1
3.2. Bài toán SO2 tác dụng với dung dịch kiềm.
3.2.1. Cơ sở lý thuyết.
+ Các phản ứng xảy ra:
SO2 + NaOH  NaHSO3
SO2 + 2NaOH  Na2SO3 + H2O
SO2 + KOH  KHSO3
SO2 + 2KOH  K2SO3 + H2O
SO2 + CaOH  Ca(HSO3)2
2SO2 + CaOH  CaSO3 + H2O
SO2 + BaOH  Ba(HSO3)2
2SO2 + BaOH  BaSO3 + H2O
* Tính chất của muối sunfit:
- Tính tan: Các muối sunfit (SO 32-) đa số là ít tan trừ muối của Na 2SO3, K2SO3,
(NH4)2SO3... là dễ tan
Các muối hidrosunfit đều dễ tan
- Tính chất hóa học:
2

2

2

2

0

7


t
+ Tính kém bền với nhiệt: BaSO3 →
BaO + SO2
t
2NaHSO3 → Na2SO3 + SO2 + H2O
t
(NH4)2SO3 →
2NH3 + SO2 + H2O
Các muối Na2SO3, K2SO3 bền với nhiệt
+ Muối SO32-: tác dụng với axit mạnh
SO32- + 2H+  SO2 + H2O
+ Muối HSO3- có tính lưỡng tính
VD: NaHSO3 + NaOH  Na2SO3 + H2O
NaHSO3 + HCl  NaCl + H2O + SO2
3.2.2. Phương pháp giải
- Tính mol SO2, nOH- = nNaOH + nKOH + 2nCa(OH)2 + 2nBa(OH)2
0

0

0

nOH −

- Tính tỉ lệ mol T = n
SO

+ T < 1 tạo muối axit (HSO3-) và SO2 dư
+ T = 1 tạo muối axit (HSO3-), cả OH- và SO2 vừa đủ
+ 1< T < 2 tạo hỗn hợp 2 muối cả OH- và SO2 vừa hết
+ T = 2 tạo muối trung hòa SO32- cả OH- và SO2 vừa đủ
+ T > 2 tạo muối trung hòa (SO32-), OH- dư
- Vận dụng các định luật bảo toàn nguyên tố, bảo toàn điện tích trong dung dịch
3.2.3. Các bài toán vận dụng
Câu 1: Cho 6,72 lít khí SO2 (đktc) hấp thụ vào 200ml dung dịch Ba(OH)2 1M,
thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là
A. 26,04.
B. 43,4.
C. 32,55.
D. 21,7.
Hướng dẫn giải:
nSO2 = 0,3 mol, nBa(OH)2 = 0,2 mol
2

nOH −

0, 4

=> n
= 0,3 = 1,333=> Tạo hỗn hợp 2 muối
SO
SO2 + Ba(OH)2  BaSO3 + H2O
a
a
a mol
2SO2 + Ba(OH)2  Ba(HSO3)2
2b

b
b mol
2

 a + b = 0, 2
 a = 0,1
=> 
 a + 2b = 0,3
b = 0,1

Ta có 

m BaSO3 = 217. 0,1 = 21,7 gam
Đáp án D
Câu 2: Cho 8,96 lít SO2 (đktc) tác dụng với 200ml dung dịch hỗn hợp gồm
Ba(OH)2 1M, NaOH 1M, BaCl2 1,2M thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là
A. 21,7.
B. 43,4.
C. 32,55.
D. 45,62.
Hướng dẫn giải:
nSO2 = 0,4 mol, nOH- = 0,6 mol, nBa2+ = 0,44 mol

8


nOH −

0, 6

=> n
= 0, 4 = 1,5=> Tạo hỗn hợp 2 muối
SO
SO2 + 2OH-  SO32- + H2O
a
2a
a mol
SO2 + OH  HSO3b
b
b mol
2

 a + b = 0, 4
=>
 2a + b = 0, 6

Ta có 

 a = 0, 2

b = 0, 2

SO32- + Ba2+  BaSO3
0,2
0,44 mol => nBaSO3 = 0,2 mol
m BaSO3 = 217. 0,2 = 43,4 gam
Đáp án B
Câu 3: Cho 5,6 lít khí SO2(đktc) tác dụng với 200ml dung dịch KOH 1,4M được
dung dịch A. Thêm tiếp vào dung dịch A 100ml dung dịch hỗn hợp gồm
Ba(OH)2 0,5M, BaCl2 1M thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là

A. 54,25.
B. 28,21.
C. 26,06.
D. 21,7.
Hướng dẫn giải:
- Coi bài toàn thành SO2 tác dụng với hỗn hợp chứa 0,28 mol KOH, 0,05 mol
Ba(OH)2, 0,1 mol BaCl2 khi đó ta có:
nSO2 = 0,25 mol, nOH- = 0,28 + 2. 0,05 = 0,38mol, nBa2+ = 0,05 + 0,1 = 0,15 mol
nOH −

0,38

=> n
= 0, 25 = 1,52=> Tạo hỗn hợp 2 muối
SO
SO2 + 2OH-  SO32- + H2O
a
2a
a mol
SO2 + OH  HSO3b
b
b mol
2

 a + b = 0, 25
=>
 2a + b = 0,38

Ta có 

 a = 0,13

b = 0,12

SO32- + Ba2+  BaSO3
0,13 0,15 mol => nBaSO3 = 0,13 mol
m BaSO3 = 217. 0,13 = 28,21 gam
Đáp án B
Câu 4: Cho 8,96 lít khí SO2 (đktc) hấp thụ vào 200ml dung dịch hỗm hợp gồm
NaOH 1,5M, KOH 2M thu được dung dịch A. Cho BaCl 2 dư vào A thu được m
gam kết tủa. Giá trị của m là
A. 54,25.
B. 28,21.
C. 26,06.
D. 65,1.
Hướng dẫn giải:
nSO2 = 0,4 mol, nOH- = 0,7 mol
nOH −

=> n

0, 7

= 0, 4 = 1,75=> Tạo hỗn hợp 2 muối
SO
SO2 + 2OH-  SO32- + H2O
2

9

a
2a
a mol
SO2 + OH  HSO3b
b
b mol
 a + b = 0, 4
=>
 2a + b = 0, 7

Ta có 

 a = 0,3

b = 0,1

SO32- + Ba2+  BaSO3
0,3 mol

=> nBaSO3 = 0,3 mol

m BaSO3 = 217. 0,3 = 65,1 gam
Đán án D
Câu 5: Hỗn hợp X gồm Na, Ba, Na2O, BaO. Hòa tan hoàn toàn 21,9 gam X vào
nước, thu được 1,12 lít khí H 2 (đktc) và dung dịch Y, trong Y có 20,52 gam
Ba(OH)2. Hấp thụ hoàn toàn 6,72 lít khí SO2 (đktc) và Y, thu được m gam kết
tủa. Giá trị của m là
A. 21,7.
B. 34,2.

C. 17,36.
D. 16,54.
Hướng dẫn giải:
Quy đổi hỗn hợp thành: Na, Ba, O
 Na
 NaOH

+ H2
 Ba + H2O  
 Ba(OH ) 2
O


nBa(OH)2 = 0,12 mol = nBa
nNa = x mol, nO = y mol
BTKL: 23x + 16y = 21,9 – 137. 0,12 (1)
Bte: x -2y = 0,05.2 – 0,12 .2 (2)
=> x = y = 0,14 mol
nSO2 = 0,3 mol, nOH- = 0,38 mol
nOH −

0,38

=> n
= 0,3 = 1,266=> Tạo hỗn hợp 2 muối
SO
SO2 + 2OH-  SO32- + H2O
a
2a
a mol

SO2 + OH  HSO3b
b
b mol
2

 a + b = 0,3
a = 0, 08
=> 
 2a + b = 0,38
b = 0, 22
22+
SO3 + Ba  BaSO3
0,08
0,12 mol
=> nBaSO3 = 0,08 mol

Ta có 

m BaSO3 = 217. 0,08 = 17,36 gam
Đáp án C
Câu 6: Cho x mol SO2 tác dụng với dung dịch chứa y mol NaOH thu được dung
dịch X. X vừa tác dụng với dung dịch KOH, vừa tác dụng được với dung dịch
CaCl2. Khi cho X tác dụng với dung dịch BaCl 2 dư thu được 26,04 gam kết tủa,
nếu cho X tác dụng với dung dịch Ba(OH) 2 dư thu được 54,25 gam kết tủa. Giá
trị của x, y lần lượt là
10


A. 0,12 và 0,37.
B. 0,12 và 0,13.

C. 0,15 và 0,37.
D. 0,2 và 0,37.
Hướng dẫn giải:
X tác dụng với cả KOH và cả CaCl 2 nên X chứa hỗn hợp 2 muối: Na 2SO3 và
NaHSO3.
-Tác dụng với BaCl2: Na2SO3 + BaCl2  BaSO3 + 2NaCl
(1)
Tác dụng với Ba(OH)2: Na2SO3 + Ba(OH)2  BaSO3 + 2NaOH
(2)
NaHSO3 + Ba(OH)2  BaSO3 + 2NaOH + H2O (3)
BT S: x = nSO2 = nBaSO3(2,3) = 54,25/ 217 = 0,25 mol
nNa2SO3 = nBaSO3(1) = 0,12 mol
BTS: nNa2SO3 + nNaHSO3 = nBaSO3(2,3) => nNaHSO3 = 0,13 mol
BT Na: y = nNaOH = 2n Na2SO3 + nNaHSO3 = 0,37 mol
Đáp án: A
Câu 7: Cho V lít SO2 (đktc) hấp thụ hoàn toàn vào 200ml dung dịch Ca(OH) 2
0,05M thu được 0,96 gam kết tủa. Tính giá trị của V?
Hướng dẫn giải:
Ta có mol Ca(OH)2 = 0,01 mol
nCaSO3 = 0,008 mol < nCa(OH)2 xảy ra 2 trường hợp
+ Trường hợp 1: Ca(OH)2 dư
SO2 + Ca(OH)2  CaSO3 + H2O
nSO2 = nCaSO3 = 0,008 mol
VSO2 = 0,008 . 22,4 = 0,1792 lít.
+ Trường hợp 2 Ca(OH)2 hết
SO2 + Ca(OH)2  CaSO3 + H2O
0,008
0,008
0,008
mol

2SO2 + Ca(OH)2  Ca(HSO3)2
2x
x mol
=> x + 0,008 = 0,01 =. X = 0,002 mol
nSO2 = 0,012 mol => VSO2 = 0,012 . 22,4 = 0,2688 lít
Chú ý: có thể dùng công thức tính nhanh: nSO32- = nOH- - nSO2
Câu 8: Cho V lít khí SO2 (đktc) tác dụng với 200ml dung dịch Ba(OH) 2 1,5M
sau phản ứng thu được 43,4 gam kết tủa. Giá trị lớn nhất của V là
A. 6,72.
B. 3,36.
C. 10,08.
D. 8,96.
Hướng dẫn giải:
Thể tích SO2 lớn nhất khi tạo hỗn hợp 2 muối
nBa(OH)2 = 0,3 mol
nBaSO3 = 0,2 mol
SO2 + Ba(OH)2  BaSO3 + H2O
0,2
0,2
0,2
mol
2SO2 + Ba(OH)2  Ba(HSO3)2
2x
x mol
=> x + 0,2 = 0,3 => x = 0,1 mol
nSO2 = 0,4 mol => VSO2 = 0,4 . 22,4 = 8,96 lít
11


Đáp án D

Câu 9: Cho 6,72 lít khí SO2 (đktc) tác dụng với 100ml dung dịch gồm NaOH
xM , Na2SO3 3M sau phản ứng thu được dung dịch X. Cho CaCl 2 dư vào dung
dịch X thu được 42 gam kết tủa. Giá trị của x là
A. 2,5.
B. 2,0.
C. 3,5.
D. 3,0.
Hướng dẫn giải:
nSO2 = 0,3 mol, nNaOH = 0,1x mol, nNa2SO3 = 0,3 mol
nSO32- = nCaSO3 = 0,35 mol
Sơ đồ phản ứng:
 Na + (0,1x + 0, 6)mol
 2−
 NaOH : 0,1xmol
SO2 +  Na SO : 0,3mol   SO3 0,35mol
+ H2 O
 2 3

−
 HSO3

BT S: => nHSO3- = 0,3 + 0,3 – 0,35 = 0,25 mol
BT điện tích dd X: nNa+ = nHSO3- + 2nSO32=> 0,1x + 0,6 = 0,25 + 0,35.2 => x = 3,5
Đáp án C.
Câu 10: Cho 4,48 lít khí SO2 (đktc) hấp thụ hoàn toàn vào 100ml dung dịch
KOH aM, K2SO3 bM thu được dung dịch X. Cho BaCl 2 dư vào X thu được
75,95 gam kết tủa. Nếu cho Ba(OH) 2 dư vào dung dịch X thu được 108,5 gam
kết tủa. Giá trị của a, b lần lượt là
A. 2,5 và 3,0.
B. 2,5 và 2,0.

C. 2,0 và 3,0.
D. 1,5 và 3,0
Hướng dẫn giải:
nSO2 = 0,2 mol, nKOH = 0,1a mol, nK2SO3 = 0,1b mol
Sơ đồ phản ứng:
 K + (0,1a + 0,1b)mol
 2−
 KOH : 0,1amol
SO2 +  K SO : 0,1bmol   SO3
+ H2O
 2 3

−
 HSO3

BT nguyên tố S: 0,2 + 0,1b = 0,5 => b = 3M
Dung dịch X: chứ K+, SO32-, HSO3nSO32- = 0,35 mol
BT nguyên tố S: 0,5 = nSO32-+ nHSO3- => nHSO3-= 0,15 mol
Bảo toàn điện tích: => nK+ = 0,35.2 + 0,15 = 0,85 mol
Bảo toàn K: 0,1a + 0,2b = 0,85 => a = 2,5.
Đáp án A
3.3. Bài toán về muối sunfua, axit sunfuric và muối sunfat.
3.3.1. cơ sở lý thuyết.
- Hỗn hợp FeS, FeS2, Fe, S, Cu2S, CuS + HNO3  Fe(NO3)2, Cu(NO3)2, +
H2SO4 + NO, NO2, …+ H2O
S-2  S+6 + 8e
S-1  S+6 + 7e
S0  S+6 + 6e
12

- Tính tan của muối sunfua
+ Muối dễ tan: muối của kim loại Na, K, Ba, Ca, NH4+
+ muối không tồn tại trong dung dịch: MgS, Al2S3…
+ Muối tan trong axit, không tan trong nước : FeS, ZnS….
+ Muối không tan trong axit: PbS, CuS, Ag2S…
- Tính axit mạnh của axit H2SO4: mang đầy đủ tính chất của dung dịch axit mạnh
- Tính oxi hóa mạnh của H2SO4 đặc: Oxi hóa hầu hết(kể cả Cu, Ag...) các kim
loại, các phi kim (C, P,S), các hợp chất có tính khử lên số oxi háo dương cao
nhất (trừ S SO2)
- Tính tan muối sunfat: đa số dễ tan trư muối BaSO4, PbSO4 không tan, CaSO4 ít
tan.
3.3.2. Phương pháp giải.
- Sử dụng phương pháp quy đổi hỗn hợp thành đơn chất
- Bảo toàn nguyên tố S, Fe, Cu...
- Bảo toàn điện tích dung dịch
3.3.3. các bài toán vận dụng
Câu 1: (ĐH-A2012) Cho 18,4 gam hỗn hợp X gồm Cu2S, CuS, FeS2 và
FeS tác dụng hết với HNO3 (đặc nóng, dư) thu được V lít khí chỉ có NO2 (ở
đktc, sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch Y. Cho toàn bộ Y vào một lượng
dư dung dịch BaCl2, thu được 46,6 gam kết tủa; còn khi cho toàn bộ Y tác
dụng với dung dịch NH3 dư thu được 10,7 gam kết tủa. Giá trị của V là
A. 38,08.
B. 24,64.
C. 16,8.
D. 11,2.
Hướng dẫn giải:
Quy đổi hỗn hợp X thành Fe, Cu, S
Fe, Cu, S + HNO3  ddY: Fe3+, Cu2+, NO3-, H2SO4 + NO2 + H2O
nBaSO4 = 0,2 mol

Ba2+ + SO42-  BaSO4
0,2 
0,2 mol
BT S: nS = nBaSO4 = 0,2 mol
Cu2+ + 4NH3  Cu(NH3)42+
Fe3+ + 3OH-  Fe(OH)3
10, 7
= 0,1 mol
107
18, 4 − 0,1.56 − 0, 2.32
BTKL => nCu =
= 0,1 mol
64

nFe = nFe(OH)3 =

Bte: 3nFe + 2nCu + 6nS = nNO2 => nNO2 = 1,7 mol
=> VNO2 = 38,08 lít
Đáp án A
Câu 2. (2 điểm) (trích đề thi casio tỉnh Thanh Hóa năm 2015)
Hỗn hợp X gồm Cu, CuS, FeS, FeS 2, FeCu2S2, S. Đốt cháy hoàn toàn 6,48
gam hỗn hợp chất rắn X cần 2,52 lít O 2 và thấy thoát ra 1,568 lít SO 2. Cho 6,48
gam X tác dụng với dung dịch HNO 3 đặc nóng dư thu được V lít NO 2 (là sản
phẩm khử duy nhất) và dung dịch A. Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch
13


Ba(OH)2 dư thu được m gam kết tủa. Biết thể tích các khí đo ở đktc. Tính V và
m?
Hướng dẫn giải:

Quy đổi hỗn hợp X thành Fe + Cu + S
X + O2  Fe2O3 + CuO + SO2
nFe = x mol, nCu = y mol
BT nguyên tố S ta có nS = nSO2 = 0,07 mol
BT e ta có 3x + 2y = 0,1125 . 4 – 0,07.4 => 3x + 2y = 0,17 (1)
BTKl ta có 56x + 64y = 6,48 – 32.0,07 => 56x + 64y = 4,24 (2)
 x = 0,03, y = 0,04
khí cho 6,48 gam X tác dụng với HNO3
Ta có:
X + HNO3  Fe3+ + Cu2+ + H2SO4 + NO2 + H2O
BT e ta có 3nFe + 2nCu + 6nS = nNO2
 nNO2 = 0,59 mol => V NO2 = 13,216 lít
Dung dịch A chứa Fe3+, Cu2+, H+, SO42-, NO3- tác dụng với Ba(OH)2
Ba2+ + SO42-  BaSO4
Fe3+ + 3OH  Fe(OH)3
Cu2+ + 2OH-  Cu(OH)2
Khối lượng kết tủa
m = mBaSO4 + mFe(OH)3 + mCu(OH)2
m kết tủa = 233. 0,07 + 107. 0,03 + 98. 0,04 = 23,44 gam
Đáp án: V = 13,216 lít, m = 23,44 gam.
Câu 3: (ĐH-A-2007) Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,12 mol FeS 2 và a mol
Cu2S vào dung dịch axit HNO3 (vừa đủ), thu được dung dịch Y (chỉ chứa hai
muối sunfat) và khí duy nhất NO. Giá trị của a là
A. 0,12.
B. 0,04.
C. 0,075.
D. 0,06.
Hướng dẫn giải:
FeS2, Cu2S + HNO3  dung dịch Y + NO + H2O
Dung dịch Y Chứa Fe+3 0,12 mol, Cu+2 2a mol, SO42- (0,24 + a) mol

Theo định luật bảo toàn điện tích ta có: 3. 0,12 + 4a = 0,48 + 2a => a = 0,06 mol
Đáp án D
Câu 4: (ĐH-A-2011) Nung m gam hỗn hợp FeS và FeS 2 trong một bình kín
chứa không khí (gồm 20% thể tích O 2 và 80% thể tích N2) đến khi các phản ứng
xảy ra hoàn toàn, thu được một chất rắn duy nhất và hỗn hợp khí Y có thành
phần thể tích : 84,8%N2, 14% SO2, còn lại là O2. Phần trăm khối lượng của FeS
trong hỗn hợp X là
A. 59,46%.
B. 26,83%.
C. 19,64%.
D. 42,31%.
Hướng dẫn giải:
nFeS=x mol, và nFeS2 = ymol
4FeS + 7O2  2Fe2O3 + 4SO2
x
7x/4
x mol
4FeS2 + 11O2  2Fe2O3 + 8SO2
y
11y/4
2y mol
14


giả sử hỗn hợp Y có nY = 1mol
=> nN2 = 0,848 mol, nSO2 = 0,14 mol, nO2 dư = 0,012 mol
Mol SO2: x + 2y = 0,14 (1)
nO2 ban đầu = ¼ nN2 = 0,212 mol
mol O2 dư:

17 x − 11 y
= 0,212 – 0,012 (2)
4

từ 1,2 => x = 0,02, y = 0,06 mol
m = 88. 0,02 + 0,06. 120 = 8,96 gam
% FeS = 19,64%
Đáp án C
Câu 5: Hỗn hợp X gồm FeS2 và MS ( tỉ lệ mol 1:2, M là kim loại có số oxi hóa
không đổi trong các hợp chất). Cho 71,76 gam X tác dụng hoàn toàn với dung
dịch HNO3 đặc nóng thu được 83,328 lít khí NO 2 (là sản phẩm khử duy nhất, ở
đktc) và dung dịch Y. Thêm BaCl2 dư vào dung dịch Y thì thu được m gam kết
tủa. Giá trị gần nhất của m là
A. 56 gam.
B. 186 gam.
C. 175 gam.
D. 112 gam.
Hướng dẫn giải:
nFeS2 = x mol => nMS = 2x mol
Sơ đồ phản ứng:
FeS2, MS + HNO3  Fe3+ + M2+ + NO2 + + H2SO4 + H2O
Bte: 15nFeS2 + 8nMS = nNO2 => 15x + 16x = 3,72 mol => x = 0,12 mol
BTKL: 120. 0,12 + 0,24 (M + 32) = 71,76 => M = 207 => M là Pb
BT S; nH2SO4 = 0,48 mol
Do M là Pb nên: Pb2+ + SO42-  PbSO4 
0,24
0,24 mol
3+
Dung dịch Y chứa: Fe (0,12 mol) , H2SO4(0,24 mol)
Ba2+ + SO42-  BaSO4 

m= 233. 0,24 = 55,92 gam
Đáp án A
Câu 6. (trích đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2015)
Nung 4,4 gam muối sunfua MS (M là kim loại) trong oxi dư đến khi phản
ứng hoàn toàn, thu được chất rắn X. Hòa tan X bằng một lượng vừa đủ dung
dịch HNO3 37,8%, thu được dung dịch Y có nồng độ 41,72%. Làm lạnh dung
dịch Y, thu được 8,08 gam muối kết tinh và dung dịch T có nồng độ 34,7%. Xác
định công thức muối kết tinh.
Hướng dẫn giải:
Vì O2 dư nên M có hoá trị cao nhất trong oxit
n
2

2MS + (2 + )O2 → M2On + 2SO2
a
0,5a
(mol)
M2On + 2nHNO3 → 2M(NO3)n + n H2O
0,5a
an
a
(mol)
Khối lượng dung dịch HNO3
15


an.63.100
500an
=
(g)

37,8
3

Khối lượng dung dịch Y: aM + 8an +

500an
(g)
3

aM + 62an
Ta có aM + 524an = 0,4172
3

Nên M = 18,65n. với n là hóa trị của kim loại
Chọn n = 3, M = 56 (Fe)
Ta có: a(M+32)= 4,4 Suy ra a = 0,05
khối lượng Fe(NO3)3 là: m= 0,05 × 242 = 12,1(g)
Khối lượng dung dịch T:
aM +

524an
– 8,08 =20,92 (g)
3

Khối lượng Fe(NO3)3 còn lại trong dung dịch T:
20,92.34, 7
= 7,25924
100

(g)

Khối lượng Fe(NO3)3 kết tinh
m = 12,1 - 7,25924 = 4,84
Đặt công thức Fe(NO3)3.nH2O
Suy ra

(g)

4, 48
(242 + 18n) = 8,08 Suy ra n = 9.
242

Công thức của muối kết tinh: Fe(NO3)3.9H2O
Câu 7: (trích đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2016)
Hỗn hợp X gồm FeS, FeS2 và Cu2S tan vừa hết trong 0,41 mol H2SO4 đặc
nóng, sinh ra 0,365 mol khí SO2 và dung dịch A. Nhúng một thanh Fe nặng 50
gam vào dung dịch A, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn nhấc thanh Fe ra làm
khô, cân nặng 49,8 gam và còn lại dung dịch B. Cho dung dịch B phản ứng với
dung dịch HNO3 đặc, dư thu được khí NO2 (sản phẩm khử duy nhất) và dung
dịch D. Xác định phần trăm khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X và khối lượng
muối trong dung dịch có thể thu được.
Hướng dẫn giải:
Các phản ứng xảy ra:
2FeS + 20H+ + 7SO42-→ 2Fe3+ + 9SO2 + 10H2O
x
10x
x
9x/2
+
23+

2FeS2 + 28H + 11SO4 → 2Fe + 15SO2 + 14H2O
y
14y
y
7,5y
+
22+
Cu2S + 12H + 4SO4 → 2Cu + 5SO2 + 6H2O
z
12z
2z
5z
Theo đề ta có:
10x + 14y + 12z = 0,82 (1)
4,5x + 7,5y + 5z = 0,365 (2)
Nhúng thanh Fe vào có phản ứng
16


Fe
+
2Fe3+→ 3 Fe2+
(x+y).0,5
(x+y)
1,5(x+y)
2+
2+
Fe + Cu →Fe + Cu
2z
2z

2z
2z
Khối lượng thanh Fe giảm: 56.0,5.(x+y) + 56.2z – 64.2z = 0,2
=> 28x + 28y – 16z = 0,2 (3)
Từ (1), (2), (3) => x=0,02; y= 0,01; z=0,04.
%mFeS = 18,80%; %mFeS2 = 12,82%; %mCu2S = 68,38%
Trong dung dịch B có: số mol FeSO4 = 1,5(x+y)+ z.2 = 0,125 mol.
Cho dung dịch B tác dụng với HNO3 đặc dư có thể xảy ra pt:
FeSO4 + 4HNO3→ Fe(NO3)3 + NO2 + H2SO4 + H2O (*)
0,125
0,125
3FeSO4 + 6HNO3→ Fe(NO3)3 + 3NO2 + Fe2(SO4)3 + 3H2O (2*)
0,125
0,125/3
0,125/3
Nếu xảy ra (*) => m = 0,125.242 = 30,25 (g)
Nếu xảy ra (2*) => m = 0,125/3.(242+ 400) = 26,75 (g)
Vậy 26,75 ≤ m ≤ 30,25
3.4. Bài toán về oleum.
3.3.1 cơ sở lý thuyết.
Phản ứng: H2SO4 + nSO3  H2SO4. nSO3
H2SO4. nSO3 + nH2O  (n+1) H2SO4
3.3.2. Phương pháp giải.
- Tính nồng độ % của H2SO4 trong oleum
C%H2SO4 =

(n + 1).98
.100%
98+ 80n

- Sử dụng phương pháp đường chéo
mdd1 C%1
|C2-C|
m

|C −C |

dd1
2
=> m = | C − C |
dd2
1

C

mdd2
C%2
|C1-C|
- Xác định công thức oleum: xét tỉ lệ mol: nH SO : n SO
3.3.3. Các bài toán vận dụng
Câu 1. (ĐH-A-2014) Hòa tan hết 1,69 gam Oleum có công thức H 2SO4.3SO3
vào nước dư. Trung hòa dung dịch thu được cần V ml dung dịch KOH 1M. Giá
trị của V là
A. 20
B. 40
C. 30
D. 10
Hướng dẫn giải:
Phản ứng:
H2SO4.3SO3 + 3H2O → 4H2SO4

2

4

3

1,69
BTNT.S
= 0,005 →
nS = 0,02 → nK 2SO4 = 0,02
338
0,04
BTNT.K


→ nKOH = 0,04 → V =
= 0,04
1

nH2SO4 .3SO3 =

17


Đáp án B
Câu 2: (CĐ-2010) Cho 0,015 mol một loại hợp chất oleum vào nước thu được
200 ml dung dịch X. Để trung hoà 100 ml dung dịch X cần dùng 200 ml dung
dịch NaOH 0,15M. Phần trăm về khối lượng của nguyên tố lưu huỳnh trong
oleum trên là
A. 32,65%.

B. 23,97%.
C. 37,86%.
D. 35,95%.
Hướng dẫn giải:
Gọi công thức oleum là: H2SO4 . xSO3
Phản ứng:
H2SO4.xSO3 + xH2O → (x+1)H2SO4
H2SO4 + 2NaOH  Na2SO4 + 2H2O
nH2SO4 = 1/2nNaOH = 0,2 . 0,15 = 0,03 mol
0, 03

=> x + 1 = 0, 015 => x =1
Công thức oleum: H2SO4.SO3 => %S =

64
.100 = 35,95%
98 + 80

Đáp án D
Câu 3: (trích đề thi casio tỉnh Thanh hóa năm 2014)
Hòa tan 3,38 gam oleum X (có dạng H 2SO4. nSO3) vào nước được 100ml
dung dịch A. Trung hòa 5,0 ml A cần dùng vừa hết 8ml dung dịch NaOH 0,5M
a). Xác định n và % khối lượng SO3 có trong oleum X
b) Cho m gam oleum X vào 100ml dung dịch H 2SO4 40% (D= 1,31 g/ml) tạo ra
oleum Y trong đó khối lượng SO3 chiếm 10%. Xác định m
Hướng dẫn giải:
a)
Oleum X là: H2SO4 . nSO3
Phản ứng:
H2SO4.nSO3 + nH2O → (n+1)H2SO4

H2SO4 + 2NaOH  Na2SO4 + 2H2O
1
2
=> 100ml dd A => n H2SO4 = 0,04 mol
1
0, 04
=> nH2SO4.nSO3 =
nH2SO4 =
mol
n +1
n +1
n +1
=> 98 + 80n = 3,38. 0, 04 => n = 3

5ml dd A có nH2SO4 = 1/2nNaOH = . 0,008 . 0, 5 = 0,002 mol

=>Công thức oleum H2SO4 . 3SO3 => %SO3 = 71%
b) X: H2SO4 . 3SO3 => C%H2SO4(X) =

4.98
.100%=116%
98 + 80.3

100ml dd H2SO4 40% (D= 1,31 g/ml)
=> mdd = V.D = 100. 1,31 = 131 gam

Oleum Y: H2SO4.mSO3 chứa 10% SO3 => 10=
C%H2SO4 (Y) =
Đường chéo:

(m + 1).98
.100%=102,25%
98 + 80m

80m
.100 => m=0,136
98 + 80m

18


mg

116

62,25
m

62, 25

=> 131 = 13, 75

102,25

131gam
40
13,75
Vậy m = 592,0727 gam
Câu 4: Hoà tan 6,67g Oleum A vào nước thành 200ml dung dịch H 2SO4 . Lấy
10 ml dung dịch này trung hoà vừa hết 16 ml dung dịch NaOH 0,5M.. Xác định

công
thức
của
A
Hướng dẫn :
nNaOH = 0,008 mol→ n H SO = 0,004
→ Trong 200 ml có: 0,08 mol H2SO4
Phản ứng:
H2SO4.nSO3 + nH2O → (n+1)H2SO4
H2SO4 + 2NaOH  Na2SO4 + 2H2O
2

4

0,08
mol
n+1
6,67(n + 1)
M=
= 83,375(n +1) = 98 + 80n → n = 4
0,08

=> n oleum =

Công
thức
oleum
là:
H2SO4.4SO3
Câu 5: Hãy xác định công thức ôlêum tạo thành khi cho 180g dung dịch H 2SO4

98% hấp thụ hết 22,4 l SO3 (đktc). Phần trăm khối lượng SO3 trong oleum
A. 24,6%.
B. 32,45%.
C. 54,31%.
D.
31%.
Hướng dẫn giải:
Gọi công thức oleum: H2SO4.nSO3
nH2SO4 ban đầu = 1,8mol → m H2SO4= 176,4 → m H2O = 3,6 gam →nH2O= 0,2 mol
nSO3 ban đầu = 1 mol
phản ứng:
SO3 + H2O  H2SO4
1mol 0,2 mol
=> nH2SO4 thêm = 0,2 → Tổng nH2SO4 = 2 mol
n SO3 còn lại = 1- 0,2 =0,8 mol
=> tỉ lệ: nH2SO4 : nSO3 = 2 : 0,8 = 1 : 0,4 → n = 0,4 → H2SO4.0,4SO3
→ Tính %SO3 =

0, 4.80
.100= 24,6%
98 + 0, 4.80

Đáp án A
Câu 6: Hòa tan hết 1,69 gam oleum có công thức H 2SO4.3SO3 vào 10g dung
dịch H2SO4 20% được dung dịch X có nồng độ a%. Giá trị của a là
A. 33,875%.
B. 11,292%.
C. 22,054%.
D. 42,344%.
Hướng dẫn giải :

Oleum H2SO4.3SO3 có nồng độ H2SO4: C%H2SO4 =
Đường chéo:
1,69gam

116

4.98
.100= 116%
98 + 3.80

a-20
a

=>

1, 69 a − 20
=
10 116 − a
19


10 gam
20
Vậy a= 33,875%
Đáp án A

116-a

3.5 Bài tập tự luyện
Câu 1: Nung hoàn toàn hỗn hợp X gồm Fe và S trong điều kiện không có không

khí, sau phản ứng thu được chất rắn A. Hòa tan A vào dung dịch HCl dư thu
được 13,44 lít hỗn hợp khí có tỉ khối so với H 2 là 9. Phần trăm khối lượng của
Fe trong hỗn hợp là
A. 70%.
B. 63,63%.
C. 82,33%
D. 90%.
Câu 2: Nung hoàn toàn 28,8 gam hỗn hợp X gồm Fe và S (tỉ lệ mol 2:1) trong
điều kiện không có không khí, sau phản ứng thu được chất rắn A. Hòa tan A vào
dung dịch HCl dư thu được V lít hỗn hợp khí. Giá trị của V là
A. 13,44 lít
B. 3,36 lít.
C. 8,96 lít.
D. 6,72 lít.
Câu 3: Nung hỗn hợp X gồm Fe và S trong điều kiện không có không khí, sau
phản ứng thu được 32 gam chất rắn A. Hòa tan A vào dung dịch HCl dư thu
được 8,96 lít hỗn hợp khí có tỉ khối so với H 2 là 9 và còn lại 1 phần chất rắn
không tan B. Hiệu suất của phản ứng Fe và S là
A. 70%.
B. 66,67%.
C. 82,33%
D. 90%.
Câu 4: (ĐH khối A – 2008) Trộn 5,6 gam bột sắt với 2,4 gam
bột lưu huỳnh rồi nung nóng (trong điều kiện không có không
khí), thu được hỗn hợp rắn M. Cho M tác dụng với lượng dư dung
dịch HCl, giải phóng hỗn hợp khí X và còn lại một phần không
tan G. Để đốt cháy hoàn toàn X và G cần vừa đủ V lít khí O 2 (ở
đktc). Giá trị của V là
A. 2,80.
B. 3,36.

C. 3,08.
D. 4,48.
Câu 5: Cho 6,72 lít khí SO2 (đktc) hấp thụ vào 100ml dung dịch hỗm hợp gồm
Ba(OH)2 1M, NaOH 1M, KOH 1M thu được dung dịch Avà m gam kết tủa. Giá
trị của m là
A. 54,25.
B. 28,21.
C. 26,06.
D. 21,7.
Câu 6: Cho V lít SO2 (đktc) tác dụng với 200ml dung dịch Ba(OH) 2 1M, NaOH
1,5M thu được 32,55 gam kết tủa. Giá trị lớn nhất của V là
A. 3,36 lít.
B. 8,96 lit.
C. 12,32 lít.
D. 20,16 lít.
Câu 7: Cho 8,96 lít SO2 (đktc) hấp thụ hoàn toàn vào V ml dung dịch Ba(OH) 2
2,5M sau phản ứng thu được 65,1 gam kết tủa. Giá trị của V là
A. 200.
B. 140.
C. 160.
D. 250.
Câu 8: Cho a mol SO2 tác dụng với dung dịch chứa b mol KOH sau phản ứng
thu được dung dịch A. A vừa tác dụng với dung dịch axit, vừa tác dụng với dung
dịch kiềm. Nếu cho A tác dụng với dung dịch CaCl 2 dư thu được 12 gam kết tủa,
nếu cho A tác dụng với dung dịch Ca(OH)2 dư thu được 30 gam kết tủa. Giá trị
của a, b lần lượt là
A. 0,25 và 0,35.
B. 0,2 và 0,2.
C. 0,3 và 0,4.
D. 0,25 và 0,4.

20


Câu 9: Có 1 loại oleum X trong đó SO3 chiếm 71% theo khối lượng. Công thức
của oleum là
A. H2SO4.3SO3. B. H2SO4.2SO3
C. H2SO4.SO3.
D. H2SO4.2,5SO3.
Câu 10: cho 24,64 lit SO3(đktc) hấp thụ hết vào 90g dd H2SO4 98%, thu được
oleum có công thức H2SO4.nSO3. Công thức của oleum là
A. H2SO4.SO3.
B. H2SO4.2SO3.
C. H2SO4.3SO3.
D. H2SO4.4SO3.
Câu 11: Hòa tan hết 1,69 gam oleum có công thức H2SO4.3SO3 vào nước dư.
Trung hòa dung dịch thu được cần V ml dung dịch KOH 1M . Giá trị của V là
A. 10
B. 40
C. 20
D. 30
Câu 12: Khối lượng oleum chứa 71%SO3 về khối lượng cần lấy để hòa tan vào
100 gam dung dịch H2SO4 60% thì thu được oleum chứa 30% SO3 về khối lượng
là
A. 496,7.
B. 506,7.
C. 44,3.
D. 312,6.
Câu 13: Hòa tan hoàn toàn a gam hỗn hợp X gồm Fe, FeS, FeS 2 và S vào dung
dịch HNO3 loãng dư, giải phóng 8,064 lít NO (là sản phẩm khử duy nhất) và
dung dịch Y. Cho Ba(OH)2 dư vào dung dich Y thu được kết tủa Z. Hòa tan hết

kết tủa Z bằng dung dịch HCl dư, sau phản ứng còn lại 30,29 gam chất rắn
không tan. Giá trị của a là
A. 7,92.
B. 9,76.
C. 8,64.
D. 9,52.
Câu 14: Hòa tan hoàn toàn 3,76 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeS, FeS 2 và S vào
dung dịch HNO3 dư, thu được 0,48 mol NO2 (là sản phẩm khử duy nhất) và
dung dịch Y. Cho Ba(OH)2 dư vào dung dich Y thu được kết tủa lọc kết tủa nung
đến khối lượng không đổi thu được chất rắn là
A. 2,4.
B. 15,145.
C. 18,355.
D. 17,545.
Câu 15: Hòa tan hoàn toàn 30,4 gam hỗn hợp X gồm CuS, Cu 2S, Cu và S bằng
dung dịch HNO3 dư, thu được 20,16 lít khí NO duy nhất (đktc) và dung dịch Y.
Thêm dung dịch Ba(OH)2 dư vào dung dịch Y thu được m gam kết tủa. giá trị
của m là
A. 119,50 gam.
B. 110,95 gam.
C. 81,55 gam.
D. 115,90 gam.
Câu 16: 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 NO 2 có khối
lượng 31,35 gam và dung dịch chỉ chứa 30,15 gam hỗn hợp muối. Giá trị a là
A. 46,24.
B. 43,115.
C. 57,33.
D. 63.
Đáp án

1B
2C
3B
4ª
5D
6C
7B
8A
9A
10A
11A
12B
13B
14D
15B
16C
4. Hiệu quả của đề tài
Đề tài đã tập trung nguyên cứu 4 vấn đề liên quan đến lưu huỳnh và một
sso hợp chất của lưu huỳnh, trong đó đã xây dựng có hệ thống phương pháp giải
đầy đủ cho từng dạng bài và trong mội dạng bài đã đưa ra các ví dụ ở nhiều góc

21


nhìn khác nhau giúp cho học sinh nắm được toàn bộ kiện thức thuận lợi cho việc
ôn tập, tự học của học sinh
Đề tài cũng đã làm rõ được những khúc mắc và khắc phục được những
sai lầm mà học sinh thường xuyên mắc phải khi làm bài.
Đề tài này đã được nghiên cứu và vận dụng trong quá trình ôn thi đại học,
ôn thi HSG tại trường THPT Cẩm Thủy 1 trong nhiều năm, thường xuyên được

bổ sung, cập nhật các kiểu dạng bài mới lạ và đạt được kết quả cao trong các kì thi.

22


Kết quả thực nghiệm
Các tiêu chí đánh giá

Lớp học không học
Lớp được học
theo chuyên đề
theo chuyên đề
Khả năng phân tích đề bài
60%
100%
Hs biết làm các dạng bài toán về 60%
100%
lưu huỳnh
Hs hiểu và làm tốt các dạng bài
46,8%
87%
Hs làm bài chưa tốt
13,2%
13%
Hs chưa biết làm các dạng bài
42%
0
Hs hứng thú học tập
60%
100%

Như vậy với kết quả trên cho thấy đề tài giúp cho học sinh hiểu và nắm
được các phương pháp giải các bài toán liên quan đến lưu huỳnh, 100% học sinh
có húng thu học tập điều này sẽ kích thích khả annwg tư duy sáng tạo của học
sinh và góp phần nâng cao chất lượng giáo dục môn hóa học tại trường THPT
Cẩm Thủy 1, đồng thời nó cũng là tại liệu thiết thực để đồng nghiệp và học sinh
có thể tự học và bồi dưỡng kiến thức
PHẦN III: KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
Bài tập về lưu huỳnh và các hợp chất là dạng phổ biến trong các đề thi đại
học trong những năm qua, tuy nhiên nó cũng gây nhiều khó khăn cho học sinh,
tính chất của lưu huỳnh và các hợp chất của nó kết hợp với các nguyên tố khác
luôn tạo ra những bẫy thú vị đối với học sinh
Trong đề tài này tôi đã đưa ra được phương pháp giải cho nhiều dạng bài
toán và đã xây dựng được hệ thống bài tập giúp quá trình dạy và học đạt hiệu
quả cao hơn
Trên đây là toàn bộ nội dung của sáng kiến kinh nghiệm của Tôi trong
năm 2019, tuy đề tài đã giải quyết được nhiều vấn đề những vẫn còn hạn chế đó là:
Đề tài mới nghiên cứu một số vấn đề về lưu huỳnh, chưa đi sâu vào
chuyên đề về axit sunfuric, đây là nội dung phức tạp và cần nhiều thời gian hơn.
Mới chỉ áp dụng cho đối tượng học sinh ở trường Cẩm Thủy 1, và trong
quá trình thực hiện không thể tránh được những thiếu sót về nội dung và hình
thức rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của các đồng nghiệp và Hội đồng
khoa học ngành giáo dục tỉnh nhà để đề tài được áp dụng rộng rãi hơn.
Xin ch©n thµnh c¶m ¬n!
XÁC NHẬN CỦA
Thanh Hóa, ngày 20 tháng 5 năm 2019
THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
Tôi xin cam đoan đây là SKNN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác.
Người viết SKKN

Phạm Đăng Hợp

23