Vô cơ hay và khó lớp 9 ,lớp 10

Phát triển tư duy sáng tạo giải nhanh bài tập trắc nghiệm hóa vô cơ - Nguyễn Minh Tuấn

BÀI TẬP VÔ CƠ HAY VÀ KHÓ DÀNH ĐIỂM 9, 10
Câu : Cho 12 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 tác dụng với 500 ml dung
dịch HNO3 aM, thu được 2,24 lít NO (đktc) và dung dịch X. X có thể hoà tan
tối đa 9,24 gam sắt. Giá trị của a là (biết NO là sản phẩm khử duy nhất của N +5)
A. 1,28.
B. 1,64.
C. 1,88.
D. 1,68.
Trong phản ứng của 12 gam hỗn hợp Fe và các oxit của nó với HNO 3, theo bảo
toàn khối lượng và bảo toàn electron, ta có :
�
56n  16nO  12
�
nFe  0,18
� Fe
�
�
3nFe  2nO  3nNO � �
{
nO  0,12
�
�
0,1
�
9,24
� �nFe tham gia va�
 0,345.
o toa�
n bo�

qua�
tr�
nh pha�
n�
�
ng  0,18 
56
Xét toàn bộ quá trình phản ứng, ta thấy : Sau tất cả các phản ứng, dung dịch thu
được chứa muối Fe(NO3)2.
Áp dụng bảo toàn electron cho toàn bộ quá trình phản ứng, ta có :
�
2nFe  2nO  3nNO
{
{
�{
�
nNO  0,15
?
0,84
� 0,345 0,12
�
�
� [HNO3] 
 1,68M
�
�
n
 2nFe(NO )  nNO
nHNO  0,84
0,5

� HNO3
�
{
3
2
3
14 2 43
?
�
nFe
�
Câu : Cho 46,8 gam hỗn hợp CuO và Fe3O4 (tỉ lệ mol 1 : 1) tan hết trong dung dịch
H2SO4 (loãng, vừa đủ) thu được dung dịch (A). Cho m gam Mg vào dung dịch
(A), sau khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch (B). Thêm dung dịch KOH
dư vào (B) được kết tủa (D). Nung (D) trong không khí đến khối lượng không
đổi được 45,0 gam chất rắn (E). Giá trị của m là:
A. 7,2 gam.
B. 5,4 gam.
C. 4,8 gam.
D. 9,0 gam.
(Đề thi thử Đại học lần 2 – THPT Đinh Chương Dương – Thanh Hóa,
năm học 2013 – 2014)
Bản chất phản ứng (không quan tâm đến hệ số cân bằng):
CuO  H2SO4 � CuSO4  H2O
Fe3O4  H2SO4 � FeSO4  Fe2 (SO4 )3  H2O
Theo giả thiết và bảo toàn electron, ta có :
�
n
 0,15
� CuSO4

�
80n

232n

46,8
�
n

0,15
CuO
Fe
O
�
� CuO
�
3 4
��
� A co�
nFeSO  0,15;
�
�
4
n

0,15
n

n
Fe

O
� CuO
� 3 4
�
Fe3O4
�
n
 0,15
�
� Fe2(SO4)3

1


Phát triển tư duy sáng tạo giải nhanh bài tập trắc nghiệm hóa vô cơ - Nguyễn Minh Tuấn

Nếu lượng Mg cho vào dung dịch A không đủ để tạo ra Cu thì chỉ riêng khối
lượng của CuO và Fe2O3 trong E đã lớn hơn 45 gam. Thật vậy :
�
�nCuO  nCuSO  0,15
�
�nCuO  0,15; nFe2O3  0,225
4
��
�
3n
 3nFe O  3.0,15  0,45 �mE  mCuO  mFe O  48 gam(loa�
i)
�
3 4

2 3
� Fe2O3
�
Vậy khi cho Mg vào A phải có kim loại bị tách ra.
Nếu chỉ có Cu bị tách ra, theo bảo toàn electron và bảo toàn nguyên tố Mg, Cu,
Fe, ta có :
�
2nMg  n 3  2n 2
Fe
Cu
�{
{
{
�
2x  2y  0,3
0,3
y
� x
��
�
 160nFe O  45 �40x  80y  3
�40n
MgO  80n
{CuO
1 2233
� {x
0,15 y
0,225
�
�x  0,375

��
(loa�
i)
�y  0,225  0,15
Vậy có cả Cu và Fe bị tách ra. Theo bảo toàn electron và bảo toàn nguyên tố
Mg, Cu, Fe, ta có :
�2nMg  n 3  2n 2  2n 2
Fe
Cu
�x  0,375
�{
{
{
14Fe2 43p�
x
0,3
0,15
�2x  2y  0,6 �
�
�
y
��
� �y  0,075
�
�40x  80y  9 �
�40nMgO  160 nFe2O3  45
123
�mMg  0,375.24  9 gam
� {x
0,225


0,5y
�
Câu : Hòa tan hết 15,2 gam hỗn hợp gồm Fe và Cu bằng dung dịch HNO 3, thu
được dung dịch X và 4,48 lít khí NO ( đktc). Thêm từ từ 3,96 gam kim loại Mg
vào hỗn hợp X đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 224 ml khí NO
(đktc), dung dịch Y và m gam chất rắn không tan. Biết NO là sản phẩm khử duy
nhất của N+5 trong các phản ứng. Giá trị của m là:
A. 9,6.
B. 12,4.
C. 15,2.
D. 6,4.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Đặng Thúc Hứa – Nghệ An, năm 2014)
Theo giả thiết và bảo toàn electron trong phản ứng của Fe, Cu với dung dịch
�
56n  64nCu  15,2
�
n  0,1
� Fe
�
� � Fe
HNO3, ta có : �
3.4,48
nCu  0,15
3nFe  2nCu  3nNO 
 0,6 �
�
22,4
�

2


Phát triển tư duy sáng tạo giải nhanh bài tập trắc nghiệm hóa vô cơ - Nguyễn Minh Tuấn

Xét toàn bộ quá trình phản ứng ta thấy: Bản chất phản ứng là Mg, Fe, Cu tác
dụng với dung dịch HNO3 giải phóng khí NO. Thứ tự tính khử của kim loại :
Mg  Fe  Cu  Fe2 .
Theo bảo toàn electron, ta có:
2nMg  2nFe  2nCu p� 3�nNO  3.0,21 0,63
{
{
12 3
0,165

0,1

?

�nCu p� 0,05;nCu d� 0,1
�
��
m t ra�
�
n  mCu d� 6,4 gam
� cha�
Câu : Tiến hành nhiệt phân hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Cu(NO 3)2 và Cu trong
một bình kín, thu được chất rắn Y có khối lượng (m – 7,36) gam. Cho toàn bộ
chất rắn Y tác dụng với dung dịch H 2SO4 đặc, nóng (dư), đến khi phản ứng xảy
ra hoàn toàn, thu được 0,672 lít SO 2 (đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Giá trị m

là:
A. 19,52 gam.
B. 20,16 gam.
C. 22,08 gam.
D. 25,28 gam.
(Đề thi thử ĐH lần 1 – THPT chuyên Nguyễn Huệ – Hà Nội, năm học 2013 – 2014)
● Cách 1 :
Chất rắn Y tác dụng với dung dịch H 2SO4 đặc giải phóng SO2, chứng tỏ trong Y
còn Cu. Vậy bản chất phản ứng là : Cu(NO 3)2 bị nhiệt phân tạo ra NO2 và O2; O2
sinh ra oxi hóa một phần Cu, tạo ra CuO; phần Cu còn lại phản ứng với H 2SO4
đặc, giải phóng SO2. Suy ra khối lượng chất rắn giảm là khối lượng của NO2.
Sơ đồ phản ứng :
NO2 �
�
Cu
�
Cu(NO3)2
�

to
�
CuO H2SO4
����
� CuSO4  SO2 �
�
Cu
�

Trong phản ứng nhiệt phân Cu(NO3)2, theo giả thiết và bảo toàn electron, ta có :
�

7,36
 0,16 �
�nNO2 
�nNO2  0,16
46
�
�
�
�4nO  nNO  0,16 �
�nO2  0,04
� 2
2
Theo bảo toàn nguyên tố N và bảo toàn electron cho toàn bộ quá trình phản
ứng, ta có :

3


Phát triển tư duy sáng tạo giải nhanh bài tập trắc nghiệm hóa vô cơ - Nguyễn Minh Tuấn

nCu(NO )  0,08; nCu  0,11
�
2nCu(NO )  nNO  0,16 �
32
32
2
�
�
�
��

�
2nCu  4nO  2nSO
m  mCu(NO )  mCu  22,08 gam
{
32
{2
{ 2
�{
� 1 4 2 43
0,11.64
0,04
0,03
� ?
�
0,08.188
● Cách 2 :
Chất rắn Y tác dụng với dung dịch H 2SO4 đặc giải phóng SO2, chứng tỏ trong Y
còn Cu.
Sơ đồ phản ứng :
4

N O2 �

�0
Cu
�
�2 5
�
Cu(NO3)2
�

to
6

4
�
CuO H2 S O4 2
����� CuSO4  S O2 �
�
Cu
�
Căn cứ vào toàn bộ quá trình phản ứng, ta thấy : Chất khử là Cu; chất oxi hóa là
5

6

4

4

S O2. Khối lượng chất rắn
N và S , sản phẩm khử tương ứng là N O2 va�
giảm là khối lượng của NO2 thoát ra.
Theo bảo toàn nguyên tố N và bảo toàn electron cho toàn bộ quá trình phản
ứng, ta có :
�
7,36
nCu(NO )  0,08; nCu  0,11
2nCu(NO )  nNO 
 0,16 �

32
�
�
3
2
2
46
�
�
�
�
�m  mCu(NO )  mCu  22,08 gam
2n  nNO  2nSO
{
32
� {Cu {
� 1 4 2 43
2
{ 2
0,11.64
�
0,08.188
�
0,16
0,03
� ?
Câu : Cho 0,5 mol Mg và 0,2 mol Mg(NO3)2 vào bình kín không có oxi rồi nung ở
nhiệt độ cao đến phản ứng hoàn toàn, thu được hỗn hợp chất rắn X. Hỗn hợp
chất rắn X tác dụng với nhiều nhất 500 ml dung dịch Fe(NO 3)3 có nồng độ aM.
Giá trị của a là

A. 0,667.
B. 0,4.
C. 2.
D. 1,2.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT chuyên Quảng Bình, năm học 2013 – 2014)
Sơ đồ phản ứng :

4


Phát triển tư duy sáng tạo giải nhanh bài tập trắc nghiệm hóa vô cơ - Nguyễn Minh Tuấn
4

N O2

�0
�Mg
� 5
�Mg(NO )
3 2
�

to
�2
3
�MgO Fe(NO3)3 �Mg(NO3)2 2
�����
��
 MgO �
�

2
�Mg
�
�Fe(NO3)2

Xét toàn bộ quá trình phản ứng, ta thấy:
5

3

Chất khử là Mg; chất oxi hóa là N va�
Fe .
Theo bảo toàn nguyên tố N và bảo toàn electron, ta có :
�
nNO  2nMg(NO )  2.0,2  0,4 �
nFe(NO ) max  0,6
32
33
� 2
�
��
�
2nMg  nNO  nFe(NO ) max
0,6
[Fe(NO3)3] 
 1,2M
{ 2 1 44 2343 43
�{
�
0,5

�
0,4
?
� 0,5
PS : Lượng Fe(NO3)3 dùng nhiều nhất khi Fe3+ bị khử thành Fe2+.
Câu : Hòa tan hết m gam hỗn hợp Fe, Mg vào 100 ml dung dịch H 2SO4 loãng, thu
được dung dịch X. Cho dung dịch X tác dụng với lượng dư KNO 3, thu được
dung dịch Y và 168 ml khí NO (đktc). Nhỏ dung dịch HNO3 loãng, dư vào dung
dịch Y thì thấy thoát ra thêm 56 ml khí NO (đktc) nữa. Cũng lượng dung dịch X
ở trên, cho phản ứng với dung dịch NaOH dư, thu được 5,6 gam kết tủa. Biết
NO là sản phẩm khử duy nhất của N+5. Giá trị m là
A. 3,52.
B. 2,96.
C. 2,42.
D. 2,88.
(Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Nam Định, năm học 2013 – 2014)
Sơ đồ phản ứng :

5


Phát triển tư duy sáng tạo giải nhanh bài tập trắc nghiệm hóa vô cơ - Nguyễn Minh Tuấn

NO
2

2 �

�
�Fe

H2SO4
�Fe , Mg �KNO3
�
� ����
�
�
(1)
SO42 , H � (2)
�Mg
�
�
1 44 2 4 43

NO

dd X

(4) NaOH

�Mg(OH)2 �
�
�
�
�
�Fe(OH)2 �

�Fe2 , Fe3 �
�
� HNO3
� 2

2 �
Mg
,
SO
�
4 � (3)
�
�

K
,
NO
�
�
3
�
�Fe3 , Mg2 �
�
�
�

2 �
�H , SO4 �
�
�
K , NO3 �
�
�

Bản chất phản ứng (2), (3) là Fe 2+ bị oxi hóa hoàn toàn bởi NO3 / H  , tạo ra

0,01 mol NO. Bản chất phản ứng (4) là phản ứng trao đổi, kết tủa thu được là
Fe(OH)2 và Mg(OH)2.
Theo bảo toàn electron, giả thiết và bảo toàn nguyên tố Fe, Mg, ta có :
�n 2  3nNO
{
Fe
�{
0,01
�x  0,03
� x
��
� m  0,03.56
�
14 2 43  0,05.24
14 2 43  2,88 gam
�90nFe(OH)2  58nMg(OH)2  5,6 �y  0,05
m
mMg
Fe
14 2 43
� 14 2x 43
y
�
Câu : Dẫn 1 luồng hơi nước qua than nóng đỏ thì thu được V lít (ở đktc) hỗn hợp
khí X gồm CO2, CO, H2, tỉ khối hơi của X so với H 2 là 7,8. Toàn bộ V lít hợp
khí X trên khử vừa đủ 24 gam hỗn hợp CuO, Fe 2O3 nung nóng thu được rắn Y
chỉ có 2 kim loại. Ngâm toàn bộ Y vào dung dịch HCl dư thấy có 4,48 lít H2 bay
ra (ở đktc). Giá trị V là
A. 13,44 lít.
B. 10,08 lít.

C. 8,96 lít.
D. 11,20 lít.
(Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Nam Định, năm học 2011 – 2012)
Theo bảo toàn nguyên tố Fe, bảo toàn electron và bảo toàn khối lượng, ta có :
�
2nFe O  nFe  nH  0,2
�
nFe O  0,1
2
� 2 3
� 2 3
�
m(CuO, Fe O )  mFe O � �
24  0,1.160
2 3
2 3
nCuO 
 0,1
�
�
nCuO 
80
�
80
�
Theo giả thiết, theo bảo toàn electron trong phản ứng của C với H 2O và phản
ứng của CO, H2 với CuO, Fe2O3, ta có :

6

Phát triển tư duy sáng tạo giải nhanh bài tập trắc nghiệm hóa vô cơ - Nguyễn Minh Tuấn

�28nCO  44nCO  2nH
2
2
�
 7,8.2  15,6
�
n

n

n
� CO CO
H
2
2
�nCO  0,1
�
�
�
� �nCO  0,1� n(CO, CO , H )  11,2 l�
t
�2nCO  4nCO2  2nH2
2
2 2
�
�
 6nFe O

n  0,3
�2nCO  2nH2  2n
�
{CuO
� H2
1 2233
�
0,1
0,1
�
Câu : Hòa tan hoàn toàn 0,1 mol FeS 2 trong 200 ml dung dịch HNO 3 4M, sản
phẩm thu được gồm dung dịch X và một chất khí thoát ra. Dung dịch X có thể
hòa tan tối đa m gam Cu. Biết trong các quá trình trên, sản phẩm khử duy nhất
của N+5 đều là NO. Giá trị của m là :
A. 12,8.
B. 6,4.
C. 9,6.
D. 3,2.
(Đề thi tuyển sinh đại học khối B năm 2012)
Sơ đồ phản ứng :
NO
NO
FeS2

HNO3
�
Fe3 , SO42
�
�  
NO3 , H

�

Cu

�
Cu2 , Fe2
�
� 
2
�NO3 , SO4
Áp dụng bảo toàn electron cho toàn bộ quá trình phản ứng, bảo toàn điện tích
cho dung dịch sau phản ứng và bảo toàn nguyên tố Fe, S, N, Cu, ta có :
�
14nFeS + 2nCu = 3nNO
�
{
{
�
{ 2
�
x
y
�
�
0,1
2x - 3y =- 1,4 �
x = 0,2
�
�
�

��
��
�
2n 2+ + 2n 2+ = 2n 2- + n �
�
�
2x + y = 1
y = 0,6
�
�
�
Fe
Cu
SO4
NO3
�
14
4
2443 144
2443
14424
43 14424
43
�
�
x
0,2
0,8- y
� 0,1
Suy ra : mCu = 0,2.64 = 12,8 gam

Câu : Hòa tan hết 10,24 gam hỗn hợp X gồm Fe và Fe3O4 bằng dung dịch chứa
0,1 mol H2SO4 và 0,5 mol HNO3, thu được dung dịch Y và hỗn hợp gồm 0,1 mol
NO và a mol NO2 (không còn sản phẩm khử nào khác). Chia dung dịch Y thành
hai phần bằng nhau:
- Phần một tác dụng với 500 ml dung dịch KOH 0,4M, thu được 5,35 gam một
chất kết tủa.
- Phần hai 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.

7


Phát triển tư duy sáng tạo giải nhanh bài tập trắc nghiệm hóa vô cơ - Nguyễn Minh Tuấn

(Đề thi tuyển sinh khối B năm 2014)
Hướng dẫn giải
Xét phản ứng của một nửa hỗn hợp X.
Chất kết tủa thu được là Fe(OH)3 (0,05 mol).
Theo giả thiết, bảo toàn electron, bảo toàn nguyên tố Fe, N và bảo toàn điện tích
trong một nửa dung dịch Y, ta có :
�
10,24
�
56nFe + 232nFe O =
= 5,12
�

{
�
3
4
2
1442443
�
�
x
�
�
56x + 232y = 5,12
x = 0,05
y
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
3n + n O = 3nNO + nNO
��
3x + y - 0,5a = 0,15 � �y = 0,01
�
{
3 4

43
2
�
�
� {Fe 14Fe
{
4
24
�
�
x
0,05
3x + 9y + 0,5a= 0,25 �
a= 0,02
�
�
�
0,5a
y
�
�
�
�
�
3 n 3+ + n + = 2n 2- + n �
�
Fe
SO4
NO3
{K

{
�
144244
3
14424
43
�
0,2
x+3y- 0,05
�
0,05
0,25- 0,05- 0,5a
�
Suy ra :
�
Fe3+ : 0,08 mol
�
�
�
Fe(OH)3 �
:0,08 mol
�
+ Ba(OH)2 dö
�
�
SO42- : 0,05mol ������޾
Y
�
�
�

�
BaSO4 �
: 0,05 mol
�
�
144444444
424444444443
�
H+ , NO3�
�
mkeá
14444444244444443
t tuû
a=0,08.107+0,05.233= 20,21gam
1 nöû
a dung dich Y

Câu : Điện phân dung dịch hỗn hợp CuSO4 (0,05 mol) và NaCl bằng dòng điện
có cường độ không đổi 2A (điện cực trơ, màng ngăn xốp). Sau thời gian t giây
thì ngừng điện phân, thu được dung dịch Y và khí ở hai điện cực có tổng thể tích
là 2,24 lít (đktc). Dung dịch Y hòa tan tối đa 0,8 gam MgO. Biết hiệu suất điện
phân 100%, các khí sinh ra không tan trong dung dịch. Giá trị của t là
A. 6755.
B. 772.
C. 8685.
D. 4825.
(Đề thi tuyển sinh Cao đẳng năm 2014)
Hướng dẫn giải
Dung dịch Y hòa tan được MgO chứng tỏ Y có chứa ion H +. Suy ra trong Y có
chứa các ion H+, Na+ và SO42- .

Áp dụng bảo toàn điện tích trong phản ứng của Y với MgO và bảo toàn điện
tích trong Y, ta có :
�
2.0,8
�
n + = 2n 2- = 2nMgO =
= 0,04 �
�
n - = n + = 0,06
�
O
40
�
�H
Cl
Na
�
�
�
�
n + + n + = 2n 2�
�
nCl (��anot) = 0,03
�
�
SO4
{H
{Na
2
�

�
14424
43
�
0,04
�
0,05
�?
Theo giả thiết và bảo toàn electron, ta có :

8


Phát triển tư duy sáng tạo giải nhanh bài tập trắc nghiệm hóa vô cơ - Nguyễn Minh Tuấn

�
nO (ôûanot) + nH (ôûcatot) + nCl
= 0,1
�
2
2
2 (ôûanot)
�
1444
4244443
�
�
0,03
�
�

�
2n 2+ + 2nH (ôûcatot) = 2nCl
+ 4nO (ôûanot)
�
2
2 (ôûanot)
2
Cu
�
144
2443
1444
4244443
�
�
0,05
0,03
�
�
nH (��catot) = 0,04; nO (��anot) = 0,03
�
2
2
�
��
� n
(2nCl + 4nO ).96500
�
electron trao �
o�

i .F
2
2
�
t
=
=
= 8685 gia�
y
�
�
I
2
Câu : Cho a gam hỗn hợp X gồm Fe 2O3, Fe3O4, Cu vào dung dịch HCl dư thấy
có 1 mol axit phản ứng và còn lại 0,256a gam chất rắn không tan. Mặt khác,
khử hoàn toàn a gam hỗn hợp X bằng H2 dư, thu được 42 gam chất rắn. Tính
% khối lượng Cu trong hỗn hợp X?
A. 25,6%.
B. 50%.
C. 44,8%.
D. 32%.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT chuyên Chu Văn An – Hà Nội, năm 2014)
Theo giả thiết, suy ra : Khử X bằng H2 dư, thu được 42 gam Fe và Cu.
Áp dụng bảo toàn điện tích trong phản ứng và bảo toàn khối lượng, ta có :
�
�
2n 2  nH  1
n 2  0,5
�
mCu dö  0,256a  12,8

� O
�O
�
�
mX  m(Cu, Fe)  mO2 � �
a  m(Cu, Fe)  mO2  50 � �
m
 37,2
14 2 43
�{
� 14 2 43 {
�
� (Fe2O3, Fe3O4 , Cu) pö
0,5.16
42
42
�a
�
Trong phản ứng của 37,2 gam Fe 2O3, Fe3O4, Cu với HCl, chất khử là Cu, chất
oxi hóa là các oxit sắt. Áp dụng bảo toàn electron, bảo toàn điện tích trong dung
dịch muối sau phản ứng, ta có :
�nFe O  nFe O  nCu
�{ 3 4 { 2 3 {z
�x  y  z  0
�x  0,05
y
� x
�
�
�

2n 2  2nCu2  nCl   1
��
6x  4y  2z  1
� �y  0,1
�
{
� {Fe
�
232x  160y  64z  37,2 �
z  0,15
z
� 3x2y
�
�
�
232nFe O  160nFe O  64nCu  37,2
3 4
{
� {
{2 3
z
�
x
y
12,8  0,15.64
Vậy %mCu/X 
.100%  44,8%
50
Câu : Tiến hành điện phân dung dịch chứa m gam hỗn hợp CuSO 4 và NaCl (hiệu
suất 100%, điện cực trơ, màng ngăn xốp), đến khi nước bắt đầu bị điện phân ở

cả hai điện cực thì ngừng điện phân, thu được dung dịch X và 6,72 lít khí (đktc)
ở anot. Dung dịch X hòa tan tối đa 20,4 gam Al2O3. Giá trị của m là
A. 25,6.
B. 23,5
C. 51,1.
D. 50,4.
(Đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2013)
Thứ tự khử trên catot : Cu2+ > H2O; Thứ tự oxi hóa trên anot: Cl  > H2O.

9


Phát triển tư duy sáng tạo giải nhanh bài tập trắc nghiệm hóa vô cơ - Nguyễn Minh Tuấn

Dung dịch X sau phản ứng điện phân hòa tan được Al 2O3, chứng tỏ trong X
chứa axit (H+) hoặc bazơ ( OH ).
Nếu dung dịch X chứa OH thì khí sinh ra ở anot là Cl2 (0,3 mol). Trong dung
dịch X chứa các ion âm là SO42 và OH và ion dương là Na+.
Vậy ion Cl  trong NaCl đã được thay thế bằng ion SO42 và OH .
Áp dụng bảo toàn điện tích trong dung dịch sau điện phân và trong phản ứng
của Al2O3 với OH , ta có:
�n   2n 2  n   2nCl  0,6
SO4
Cl
{2
� OH
�n   0,4
�nCuSO  n 2  0,1
4
0,3

SO4
�
� OH
�
��
��
�
n

0,1
 n   0,6
�nOH  n[Al(OH) ]  2nAl2O3  0,4
� 2
�n
Cl
� SO4
� NaCl
123
4
�
0,2
�
Suy ra

m  mCuSO  mNaCl  51,1gam
14 2 434 12 3
0,1.160

0,6.58,5

Nếu dung dịch sau điện phân chứa H+ thì khí sinh ra là Cl2 và O2.
Theo giả thiết và áp dụng bảo toàn điện tích ta có:
�
n  3n 3  3.2nAl O  1,2
2 3
Al
� H
� nO  0,3� nCl  0 (loa�
i).
�
2
2
n   2n 2
 2.2nO
�
2
H
O
trong
H
O
2
�
Câu : Hoà tan hết 12,8 gam hỗn hợp X gồm Cu 2S và FeS2 trong dung dịch có chứa
a mol HNO3 thu được 31,36 lít khí NO2 (ở đktc và là sản phẩm duy nhất của sự
khử N+5) và dung dịch Y. Biết Y phản ứng tối đa với 4,48 gam Cu giải phóng
khí NO. Tính a ?
A. 1,8 mol.
B. 1,44 mol.
C. 1,92 mol.

D. 1,42 mol.
(Đề thi thử Đại học lần 2 – THPT Đoan Hùng – Phú Thọ, năm học 2013 – 2014)
Theo giả thiết và áp dụng bảo toàn electron cho phản ứng của X với HNO 3, ta có:
�
�
160nCu S  120nFeS  12,8
nCu S  0,02
�
�
2
2
2
�
�
�
10n

15n

n

1
,4
n
 0,08
�
�
FeS2
NO2
� Cu2S

� FeS2
Dung dịch Y gồm Fe 3+, Cu2+, SO42 , NO3 , H+. Khi cho Cu (tối đa) vào Y, Cu
bị oxi hóa bởi (H+, NO3 ) và Fe3+. Vậy bản chất của bài toán là: Hỗn hợp Cu2S,
FeS2 và Cu tác dụng với dung dịch HNO 3, giải phóng hỗn hợp khí NO, NO 2 và
tạo ra dung dịch muối (Z). Dung dịch Z có các ion Fe2+, Cu2+, SO42 , ion còn

10


Phỏt trin t duy sỏng to gii nhanh bi tp trc nghim húa vụ c - Nguyn Minh Tun

li l H+ hoc NO3 . Vỡ 2nCu2 2nFe2 2nSO

2
4

nờn ion cũn li trong

dung dch Z l ion õm cõn bng in tớch, ú l ion NO3 .
p dng bo ton electron v bo ton in tớch trong dung dch Z, ta cú :

10nCu S 14nFeS 2nCu nNO 3n NO
{
{
{ 2
{ 2
{2

n 0,02
0,07

?
0,08
1,4
0,02
NO



n 0,02
2n 2 2n 2 n 2 n
{

NO3
Cu
Fe
SO4
NO3

{
1 2 3 123
0,11
0,08
0,18
?

p dng bo ton nguyờn t N, ta cú:
nHNO nNO nNO n 1,44 mol
3 { 2 {
NO3
123

1,4

0,02

0,02

Cõu : Cho m gam Fe vo 1 lớt dung dch X gm H 2SO4 0,1M, Cu(NO3)2 0,1M,
Fe(NO3)3 0,1M. Sau khi phn ng xy ra hon ton thu c 0,69m gam hn
hp kim loi, dung dch Y v khớ NO (sn phm kh duy nht). Giỏ tr m v
khi lng cht rn khan thu c khi cụ cn dung dch Y l:
A. 25,8 v 78,5.
B. 25,8 v 55,7.
C. 20 v 78,5.
D. 20 v 55,7.
( thi th i hc ln 3 THPT Cm Khờ Phỳ Th, nm hc 2013 2014)
Trong phn ng ca Fe vi dung dch X, cht kh l Fe, cht oxi húa l NO3 / H
, Fe3+ v Cu2+. Sau phn ng thu c hn hp kim loi, chng t Fe d nờn
mui to thnh trong dung dch l Fe2+.
p dng bo ton electron trong phn ng ca Fe vi dung dch X, bo ton
in tớch trong dung dch Y v bo ton nguyờn t Fe, N, ta cú :

2nFe n 3 2nCu2 3nNO
{
{
{x {Fe
y

2x 3y 0,3
x 0,225
0,1

0,1




2n

2n

n
2x y 0,5
y 0,05


{Fe2
SO42
NO3
{
{

0,1
0,5 y
x 0,1
Theo bo ton khi lng, ta cú :
mmuoỏi mFe2 mSO 2 mNO 55,7 gam
4
{
123
1233
0,325.56

0,1.96

0,45.62

mhoón hụùp kimloaùi m
0,225.56
1 44
2 4 43 0,1.64
12 3 0,69m m 20 gam
mFe dử

mCu

Cõu : Hũa tan hon ton 19,2 gam hn hp X gm Fe, FeO, Fe 2O3, Fe3O4 trong
400 ml dung dch HNO3 3M (d), un núng, thu c dung dch Y v V lớt khớ
NO (l sn phm kh duy nht). Cho 350 ml dung dch NaOH 2M vo dung
dch Y, thu c 21,4 gam kt ta v dung dch Z. Giỏ tr ca V l :

11


Phát triển tư duy sáng tạo giải nhanh bài tập trắc nghiệm hóa vô cơ - Nguyễn Minh Tuấn

A. 3,36.
B. 5,04.
C. 5,6.
D. 4,48.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – Trường THPT Lê Hồng Phong – Nam Định,
năm học 2011 – 2012)

Theo giả thiết, ta có :
n   nHNO  0,4.3  1,2 mol; n   nNaOH  0,35.2  0,7 mol;
3

NO3

nFe(OH) 
3

Na

21,4
 0,2 mol.
107

Dung dịch Z chứa Na , NO3 và có thể còn Fe3 .
Quy đổi hỗn hợp X thành Fe và O. Theo bảo toàn khối lượng, bảo toàn electron,
bảo toàn điện tích cho dung dịch Z và bảo toàn nguyên tố N, Fe, ta có :
�
56nFe  16nO  19,2
�
x  0,3
{
� {
�
56x

16y

19,2

�
x
y
�
y  0,15
�
�
�
3n

2n

3n
�
3x

2y

3z

0
�
�
�
Fe
O
NO
�{
{
{

z  0,2
� x
�
�
y
z
3x

z

1
,1
�
�
�
VNO  4,48 l�
t
�
�n   3n 3  n 
Na
Fe
NO
{
3
�{
123
0,7
x 0,2
�
1,2z

�
Câu : Hòa tan hết 31,2 gam hỗn hợp Fe, FeO, Fe 2O3 vào 800 ml dung dịch HNO 3
2M vừa đủ, thu được V lít NO (đktc, sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch X.
Dung dịch X hòa tan tối đa 9,6 gam Cu. Giá trị của V là:
A. 8,21 lít
B. 6,72 lít
C. 3,36 lít
D. 3,73 lít
(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT chuyên KHTN Huế, năm học 2013 – 2014)
Sơ đồ phản ứng :
NO
�
Fe
�Fe
�
����
��
FeO
� ����
�
O quy ñoåi �
�
Fe2O3
�

HNO3

�
�
Fe3

Fe2 , Cu2
�
�
Cu
�  ��� � 
NO3
NO3
�
�
�
�
Xét toàn bộ quá trình phản ứng, ta thấy: Chất khử là Fe, Cu; chất oxi hóa là O
và N5 trong HNO3. Theo bảo toàn electron, bảo toàn điện tích trong dung dịch
sau phản ứng và giả thiết, ta có :

12


Phát triển tư duy sáng tạo giải nhanh bài tập trắc nghiệm hóa vô cơ - Nguyễn Minh Tuấn

�
2nFe  2nCu  2nO  3nNO
�
x  0,5
{
{
{
�{
�
�

2x

2y

3z


0,3
x
0,15
y
z
�
y  0,2
�
�
�
2n

2n

n
�
2x

z

1
,3
�

�
�
2

2


� Fe
z  0,3
Cu
NO3
{
�{
�
�
12 3
56x

16y

31
,2
0,15
�
� x
�
1,6 z
V
 6,72 l�
t

� NO (�ktc)
�
56n

16n

31
,2
� {Fe
{O
�
x
y
�
Câu : Cho Zn tới dư vào dung dịch gồm HCl; 0,05 mol NaNO 3 và 0,1 mol KNO3.
Sau khi kết thúc các phản ứng thu được dung dịch X chứa m gam muối; 0,125
mol hỗn hợp khí Y gồm hai 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.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – Trường THPT Chuyên – Đại học Vinh,
năm học 2013 – 2014)
Theo giả thiết, suy ra trong Y có NO (khí không màu hóa nâu trong không khí).
Mặt khác, M Y  12,2.2  24,4 � khí còn lại trong Y là H2. Vì đã có H2 sinh ra
nên NO3 không còn trong dung dịch X.
Theo giả thiết, bảo toàn nguyên tố N, bảo toàn electron, ta có :
�n   n   nNO  0,05
NO3 b� {

� NH4 14
2 43
0,1
�nNO  nH  0,125
�
n

0,1
�
�
� NO
�
0,15
2
��
��
�
30n  2nH  24,4.0,125 �nH2  0,025 �
2nZn  2nH  8n   3nNO
�
{
{
� NO
2
NH4
{2
123
� ?
0,1
0,025

�
0,05
� nZn  0,375
Theo bảo toàn điện tích trong dung dịch X và bảo toàn khối lượng, ta có :
�n   2n 2  n   n   n   0,95
Zn
NH 4
� Cl
{
{Na {K
123
0,375
0,1
0,05
�
0,05
�
�
�mmuo�
i  65nZn2  23nNa  39nK   18nNH   35,5nCl  64,05 gam
{
{
{
{
4
�
123
0,375
0,1
0,05

0,95
�
0,05
Hoặc có thể tính khối lượng muối như sau :
mmuo�
 53,5nNH Cl  64,05gam
i  136nZnCl2  58,5n
NaCl  74,5n
{
{KCl
123
1 2 43
0,375

0,05

0,1

0,05

Đây là dạng bài tập mới về phản ứng tạo muối amoni. Các em học sinh cần chú
ý vì đề thi Đại học năm 2015 có thể ra câu tương tự dựa trên ý tưởng này.
Câu : Hòa tan hoàn toàn m gam Fe vào dung dịch HNO 3, thu được 0,45 mol khí
NO2 (sản phẩm khử duy nhất của N +5) và dung dịch X. Nhỏ tiếp dung dịch

13


Phát triển tư duy sáng tạo giải nhanh bài tập trắc nghiệm hóa vô cơ - Nguyễn Minh Tuấn

H2SO4 vừa đủ vào dung dịch X thu thêm được 0,05 mol khí NO (sản phẩm khử
duy nhất) và dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thu được khối lượng muối khan
là.
A. 32,50 gam.
B. 40,00 gam.
C. 29,64 gam.
D. 45,60 gam.
(Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Nam Định, năm học 2012 – 2013)
Theo bảo toàn electron, bảo toàn nguyên tố N trong toàn bộ quá trình phản ứng;
bảo toàn điện tích và bảo toàn khối lượng trong dung dịch X, ta có :
�
3nFe  nNO  3nNO
�
{
{ 2
nFe  0,2; n   0,4
�{
�
?
0,05
NO3 /Y
0,45
�
�
�
�
n   n   nNO
��
3n 3  2n 2  n 
�

NO3 /X
SO4
NO3 /Y
� NO3 /Y
� Fe
�
�
n   nelectron trao �o�
mmuo�
i  nNO2
i  mFe3  mNO  /Y  mSO 2
NO3 /X
�
3
4
�
�
�n 2  0,1
� SO
�� 4
�mmuo�
i  45,6 gam
�
Câu : Oxi hóa m gam hỗn hợp X gồm Cu và Fe (có tỉ lệ số mol tương ứng là 3 : 2)
trong 3,92 lít hỗn hợp khí Y (đktc) gồm O 2 và Cl2, thu được hỗn hợp rắn Z gồm
các oxit kim loại và muối clorua. Để hòa tan hoàn toàn lượng hỗn hợp Z cần
150 ml dung dịch HCl 2M thu được dung dịch T, thêm tiếp dung dịch AgNO 3
dư vào dung dịch T thì thu được 82,55 gam kết tủa. Giá trị của m là.
A. 12,16 gam.
B. 7,6 gam.

C. 15,2 gam.
D. 18,24 gam.
(Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Nam Định, năm học 2012 – 2013)
Sơ đồ phản ứng :
�FeCl , FeCl3 �
� AgNO3 d� �Ag � �
�Cl2 �
� to �
�Cu�
�
�CuO, CuCl 2 �
� HCl �
�� 2
��
� �  � � ��� �
����
������
�
FeCl3, FexOy �
Fe
AgCl �
�O2 �
�CuCl 2
�
�
�
�
{
123
1 4 42 4 43

1442443

ho�
n h��
pX

ho�
n h��
pY

ho�
n h��
pZ

dung d�
ch T

Áp dụng bảo toàn điện tích trong phản ứng của Z với dung dịch HCl, bảo toàn
nguyên tố O và giả thiết, ta có :
�n   2n 2  4nO
�
2
nO  0,075
O
�
�{H
�
�� 2
�0,3
n  0,1

�n  n  0,175
�
� Cl2
Cl2
� O2
Xét toàn bộ quá trình phản ứng, ta thấy : Chất khử là Cu, Fe; chất oxi hóa là O 2,
Cl2, Ag+. Áp dụng bảo toàn electron cho toàn bộ quá trình phản ứng, bảo toàn
nguyên tố Cl và giả thiết, ta có :

14


Phát triển tư duy sáng tạo giải nhanh bài tập trắc nghiệm hóa vô cơ - Nguyễn Minh Tuấn

�
2nCu  3nFe  4nO  2nCl  n 
{
{2
{ 2 {Ag
�{
2x
0,075
0,1
� 3x
�y  0,1; x  0,05
y
�
�
� �m
�nAgCl  nCl  2nCl 2  0,5

 mFe  15,2 gam
(Cu, Fe)  m
{
{Cu
{
{
�
�
3.0,05.64 2.0,05.56
0,1
0,3
�
�
�
108n
 143,5nAgCl  82,55
� {Ag
{
�
0,5
y
�
Câu : Cho m gam hỗn hợp X gồm Na và K (tỉ lệ mol 1 : 1) vào 500 ml dung dịch
chứa hỗn hợp gồm Al2(SO4)3 0,5M và H2SO4 1M sau khi phản ứng xảy ra hoàn
toàn thu được dung dịch Y. Cho dung dịch Y tác dụng với 1,5 lít dung dịch HCl
1M, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 23,4 gam kết tủa. Giá trị nhỏ
nhất của m là
A. 130,2 gam.
B. 27,9 gam.
C. 105,4 gam.

D. 74,4 gam.
(Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Nam Định, năm học 2011 – 2012)
Sơ đồ phản ứng :
�
�
�Al3 , K  , Na �
�
K  , Na , [Al(OH)4] �
�
K � �
�H2SO4 �
�
�
�
HCl

��
�
���
�
Al(OH)
�

� � �
� (1) � 2
�
�
�
3
(2)

1 4 2 43
Na
SO 2 , Cl 
SO , OH
�
�
�
�
�
�Al 2(SO4)3 �
�
{
0,3 mol
1 4 444 2 4 4 43
1 4 44 4 4 2 4 4 4 43

ho�
n h��
pX

dung d�
ch Y

dung d�
ch Z

Khối lượng Na, K đã dùng có giá trị nhỏ nhất khi xảy ra hiện tượng hòa tan một
phần kết tủa ở phản ứng (2). Theo bảo toàn nguyên tố Al, gốc SO42 và bảo
toàn điện tích trong dung dich Z, ta có:
�n 3  n 3  nAl(OH)  0,2

�x  1,7
3
Al b�
� Al /Z
�
�n
 m  105,4 gam
� SO 2  nH2SO4  3nAl2(SO4)3  1,25 � �mmin  m
{ K {Na
�
� 4
1,7.39 1,7.23
�
�
3n 3  n   n   n   2n 2
Na
Cl
SO
� 14Al2 43/Z {K
{
{
1 243
x
�
x
1,5
1,25
� 0,2
Câu : Hòa tan hoàn toàn m gam sắt vào dung dịch HNO 3, thu được 0,45 mol khí
NO2 và dung dịch X (sản phẩm khử duy nhất của N +5). Nhỏ tiếp dung dịch

H2SO4 vừa đủ vào dung dịch X, thu thêm được 0,05 mol khí NO (sản phẩm khử
duy nhất) và dung dịch Y. Cô cạn Y thu được khối lượng muối khan là
A. 40,00 gam.
B. 32,50 gam.
C. 29,64 gam.
D. 45,60 gam.
(Đề thi thử Đại học lần 3 – THPT Cẩm Khê – Phú Thọ, năm học 2013 – 2014)
Theo giả thiết : Khi cho H2SO4 vào X thấy giải phóng khí NO, chứng tỏ trong X có
ion Fe2 . Dung dịch X có thể có ion Fe3 hoặc không.
Sơ đồ phản ứng :

15


Phát triển tư duy sáng tạo giải nhanh bài tập trắc nghiệm hóa vô cơ - Nguyễn Minh Tuấn

NO2
Fe

HNO3

NO

(1)
�
Fe2 , Fe3
�
� 
NO3
�

�

H2SO4
(2)
3
�
�Fe
� 2
SO4 , NO3
�
�

�n 
� H 4
�n  0,2
�n 
� H
��
� n 2  0,1mol.
Ở (2), ta có: � NO3
SO4
2n 2  n   0,2
�
�
SO4
H
�
n

n


0,05
� NO 
NO
� 3
Áp dụng bảo toàn electron cho toàn bộ quá trình phản ứng, ta có :
3nFe  nNO  3nNO � nFe  0,2 mol � n 3  0,2 mol.
{
{
Fe
{ 2
?

0,45

0,05

Áp dụng bảo toàn điện tích cho dung dịch Y, ta có :
�
3n 3  2n 2  n 
Fe
SO
NO3
�{
1 243 1 2 3
�
n
 0,4
0,2
�

�
� NO3
0,1
?
��
�
�mmuo�
�
i  56nFe3  96nSO 2  62nNO 
mmuo�
i  45,6 gam
�
{
3
1 243
�
123
0,2
�
0,1
?
Câu : Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm FeS 2 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 của a
là
A. 46,24.
B. 43,115.
C. 57,33.
D. 63.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Hùng Vương – Phú Thọ, năm học 2013 – 2014)

: Từ giả thiết, suy ra :
�
15,344
nNO  0,01
 0,685 �
�nNO  nNO2 
�
22,4
��
�
nNO  0,675
�
�
30nNO  46nNO  31,35
2
�
2
Theo bảo toàn electron, bảo toàn điện tích trong dung dịch sau phản ứng và giả
thiết, ta có :

16


Phát triển tư duy sáng tạo giải nhanh bài tập trắc nghiệm hóa vô cơ - Nguyễn Minh Tuấn

�
15nFeS  nFe O  3nNO  nNO  0,705
{
{ 2
� { 2 1 2334

0,01
x
0,675
�
15x  y  0,705
y
�
�
�
3n 3  2n 2  n 
��
x  9y  z  0
�
Fe
SO
NO3
�
�{
1 243 1 2 3
552x  504y  62z  30,15
�
� x3y
2x
z
�m
i  mFe3  mSO 2  mNO   30,15
� muo�
3
123
14 2 443 1 2 3

�
56(x3y)
96.2x
62z
�
�
n
 n   n(NO, NO )  0,91mol
�
x  0,045 � HNO3 1NO
1 4 2 432
3
23
�
�
0,685
0,225
��
y  0,03 � �
�
0,91.63
z  0,225 �
�
C%HNO 
 57,33%
�
3
100
�
Câu : Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm Na 2O và Al2O3 vào nước, thu được

dung dịch X. Thêm từ từ dung dịch HCl 1M vào X, khi hết 100 ml thì bắt đầu
xuất hiện kết tủa; khi hết 300 ml hoặc 700 ml thì đều thu được a gam kết tủa.
Giá trị của a và m lần lượt là
A. 23,4 và 35,9.
B. 15,6 và 27,7. C. 23,4 và 56,3. D. 15,6 và 55,4.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT chuyên Chu Văn An – Hà Nội,
năm học 2013 – 2014)
Theo giả thiết : Cho từ từ 0,1 mol HCl vào dung dịch X thì bắt đầu xuất hiện kết
tủa, chứng tỏ trong X có 0,1 mol OH , các ion còn lại là Na+, [Al(OH)4] .
Theo giả thiết : Cho từ từ 0,3 mol HCl vào X (TN1) hoặc cho 0,7 mol HCl vào
X (TN2), thu được lượng kết tủa như nhau. Ở TN1, 0,1 mol H + để trung hòa

+
OH , còn 0,2 mol H phản ứng với [Al(OH)4] tạo ra 0,2 mol Al(OH)3. Suy ra

ở cả hai thí nghiệm nAl(OH)3  0,2 mol � 15,6 gam, ở TN1 chưa có hiện
tượng hòa tan kết tủa, ở TN2 đã có hiện tượng hòa tan kết tủa.
Sơ đồ phản ứng :


�
�
�Na , Cl
�
 Al(OH)3 �
�
 � 1 4 2 43
[Al(OH)4] �
�
0,2 mol

�
� HO �
Al 2O3 �
Na , OH �
�
�
2 ��
���
�
�
�
�
Na2O �
[Al(OH)4] �
�
�

HCl
0,3 mol
HCl
0,7 mol �
�Na , Cl  �
�
� 3
�Al

� Al(OH)
3�
2 43

� 14
0,2 mol

17


Phát triển tư duy sáng tạo giải nhanh bài tập trắc nghiệm hóa vô cơ - Nguyễn Minh Tuấn

Áp dụng bảo toàn điện tích cho các dung dịch sau phản ứng ở TN1, TN2, ta có:
�n   n
n 
�
n 
[Al(OH) ] 
Cl
�{Na
Na
�
1 4 2 443 {
n

 0,2
0,3
�x
�
x  0,4 � Na2O
2
y
�
�

�
�
�
y  0,1 �
nAl(OH)  n 3
�
�n   3n 3  n 
3
Al
Na
Al
Cl
n

 0,15
{
{
{
�
� Al2O3
�
2
y
0,7
�x
� m(Na O, Al
2

2O3)

 27,7 gam

Câu : Cho 12 gam hỗn hợp Fe và Cu vào cốc chứa 200 ml dung dịch HNO 3 2M,
thu được một chất khí (sản phẩm khử duy nhất) không màu, hóa nâu trong
không khí và có một kim loại dư. Sau đó cho thêm dung dịch H 2SO4 2M, thấy
chất khí trên tiếp tục thoát ra, để hoà tan hết kim loại cần 33,33 ml. Khối lượng
kim loại Fe trong hỗn hợp là
A. 8,4 gam.
B. 5,6 gam.
C. 2,8 gam.
D. 1,4 gam.
(Đề thi thử Đại học lần 2 – THPT chuyên Hà Nội Amsterdam, năm 2011)
Sơ đồ phản ứng :
NO
�Fe� HNO
3
� �
Cu
�

(1)

NO
�
Fe2 , Cu2 �
�
� H SO
4
� 
� 2

NO
,
Cu
�
�
�
1 4432 4 43
(2)
trong co�
c

2
2 �
�
�Fe , Cu
�
� 
2 �
�NO3 , SO4 �

Thứ tự tính khử : Cu  Fe2 . Suy ra : Ở phản ứng (2) để hòa tan hết kim loại thì
chỉ có Cu phản ứng, Fe2+ chưa tham gia phản ứng.
Theo giả thiết, bảo toàn electron cho toàn bộ quá trình phản ứng, bảo toàn điện
tích trong dung dịch sau phản ứng và bảo toàn nguyên tố N, ta có :
�56nFe  64nCu  12
�x  0,1
{
� {
�
56x


64y

12
�
x
y
�
�
�y  0,1
�
 2nCu  3nNO
� �2x  2y  3z  0
��
Fe
�2n
{
{
{
z  0,133
� x
�2x  2y  z  0,53332 �
y
z
�
�
�m  5,6 gam
� Fe
�2n 2  2n 2  n   2n 2
Fe

Cu
NO
SO
{
3
�{
1 243
123
y
�
0,06666
0,4 z
� x

18


Phát triển tư duy sáng tạo giải nhanh bài tập trắc nghiệm hóa vô cơ - Nguyễn Minh Tuấn

Câu : Cho một dung dịch X chứa a mol Ca 2+, b mol Mg2+, c mol Na+, d mol
HCO3 , e mol Cl  . Có thể dùng Ca(OH) 2 để làm mất hoàn toàn tính cứng của
X trong trường hợp :
A. d  2(a + b).
B. 2a + 2b +c = d +e.
C. d  a + b.
D. a = d.
(Đề thi thử Đại học – THPT chuyên Chu Văn An – Hà Nội, năm học 2012 – 2013)
Câu : Dung dịch X gồm NaOH xM và Ba(OH) 2 yM. Dung dịch Y gồm NaOH yM
và Ba(OH)2 xM. Hấp thụ 3,136 lít khí CO2 (đktc) vào 200 ml dung dịch X, thu
được 7,88 gam kết tủa. Hấp thụ 3,136 lít khí CO 2 (đktc) vào 200 ml dung dịch

Y, thu được 13,79 gam kết tủa. Giá trị thích hợp của x và y lần lượt là :
A. 0,35 và 0,20.
B. 0,50 và 0,25. C. 0,40 và 0,25. D. 0,40 và 0,30.
(Đề thi thử Đại học – THPT chuyên Chu Văn An – Hà Nội, năm học 2012 – 2013)
Để làm mất hoàn toàn tính cứng của nước thì Ca 2+, Mg2+ phải chuyển hết vào kết
tủa. Dung dịch thu được chỉ còn các ion, Na , Cl  hoặc có thêm cả ion
HCO3 còn dư. Theo bảo toàn điện tích trong X và trong dung dịch sau phản
ứng, ta có :
�
2n 2  2n 2  n   n   n
Ca
HCO3
�{
{Cl
1Mg
2 3 {Na
14 2 43
�
c �2a  2b  c  d
c
e
� a
�
b
d
��
�
�hay d �2(a  b)
�n  �n 
{Cl

�{Na
e
�c
Câu : Hấp thụ hết 4,48 lít CO2 (đktc) vào dung dịch chứa x mol KOH và y mol
K2CO3, thu được 200 ml dung dịch X. Lấy 100 ml dung dịch X cho từ từ vào
300 ml dung dịch HCl 0,5M, thu được 2,688 lít khí (đktc). Mặt khác, 100 ml
dung dịch X tác dụng với dung dịch Ba(OH) 2 dư, thu được 39,4 gam kết tủa.
Giá trị của x là
A. 0,06.
B. 0,15.
C. 0,2.
D. 0,1.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT chuyên Lê Quy Đôn – Quảng Trị,
năm học 2013 – 2014)
Theo sự bảo toàn nguyên tố C, công thức nCO  n   n 2 và sự bảo toàn điện
2

H

CO3

tích trong dung dịch X, ta có :

19


Phát triển tư duy sáng tạo giải nhanh bài tập trắc nghiệm hóa vô cơ - Nguyễn Minh Tuấn

�
39,4.2

�nCO2  nK 2CO3  nBaCO3  197  0,4 �
14 2 43
�{
nK CO  0,2
�
?
2 3
� 0,2
�
�
�nCO  nK CO  n
 n 2
��
n 2  0,06
�{ 2 14 2
24
HCO3 /X
CO3 /X
CO3 /X
33
�
� 0,2
?
�
n
 0,34
�
� HCO3 /X
�nCO 2 /X  nH  nCO2  0,06
{

{
� 3
0,15.2 0,12.2
�
� n   2n 2  n
� x  0,06
K 3
/X
CO3 /X
HCO3 /X
12
14 2 43 14 2 43
x 0,4

0,06

0,34

Câu : Cho 4,55 gam bột Zn vào dung dịch hỗn hợp NaNO 3 và H2SO4, đun nhẹ,
trong điều kiện thích hợp, đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung
dịch A chứa m gam muối; 0,448 lít hỗn hợp khí B (đktc) gồm hai khí không
màu, trong đó có một khí hóa nâu ngoài không khí và còn lại 1,3 gam chất rắn
không tan. Biết tỉ khối hơi của B đối với H2 là 8. Giá trị của m là
A. 9,95325
B. 10,23875.
C. 9,61625.
D. 9,24255.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT chuyên Lê Quy Đôn – Quảng Trị,
năm học 2013 – 2014)
Theo giả thiết, ta có :

�nNO  nH  0,02
�NO (M  30)
2
�
�
1
4
4
2
4
4
3
�M B  16
�
�
�
�nNO  0,01
30nNO  2nH
� B go�
m �kho�
��
ng ma�
u ho�
a na�
u� �
�
2
�
a NO
 16 �nH2  0,01

�H (M  2)
�
�B ch�
n

n
�2
H2
� NO
�
Vì có H2 giải phóng nên trong dung dịch sau phản ứng không còn ion NO3 .
Giả sử dung dịch sau phản ứng có chứa ion NH4 . Theo bảo toàn electron, bảo
toàn điện tích trong dung dịch sau phản ứng, bảo toàn nguyên tố N và bảo toàn
điện tích trong NaNO3, ta có :
�
2nZn p� 3nNO  2nH  8n 
{
NH4
{2
�123
123
0,01
0,01
� 0,05
?
�
2n 2  n   n   2n 2
�
Zn
NH4

SO
{Na
�{
123
1 243
?
� 0,05
?
?
�n

n

n

n
�{Na
{NO
NO3
NH4
123
�?
0,01 1 2 3
?
?
�

20

Phát triển tư duy sáng tạo giải nhanh bài tập trắc nghiệm hóa vô cơ - Nguyễn Minh Tuấn

�n   0,00625; n   0,01625; n 2  0,06125
Na
SO4
� NH4
�
� �m
muo�
i  65nZn2  23 nNa  18nNH   96nSO 2  9,61625
�
{
{
4
123
1 243
�
0,05
0,01625
0,00625
0,06125
�
Câu : Hòa tan hoàn toàn m gam Fe bằng dung dịch HNO 3, thu được dung dịch X
và 1,12 lít NO (đktc). Thêm dung dịch chứa 0,1 mol HCl vào dung dịch X thì
thấy khí NO tiếp tục thoát ra và thu được dung dịch Y. Để phản ứng hết với các
chất trong dung dịch Y cần 115 ml dung dịch NaOH 2M. Giá trị của m là
A. 3,36.
B. 3,92.
C. 2,8.
D. 3,08.

(Đề thi thử Đại học lần 6 – THPT chuyên KHTN Hà Nội, năm học 2012 – 2013)
Sơ đồ phản ứng :
NO
NO
Fe

HNO3
(1)

2
3
�
�Fe , Fe �
� HCl
� 
�
�NO3
� (2)
�
1 44 2 4 43
dd X
3



�
�Fe , Cl �
� NaOH �
�Na , Cl �
�

� 
�����
� 
�
(3)
�NO3 ,... �
�NO3
�
��
1 44 2 4 43
14243
dd Y

dd Z

Áp dụng bảo toàn electron và bảo toàn điện tích cho phản ứng (1); bảo toàn điện
tích cho dung dịch Z, ta có :
�
n   nelectron trao �o�
i
� NO3 /X
�
n
 0,15 �
n
 0,02
�
(2)
3.1,12
� NO3 /X

� NO3 p���
�
 3n 
 0,15 � �
��
� NO 22,4
n   0,13 �
n
 0,08
�
�
� H p���(2)
� NO3 /Z
n

n

n
� NO3 /Z {Cl  {Na
�14 2 43
0,1
0,23
� ?
Theo bảo toàn nguyên tố H và bảo toàn điện tích cho dung dịch Y và bảo toàn
nguyên tố Fe, ta có :
�n   0,1 0,08  0,02
H
�
n
n

 0,07 mol
�
�
� Fe b� Fe3
3n 3  n   n   n  � �
�
Fe
NO3
{H
{Cl
mFe b� 0,07.56  3,92 gam
�{
�
12 3
�
0,02
?
0,1
�
0,13
�
Câu : Hòa tan hoàn toàn m gam ZnSO4 vào nước được dung dịch X. Nếu cho 110
ml dung dịch KOH 2M vào X (TN1) thì thu được 3a gam kết tủa. Mặt khác, nếu

21


Phát triển tư duy sáng tạo giải nhanh bài tập trắc nghiệm hóa vô cơ - Nguyễn Minh Tuấn

cho 140 ml dung dịch KOH 2M vào X (TN2) thì thu được 2a gam kết tủa. Giá

trị của m là :
A. 17,71.
B. 16,10.
C. 32,20.
D. 24,15.
(Đề thi thử Đại học lần 5 – THPT chuyên KHTN Hà Nội, năm học 2012 – 2013)
nZn(OH) ��TN1  3y
3a 3 �
�
2
 ��
nZn(OH) ��TN2 mZn(OH) ��TN2 2a 2 �
nZn(OH) ��TN2  2y
2
2
�
2
Từ giả thiết, suy ra : Ở TN2 đã có hiện tượng hòa tan kết tủa. Ở TN1 có thể kết
tủa đã bị hòa tan hoặc chưa bị hòa tan.
● Nếu ở TN1 Zn(OH)2 chưa bị hòa tan, áp dụng bảo toàn điện tích trong các dung
dịch sau phản ứng, ta có :
Ta có :

nZn(OH)

�
TN1
2�



mZn(OH)

�
TN1
2�



�TN1: n   2n 2  2n 2
Zn
SO
�
{K
{
1 243
0,22
x

3y
�
�
x
�
�TN2: nK   2n[Zn(OH) ]2  2nSO 2
{
1 4 2 44 3
1 243
�
0,28

x

2y
x
�
�y  0,0366; x  0,1066
�
6y  0,22
�
TN1:2n 2  n  (loa�
i)
��
��
Zn
OH
{
{
�4x  4y  0,28 �
0,1066
0,22
�
● Nếu ở TN1 Zn(OH)2 đã bị hòa tan, áp dụng bảo toàn điện tích trong các dung
dịch sau phản ứng, ta có :
�TN1: n   2n
 2n 2
[Zn(OH)4]2
SO
{K
�
14243

1 243
0,22
�
x3y
x
�
�
�TN2: nK   2n[Zn(OH) ]2  2nSO 2
{
1 4 2 44 3
1 243
�
0,28
x2y
x
�
x  0,1; y  0,03
�
4x  6y  0,22 �
�
��
��
m
 0,1.161 16,1 gam
4x  4y  0,28 �
�
� ZnSO4
Thật ra bài này thì phương pháp tối ưu là sử dụng đồ thị
Câu : Hòa tan hoàn toàn 19,2 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe3O4 và Fe2O3
trong 50 ml dung dịch H2SO4 18M (đặc, dư, đun nóng), thu được V lít khí SO2

(đktc) là sản phẩm khử duy nhất và dung dịch Y. Cho 450 ml dung dịch NaOH
2M vào dung dịch Y, thu được 21,4 gam kết tủa và dung dịch Z. Giá trị của V là
A. 4,48.
B. 5,60.
C. 6,72.
D. 3,36.
(Đề thi thử Đại học lần 2 –THPT chuyên Hùng Vương – Phú Thọ,
năm học 2013 – 2014)
Theo giả thiết, ta có :

22


Phát triển tư duy sáng tạo giải nhanh bài tập trắc nghiệm hóa vô cơ - Nguyễn Minh Tuấn

n

SO42

 nH

2SO4

nFe(OH) 
3

 18.0,05  0,9 mol; n

Na

 nNaOH  0,45.2  0,9 mol;

21,4
 0,2 mol.
107

Dung dịch Z chứa Na , SO42 và có thể còn Fe3 .
Quy đổi hỗn hợp X thành Fe và O. Theo bảo toàn khối lượng, bảo toàn electron,
bảo toàn điện tích cho dung dịch Z và bảo toàn nguyên tố S, Fe, ta có :
�
56nFe  16nO  19,2
�
x  0,3
{
� {
�
�
56x

16y

19,2
x
y
�
y  0,15
�
�
�
3nFe  2nO  2nSO

��
3x  2y  2z  0 � �
�
z  0,3
{
{
{ 2
�
�
� x
y
3x  2z  1,5
z
�
�
�
V
 6,72 l�
t
� SO2
n   3n 3  2n 2
�
Fe
SO
{Na
{
�
1 243
0,9
x 0,2

�
0,9z
�
Câu : Một dung dịch X chứa 0,1 mol Na +; 0,2 mol Ba2+; x mol HCO3 và y mol
Cl  . Cô cạn dung dịch X rồi lấy chất rắn đem nung đến khối lượng không đổi
thu được 43,6 gam chất rắn. Giá trị của x và y lần lượt là
A. 0,1 và 0,4.
B. 0,14 và 0,36. C. 0,45 và 0,05. D. 0,2 và 0,1.
(Đề thi thử Đại học lần 5 – THPT chuyên KHTN Hà Nội, năm học 2013 – 2014)
● Nếu nHCO  �2nBa2 thì khi cô cạn dung dịch X và nung đến khối lượng không
3

đổi sẽ thu được hỗn hợp gồm BaO, NaCl hoặc BaO, NaCl và BaCl 2. Như vậy, ion
HCO3 đã được thay bằng ion O2 . Theo giả thiết và bảo toàn điện tích, ta có :
�n
  nCl   nNa  2nBa2
�14HCO
{
{
{
3
2 43
y
0,1
0,2
� x
�
�
x  y  0,5
x  0,14

�
��
��
�nHCO   2nO2
8x  35,5y  13,9 �
y  0,36
�
{
3
�14 2 43
��
�
0,5x
� x
�
23n   137n 2  35,5n   16n 2  43,6
�
Na
Ba
{
{Cl
{O
� {0,1
0,2
y
0,5x
�
● Nếu trường hợp nHCO3 �2nBa2 không thỏa mãn thì ta xét trường hợp
n

HCO3

 2n

Ba2

. Khi đó chất rắn sẽ gồm Na 2CO3, BaO và NaCl. Theo giả

thiết và bảo toàn điện tích, ta có :

23


Phát triển tư duy sáng tạo giải nhanh bài tập trắc nghiệm hóa vô cơ - Nguyễn Minh Tuấn

�
n
 n   n   2n 2
HCO3
Cl
Na
Ba
�
{
{
14 2 43 {
y
0,1
0,2
� x

�
n
 2n 2  2n 2  2n 2  2n 2
�
HCO3
O
CO
Ba
CO
{
{
�
14 2 43
1 2343
1 2343
0,2
0,2
� x
z
z
�
23n

137n

35,5n

16n

60n

 43,6

� {Na
Ba2
O2
CO32
{
{Cl
{
1 2 43
� 0,1
0,2
y
0,2
�
z
�
�
x  y  0,5
x  1,1
�
�
��
x  2z  0,4
��
y  1,6
�
�
35,5y  60z  10,7 �
z  0,75

�

Câu : Cho 38,55 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, ZnO và Fe(NO 3)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 và 3,92 lít
(đktc) khí Z gồm hai khí trong đó có một khí hóa nâu ngoài không khí. Biết tỉ khối
của Z so với H2 là 9. Phần trăm số mol của Mg trong hỗn hợp X gần nhất với giá trị
nào sau đây?
A. 25.
B. 15.
C. 40.
D. 30.
(Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 4 – THPT Chuyên Đại học Vinh, năm 2015)
Câu : Cho 26,88 gam bột Fe vào 600 ml dung dịch hỗn hợp A gồm Cu(NO 3)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. 15,92
B. 13,44
C. 17,04
D. 23,52
(Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 2 – THPT Chuyên Hà Giang, năm 2015)
Câu : Hòa tan 11,6 gam hỗn hợp A gồm Fe và Cu vào 87,5 gam dung dịch HNO 3
50,4%, sau khi kim loại tan hết thu được dung dịch X và V lit (đktc) hỗn hợp khí
B. Cho 500 ml dung dịch KOH 1M vào dung dịch X thu được kết tủa Y và dung
dịch Z. Lọc lấy Y rồi nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được
16,0 gam chất rắn. Cô cạn dung dịch Z được chất rắn T. Nung T đến khối lượng
không đổi thu được 41,05 gam chất rắn. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Nồng
độ % của Fe(NO3)3 trong X có giá trị gần nhất với :
A. 13,0%
B. 20,0%

C. 40,0%
D. 12,0%
(Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 – THPT Chuyên Phan Bội Châu – Nghệ An, năm
2015)
Câu : Hoà tan hỗn hợp X gồm Cu và Fe2O3 trong 400 ml dung dịch HCl a mol/lít
được dung dịch Y và còn lại 1 gam đồng không tan. Nhúng thanh Mg vào dung
dịch Y, sau khi phản ứng xong, nhấc thanh Mg ra thấy khối lượng tăng 4 gam so
với ban đầu và có 1,12 lít khí H 2 (đktc) bay ra.(Giả thiết toàn bộ lượng kim loại
thoát ra đều bám vào thanh Mg). Khối lượng của Cu trong X và giá trị của a là:
A. 4,2g và a = 1M.
B. 4,8g và 2M.

24


Phát triển tư duy sáng tạo giải nhanh bài tập trắc nghiệm hóa vô cơ - Nguyễn Minh Tuấn

C. 1,0g và a = 1M
D. 3,2g và 2M.
(Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 3 – THPT Chuyên Nguyễn Huệ – Hà Nội, năm
2015)
Câu : Cho 24,06 gam hỗn hợp X gồm Zn, ZnO và ZnCO3 có tỉ lệ số mol 3:1:1 theo
thứ tự trên tan hoàn toàn trong dung dịch Y gồm H 2SO4 và NaNO3, thu được dung
dịch Z chỉ chứa 3 muối trung hòa và m gam hỗn hợp khí T (đktc) gồm NO, N 2O,
CO2, H2 (Biết số mol của H 2 trong T là 0,04 mol ). Cho dung dịch BaCl2 dư vào Z
đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 79,22 gam kết tủa. Còn nếu cho Z
phản ứng với NaOH thì lượng NaOH phản ứng tối đa là 1,21 mol. Giá trị của
m gần nhất với :
A. 3,6
B. 4,3

C. 5,2
D.2,6
(Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 – THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ, năm
2015)
Câu : Hỗn hợp M gồm Al, Al2O3, Fe3O4, Fe2O3, FeO, CuO, Fe và Cu, trong đó oxi
chiếm 20,4255% khối lượng hỗn hợp. Cho 6,72 lít khí CO (đktc) đi qua 35,25 gam
M nung nóng, sau một thời gian thu được hỗn hợp rắn N và hỗn hợp khí X có tỉ
khối so với H2 bằng 18. Hòa tan hết toàn bộ N trong lượng dư dung dịch HNO 3
loãng. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch chứa m gam
muối (không có muối NH4NO3 sinh ra) và 4,48 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm NO và
N2O. Tỉ khối của Z so với H2 là 16,75. Giá trị của m là :
A. 117,95
B. 114,95
C. 133,45
D. 121,45
(Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 2 – THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ, năm
2015)
Câu : Hòa tan hết 35,4 gam hỗn hợp gồm Mg và FeCO 3 trong dung dịch HCl loãng
dư thu được 20,16 lít hỗn hợp khí X (đktc). Mặt khác cũng hòa tan hết 35,4 gam
hỗn hợp trên cần dùng vừa đủ V lít dung dịch chứa H 2SO4 0,25M và HNO3 0,75M
đun nóng. Sau khi kết thúc phản ứng thu được dung dịch Y và hỗn hợp khí Z gồm
2 khí không màu trong đó có 1 khí hóa nâu. Tỉ khối của Z so với He bằng 8,8125.
Cô cạn dung dịch Y thu được m gam muối. Giá trị m là.
A. 152,72
B. 172,42
C. 142,72
D. 127,52
Câu : Hỗn hợp rắn A gồm FeS 2, Cu2S và FeCO3 có khối lượng 20,48 gam. Đốt
cháy hỗn hợp A một thời gian bằng oxi thu được hỗn hợp rắn B và 2,24 lít (đktc)
hỗn hợp khí X ( không có O 2 dư ). Toàn bộ B hòa tan trong dung dịch HNO 3 đặc,

nóng, dư. Kết thúc phản ứng thu được 13,44 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm 2 khí
( không có khí SO2) và dung dịch Y. Cho Ba(OH) 2 dư vào dung dịch Y thu được
34,66 gam kết tủa. Lấy kết tủa nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu
được 29,98 gam rắn khan. Biết rằng tỉ khối của Z so với X bằng 86/105. Phần trăm
khối lượng FeS2 trong A gần nhất với :
A. 23,4%
B. 25,6%
C. 22,2%
D. 31,12%

25