SKKN hướng dẫn giải bài toán tổng hợp hóa vô cơ hay và khó

MỤC LỤC
Nội dung

Trang

Phần 1: Lời giới thiệu

2

Phần 2: Tên sáng kiến

2

Phần 3: Tác giả của sáng kiến

2

Phần 4: Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến

2

Phần 5: Lĩnh vực áp dụng sáng kiến

2

Phần 6: Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu

2

Phần 7: Mô tả bản chất của sáng kiến

4

I. CƠ SỞ LÝ LUẬN, CƠ SỞ THỰC TIỄN CỦA ĐỀ TÀI

4

II. THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ TRƯỚC KHI ÁP DỤNG SÁNG

4

KIẾN KINH NGHIỆM
III. NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN

5

1. PHƯƠNG PHÁP GIẢI CHUNG

5

2. CÁC BÀI TẬP CÓ LỜI GIẢI CHI TIẾT

6

3. CÁC BÀI TẬP TỰ LUYỆN

42

IV. KẾT QUẢ THỰC HIỆN

52

V. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ

53

VI. VỀ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG CỦA SÁNG KIẾN

53

Phần 8: Thông tin bảo mật

54

Phần 9: Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến

54

Phần 10: Đánh giá lợi ích của sáng kiến

55

Phần 11: Danh sách các tổ chức, cá nhân tham gia áp dụng sáng kiến lần đầu

55

1


BÁO CÁO KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN

Phần 1: Lời giới thiệu
Từ năm 2007 đến nay trong đề thi của bộ Giáo dục và đào tạo đã xuất hiện thường xuyên
các bài tập tổng hợp vô cơ. Các dạng bài này ngày càng đa dạng và mức độ khó được tăng lên rất
nhiều. Trong đề thi học sinh giỏi các bài tập dạng này thường là câu khó dùng để phân loại học sinh.
Trong quá trình giảng dạy bản thân tôi nhận thấy một số giáo viên chưa trang bị cho mình về
phương pháp và kĩ năng giải dạng bài tập này nên lúng túng khi giảng dạy cho học sinh. Đại đa số
học sinh gặp khó khăn khi tìm cách giải và thường bỏ qua khi gặp dạng bài tập này.
Để các em học sinh và đồng nghiệp có thêm một tài liệu tham khảo tôi xin viết sáng kiến
kinh nghiệm “Hướng dẫn giải bài toán tổng hợp vô cơ hay và khó” nhằm giúp các em khắc phục
các khó khăn và tự tin khi xử lí dạng bài này. Trong chuyên đề này tôi đã sưu tầm và giải chi tiết
nhiều các dạng bài tập có liên quan cùng với rất nhiều bài tập tự luyện kèm theo. Hi vọng chuyên đề
này là một tài liệu tham khảo hữu ích và bổ ích cho các em học sinh và đồng nghiệp.

2


Phần 2: Tên sáng kiến
Hướng dẫn giải bài toán tổng hợp vô cơ hay và khó
Phần 3: Tác giả của sáng kiến

- Họ và tên: Phạm Thị Hải
- Địa chỉ : Trường THPT Yên Lạc
- Số điện thoại: 0376850236
- Email:

Phần 4: Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến

Bản thân tác giả.

Phần 5: Lĩnh vực áp dụng sáng kiến

- Dạy học (môn Hóa học cho học sinh THPT)
- Vấn đề mà sáng kiến giải quyết: Nâng cao kỹ năng giải bài tập Hóa học góp phần nâng cao
kết quả kỳ thi THPT Quốc gia và thi học sinh giỏi cho học sinh.

Phần 6: Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu

Ngày 10/9/2018
Phần 7: Mô tả bản chất của sáng kiến

3


I. CƠ SỞ LÝ LUẬN, CƠ SỞ THỰC TIỄN CỦA ĐỀ TÀI
1. Cơ sở lí luận
 Giáo dục THPT đang thực hiện đổi mới theo hướng tăng cường dạy học theo hướng mở,
vận dụng kiến thức vào thực tiễn
 Hóa học là môn học thực nghiệm
 Toán học và Hóa học là hai môn khoa học tự nhiên có nhiều điểm tương đồng
2. Cơ sở thực tiễn
 Đa số học sinh lúng túng không biết cách xử lý các bài tập tổng hợp vô cơ khó và nếu có
làm được thì mất rất nhiều thời gian, không hiệu quả với phương pháp thi trắc nghiệm như hiện
nay.
 Một số giáo viên gặp khó khăn khi chưa có nhiều tài liệu tham khảo về phương pháp giải
bài tập tổng hợp vô cơ khó.
 Học sinh có nhu cầu ôn tập kiến thức, đặc biệt là các kiến thức ôn thi Đại học. Vì vậy,
việc xây dựng các chuyên đề ôn thi Đại học là phù hợp với điều kiện của nhà trường và sự phát
triển của giáo dục.

II. THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ TRƯỚC KHI ÁP DỤNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

 Khảo sát học sinh ở lớp 12A1; 12A2; 12A3; 12A4 cho thấy % số học sinh chưa xử lý
được bài tập tổng hợp vô cơ khó như sau:

Lớp

12A1

12A2

12A3

12A4

%

70%

85%

98%

100%

 Giáo viên ở trường THPT Yên Lạc chưa có nhiều tài liệu tham khảo về phương pháp giải bài tập
tổng hợp vô cơ khó.

III. NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN

4

1. PHƯƠNG PHÁP GIẢI CHUNG
- Để giải được các bài tập tổng hợp vô cơ khó đòi hỏi chúng ta phải nắm được các phương pháp và
định luật sau:
+ Định luật bảo toàn khối lượng (ĐLBTKL)
+ Định luật bảo toàn nguyên tố (ĐLBTNT)
+ Định luật bảo toàn điện tích (ĐLBTĐT)
+ Các dạng bài tập liên quan đến muối amoni, HNO3, sắt, nhôm…
- Tùy thuộc vào mỗi dạng bài mà sử dụng các định luật cho phù hợp.
2. CÁC BÀI TẬP CÓ LỜI GIẢI CHI TIẾT
Ví dụ 1: Cho một lượng kim loại Al vào dung dịch chứa hỗn hợp gồm a mol HCl; 0,05 mol NaNO3
và 0,1 mol KNO3. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch X chứa m gam muối, b
gam kim loại và 0,125 mol hỗn hợp khí Y (gồm 2 khí không màu trong đó có 1 khí hóa nâu ngoài
không khí). Tỉ khối của Y so với H2 là 12,2. Giá trị của m là:
A. 33,375.

B. 46,425.

C. 27,275.

D. 43,500.

(Thi thử THPTQG chuyên Vĩnh Phúc – 2018)
Hướng dẫn giải
MY = 24,4 ⇒ Y chứa H2 và NO.
Đặt nH2 = x mol; nNO = y mol ⇒ nY = x + y = 0,125 mol
mY = 2x + 30y = 0,125 × 24,4.
Giải hệ có: x = 0,025 mol; y = 0,1 mol.
Do Y chứa H2 ⇒ X không chứa NO3–.
Bảo toàn nguyên tố Nitơ:

nNH4+ = 0,05 + 0,1 – 0,1 = 0,05 mol.
Bảo toàn electron: 3nAl phản ứng = 2nH2 + 3nNO + 8nNH4+
⇒ nAl phản ứng = 0,25 mol. X chứa AlCl3, NaCl, KCl, NH4Cl
⇒ m = 0,25 × 133,5 + 0,05 × 58,5 + 0,1 × 74,5 + 0,05 × 53,5 = 46,425 gam.
Chọn đáp án B
Ví dụ 2: Để hòa tan hết 38,36 gam hỗn hợp R gồm Mg, Fe3O4, Fe(NO3)2 cần 0,87 mol dung dịch
H2SO4 loãng, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 111,46 gam sunfat trung hòa và 5,6
lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm hai khí không màu, tỉ khối hơi của X so với H2 là 3,8 (biết có một
khí không màu hóa nâu ngoài không khí). Phần trăm khối lượng Mg trong R gần với giá trị nào
sau đây ?
A. 31,28

B. 10,8

C. 28,15

5

D. 25,51


(Thi thử THPTQG đại học KHTN – lần 1 – 2017)
Hướng dẫn giải
- Hỗn hợp khí X gồm 0,2 mol H2 và 0,05 mol NO.
mR  98nH2SO4  mmu�i  mX
 0,57mol
18

BTKL
���

� nH2O 

- Xét hỗn dung dịch muối và hỗn hợp R có :
BT:H
���
� nNH4 

n   nNO
2nH2SO4  2nH2  2nH2O
 0,05mol � nFe(NO3)2  NH4
 0,05mol
4
2

� nFe3O4 

nO(trong oxit) 2nH2SO4  2nH2  4nNO  10nNH4

 0,08mol
4
4.2

� %mMg 

mR  232nFe3O4  180nFe(NO3)2
.100  28,15
mR

Chọn đáp án C
Ví dụ 3: Hỗn hợp X gồm Mg, Fe, Fe3O4 và CuO, trong đó oxi chiếm 20% khối lượng. Cho m gam

X tan hoàn toàn vào dung dịch Y gồm H 2SO4 1,65M và NaNO3 1M, thu được dung dịch Z chỉ chứa
3,66m gam muối trung hòa và 1,792 lít khí NO (đktc). Dung dịch Z phản ứng tối đa với 1,22 mol
KOH. Giá trị của m là
A. 24.

B. 28.

C. 36.

D. 32.
Hướng dẫn giải

Ta có mo = 0,2m → mol O = 0,2m/16 mol
m(kim loại) = 0,8 m gam
Y có V lít → mol SO42- = 1,65V, Na+ = NO3- = V mol, NO = 0,08 mol
Vì chỉ chứ muối trung hòa nên H+ hết Y gồm
Fe2+

Khối lượng

nOH - =2nFe2+ + 3nFe3+…..

Dung dịch cuối

Fe3+

0,8m

+nNH4+

gồm K+ 1,22

nên nOH- = nekl +nNH4+

SO42- 1,65V

Mg2+
Cu2+
NH4+ a mol

NO3- b mol
2,86m gam

Na+ V

+ KOH

+

Na V
SO42- 1,65V
NO3- dư b
mol
BT Ni tơ: V = a + b + 0,08
BT điện tích: 1,22 + V = 3,3V + b
BTKL muối Y ta có 18a + 23V + 96. 1,65V + 62b = 2,86m
Ne (cho của kim loại) = nOH- mà ne cho = 2nO + 8a + 0,08.3 và nOH- = nekl +nNH4+

6

→ ne (kim loại) cho = nOH- a
 1,22 – a = 2. 0,2m/16 + 8a + 0,24
 m= 32, V = 0,4, a = 0,02, b = 0,3
Chọn đáp án D
Ví dụ 4: Hòa tan hoàn toàn 216,55 gam hỗn hợp KHSO4 và Fe(NO3)3 vào nước được dung dịch X.

Cho m gam hỗn hợp Y gồm Mg, Al, MgO, Al2O3 (trong đó

mO 

64
mY
205
) tan hết vào X. Sau khi

các phản ứng kết thúc, thu được dung dịch Z chỉ chứa muối trung hòa và 2,016 lít (đktc) hỗn hợp
khí T có tổng khối lượng 1,84 gam (trong đó H2 chiếm 4/9 về thể thích và nguyên tố oxi chiếm 8/23
khối lượng hỗn hợp). Cho BaCl2 dư vào Z thu được 356,49 gam kết tủa. Giá trị của m là
A. 20,0.

B. 22,0.

C. 22,5.

D. 20,5.

(Thi thử THPTQG chuyên Chuyên PBC Nghệ An – 1 – 2018)
Hướng dẫn giải
Hỗn hợp khí D gồm 0,04 mol H2 || mO/D = 0,64 gam  nO/D = 0,04 mol

1,84  0, 04 �2  0, 64
14
⇒ nN/D =
= 0,08 mol
Kết tủa là BaSO4 với 1,53 mol → ban đầu có 1,53 mol KHSO4 → Fe(NO3)3 là 0,035 mol.
Bảo toàn N → trong Z có 0,025 mol NH4+; bảo toàn H → nH2O = 0,675 mol.
Bảo toàn O → ∑nO trong Y = 0,4 mol → m = 0,4 × 16 × 205 ÷ 64 = 20,5 gam.
�
�
K
�
�
1,53mol
H 2 : 0, 04mol �
Al3
Al � �64 7 48 � �
�
��
�
�
�
� � �KHSO 4 � � 2
��
Mg � �
Mg
SO 24 � �N : 0, 08mol � H 2O
�
�� �
{
{

Fe  NO3 
�
?
mol � 0,675mol
1,53mol � �
O � �1 4 2 433 � �
Fe
O
:
0,
04
�
��
123 � 0,035mol � �
m gam
�NH 4 : 0, 025mol
�
�
Chọn đáp án D
Ví dụ 5: Hòa tan 10,92 gam hỗn hợp X chứa Al, Al 2O3 và Al(NO3)3 vào dung dịch chứa NaHSO 4 và
0,09 mol HNO3, khuấy đều cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch Y chứa các chất
tan có khối lượng 127,88 gam và 0,08 mol hỗn hợp khí Z gồm 3 khí không màu, không hóa nâu
ngoài không khí. Tỉ khối hơi của Z so với He bằng 5. Cho từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung
dịch Y, phản ứng được biểu diễn theo đồ thị sau:

7


Phần trăm khối lượng của khí có khối lượng phân tử lớn nhất trong hỗn hợp Z là
A. 41,25%.

B. 68,75%.

C. 55,00%.

D. 82,50%.

(Thi thử THPTQG Trực Ninh – Nam Định – 1 – 2018)
Hướng dẫn giải
Theo giả thiết ⇒ Z gồm N2O, N2, H2 ⇒ Y không chứa NO3–; khí có PTK lớn nhất trong Z là N2O.

�Al3 �
�  �
�Al
�
�N 2 O �
�Na �
�
� �NaHSO 4 � � �
� �
�Al2O3
� �
�� �N 2 � H 2O  �NH 4 �
HNO3 : 0,09
�Al NO � �
� �
� �


�H 2

3 3
�
�H �
1 44 2 4 43
�
10,92 g 
SO 24 �
�
Từ 1 mol NaOH đến 1,3 mol NaOH thì kết tủa từ cực đại đến tan hết do xảy ra phản ứng:
Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O ⇒ nAl3+ = nAl(OH)3 = 1,3 - 1 = 0,3 mol.
Đặt nNaHSO4 = x ⇒ nNa+/Y = nSO42– = x.
Khi kết tủa đạt cực đại thì chỉ thu được Na2SO4.
⇒ nNa2SO4 = x ⇒ ∑nNa+ = 2x ⇒ nNa+/Y = 2x - 1 = x ⇒ x = 1.
Đặt nNH4+ = y; nH+ = z. Bảo toàn điện tích: 0,3 × 3 + 1 + y + z = 1 × 2
mmuối = 127,88(g) = 0,3 × 27 + 1 × 23 + 18y + z + 1 × 96
Giải hệ có: y = 0,04 mol; z = 0,06 mol.
Bảo toàn khối lượng:
mH2O = 10,92 + 1 × 120 + 0,09 × 63 - 127,88 - 0,08 × 20 = 7,11g ⇒ nH2O = 0,395 mol.
Bảo toàn nguyên tố H: nH2 = (1 + 0,09 - 0,04 × 4 - 0,06 - 0,395 × 2)/2 = 0,04 mol.
Đặt nN2O = a; nN2 = b ⇒ nZ = a + b + 0,04 = 0,08;
mZ = 44a + 28b + 0,04 × 2 = 0,08 × 20
Giải hệ có: a = 0,025 mol; b = 0,015 mol ⇒ %mN2O = 0,025 × 44 ÷ 1,6 × 100% = 68,75%.
Chọn đáp án B
Ví dụ 6: Hòa tan hết 15,0 gam hỗn hợp X gồm Fe, Fe3O4, FeCO3 và Fe(NO3)2 trong dung dịch chứa
NaHSO4 và 0,16 mol HNO3, thu được dung dịch Y và hỗn hợp khí Z gồm CO2 và NO (tỉ lệ mol
tương ứng 1 : 4). Dung dịch Y hòa tan tối đa 8,64 gam bột Cu, thấy thoát ra 0,03 mol khí NO. Nếu
cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào Y, thu được 154,4 gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn

8

và khí NO là sản phẩm khử duy nhất của cả quá trình. Phần trăm khối lượng của Fe đơn chất trong
hỗn hợp X là:
A. 48,80%.

B. 33,60%.

C. 37,33%.

D. 29,87%.

(Thi thử THPTQG Trực Ninh – Nam Định – 1 – 2018)
Hướng dẫn giải

2
- Dung dịch Y gồm Fe3+, H+, Na+, NO3 và SO 4 (dung dịch Y không chứa Fe2+, vì không tồn tại

dung dịch cùng chứa Fe2+, H+ và NO3 ).

- Khi cho dung dịch Y tác dụng với 0,135 mol Cu thì:
BT:e
�
� n Fe3  2n Cu  3n NO  0,18 mol
����
�
n
 4n NO  0,12 mol
�
� H  d�

- Khi cho dung dịch Y tác dụng với Ba(OH)2 ta có:

n BaSO4  n NaHSO4 

m �107n Fe3
233

- Xét dung dịch Y, có:

 0,58 mol





BTDT
���
� n NO  2n SO2   3n Fe3  n H  n Na   0,08 mol
3

4

� m Y  23n Na   56n Fe3  n H   62n NO  96n SO2   84,18  g 
3

BT:H
���
� n H 2O 

n NaHSO4  n HNO3  n H  d�

2

- Xét hỗn hợp khí Z, có

n CO2 

x mol và

4

 0,31 mol

n NO  4x mol. Mặt khác:

BTKL: x = 0,03
- Quay trở lại hỗn hợp rắn X, ta có:
BT:N
���
� n Fe NO3  

n NO  n NO  n HNO3
3

2

2

và

mà

n FeCO3  n CO2  0,03

n Fe3O4 

n O trong oxit
4



0,08  0,12  0,16
 0,02
2
mol

mol

� n Fe3O4 

n NaHSO4  n HNO3  2n CO 2  4n NO  n H   d�
8

 0,01 mol

Chọn đáp án C
Ví dụ 7: Hòa tan hoàn toàn 21,5 gam hỗn hợp X gồm Al, Zn, FeO, Cu(NO3)2 cần dùng hết 430 ml
dung dịch H2SO4 1M thu được hỗn hợp khí Y (đktc) gồm 0,06 mol NO và 0,13 mol H2, đồng thời

9

thu được dung dịch Z chỉ chứa các muối sunfat trung hòa. Cô cạn dung dịch Z thu được 56,9 gam
muối khan. Thành phần phần trăm của Al trong hỗn hợp X có giá trị gần nhất là
A. 25,5%.

B. 18,5%.

C. 20,5%.

D. 22,5%.

Hướng dẫn giải
- Khi cho 21,5 gam X tác dụng với 0,43 mol H2SO4 thì:
BTKL
���
� n H 2O 

BT:H
���
� n NH 

m X  98n H 2SO4  30n NO  2n H2  m Z
18
2n H2SO4  2n H 2O  2n H 2

4

- Ta có

n O trong X   n FeO 

4

 0, 26 mol

 0,02 mol � nCu  NO3  

n NH   n NO

2

2n H 2SO4  10n NH  4n NO  2n H2
4

2

4

2

 0,04 mol

 0,08 mol

- Xét hỗn hợp X ta có:

3n Al  2n Zn  3n NO  2n H 2  8n NH  0,6
�
�n Al  0,16 mol
�

4
��
�
�27n Al  65n Zn  m X  72n FeO  188n Cu NO3  2  8, 22 �nZn  0,06 mol

� %m Al 

27.0,16
.100  20,09
21,5

Chọn đáp án C
Ví dụ 8: Hòa tan hết 31,12 gam hỗn hợp X gồm Mg, Fe, Fe3O4, FeCO3 vào dd hỗn hợp chứa H2SO4
và KNO3. Sau phản ứng thu được 4,48 lít hỗn hợp khí Y (đktc) gồm (CO2, NO, NO2, H2) có tỉ khối
so với H2 là 14,6 và dd Z chỉ chứa các muối trung hòa với tổng khối lượng là m gam. Cho BaCl 2 dư
vào Z thấy xuất hiện 140,965 gam kết tủa trắng. Mặt khác cho NaOH dư vào Z thì thấy có 1,085
mol NaOH phản ứng đồng thời xuất hiện 42,9 gam kết tủa và 0,56 lít khí (đktc) thoát ra. Biết các
phản ứng xảy ra hoàn toàn. Cho các nhận định sau:
a) Giá trị của m là 82,285 gam.
b) Số mol của KNO3 trong dung dịch ban đầu là 0,225 mol
c) Phần trăm khối lượng FeCO3 trong X là 18,638%.
d) Số mol của Fe3O4 trong X là 0,05 mol.
e) Số mol của Mg trong X là 0,15 mol.
Tổng số nhận định đúng là
A. 1.

B. 2.

C. 3.
Hướng dẫn giải

Y chứa H2 ⇒ Z không chứa NO3–. Lập sơ đồ phản ứng:

10

D. 4.


�
Mg 2 �
� 2 � BaCl2
CO 2 �
Mg �
�
�
�140,965  g  �
Fe � ���
�
�
� H SO
�NO �
Fe
�
� � 2 4� � �
� �
Mg  OH  2 �
�
� �
�� � � H 2O  �K
� NaOH �

�Na 2SO 4 �
�
�
Fe
O
NO
KNO
���
�
�

NH
�

3
4
2
3
�
�
�
�
�
�
�
� �
�NH  �
3
K
SO

Fe
OH


4
2
4
�
�
�
�
�
�
�
2
FeCO �
H2 �
�
�
2 �
14 2 433
�
SO 4
�
31,12  g 
nH2SO4 = nSO42– = nBaSO4 = 140,965 ÷ 233 = 0,605 mol; nNH4+ = nkhí = 0,56 ÷ 22,4 = 0,025 mol.
► Bảo toàn điện tích: nNa+ + nK+/Z = 2nSO42– ⇒ nKNO3 = nK+ = 0,605 × 2 - 1,085 = 0,125 mol
⇒ (b) sai
● Đặt nMg2+ = x; nFe2+ = y ⇒ nNaOH = 2x + 2y + 0,025 = 1,085 mol; mkết tủa = 58x + 90y = 42,9g.
||⇒ Giải hệ có: x = 0,15 mol; y = 0,38 mol ⇒ (e) đúng.

► m = 0,15 × 24 + 0,38 × 56 + 0,125 × 39 + 0,025 × 18 + 0,605 × 96 = 88,285(g) ⇒ (a) sai.
Bảo toàn khối lượng: mH2O = 31,12 + 0,605 × 98 + 0,125 × 101 - 88,285 - 0,2 × 29,2 = 8,91(g)
⇒ nH2O = 0,495 mol.
Bảo toàn nguyên tố Hidro: nH2 = (0,605 × 2 - 0,025 × 4 - 0,495 × 2)/2 = 0,06 mol.
Bảo toàn nguyên tố Nitơ: ∑n(NO,NO2) = ∑nN/Y = 0,125 - 0,025 = 0,1 mol.
⇒ nFeCO3 = nCO2 = 0,2 - 0,1 - 0,06 = 0,04 mol ⇒ %mFeCO3 = 0,04 × 116 ÷ 31,12 × 100% = 14,91% ⇒
(c) sai.
► mX = mMg + mFe + mO + mCO3 ⇒ mO = 31,12 - 0,15 × 24 - 0,38 × 56 - 0,04 × 60 = 3,84(g).
⇒ nO = 0,24 mol ⇒ nFe3O4 = 0,06 mol ⇒ (d) sai ⇒ chỉ có (e) đúng ⇒ chọn A.
► Nhận xét: Đề chuẩn hơn nên là Z không chứa ion Fe3+.
Chọn đáp án A
Ví dụ 9 : Hòa tan hết 37,28 gam hỗn hợp X gồm Fe 3O4, Cu trong 500 ml dung dịch chứa HCl 2,4M
và HNO3 0,2M, thu được dung dịch Y và khí NO. Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch Y, lọc,
lấy kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi được 41,6 gam chất rắn Z. Cho dung
dịch AgNO3 dư vào dung dịch Y có khí NO thoát ra và thu được m gam kết tủa. Biết sản phẩm khử
của NO3- là NO duy nhất, Cl- không bị oxi hóa trong các quá trình phản ứng, các phản ứng hóa học
xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là
A. 198,12.

B. 190,02.

C. 172,2.

D. 204,6.

(Thi thử THPTQG Thiệu Hóa – Thanh Hóa – 2018)
Hướng dẫn giải

nH   nHCl  nHNO3  0,5.2,4  0,5.0,2  1,3

mol;

nNO  nHNO3  0,1
3

, n(Cl-) =1,2

- Nung kết tủa trong không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn Z gồm Fe2O3 và CuO
Gọi số mol Fe3O4 và Cu lần lượt là x, y (x,y>0)

11


Ta có hệ phương trình:
mFe3 O4  mCu  37, 28 �
�
232 x  64 y  37, 28
�
��
�
mFe2 O3  mCuO  41,6
1,5 x.160  80 y  41,6
�
�
 x=0,1; y=0,22

3Fe3O4 + 28H+ + NO3-  9Fe3+ + NO + 14H2O (1)
0,1→

2,8/3

0,1/3

0,3

3Cu + 8H+ + 2NO3-  3Cu2+ + 2NO + 4H2O
0,1

(2)

4/15 ←0,2/3
2Fe3+  2Fe2+ + Cu2+

Cu +

0,12 → 0,24

0,24

(3)

0,12

 Dd Y sau phản ứng chứa 0,22 mol Cu2+; 0,24 mol Fe2+; 0,06 Fe3+; 0,1 mol H+ dư; 1,2 mol ClKhi cho AgNO3 dư vào dung dịch Y xảy ra các phản ứng:
Ag+ + Cl-  AgCl
1,2

3Fe2+ + 4H+ + NO3-  3Fe3+ + NO + 2H2O
0,075 0,1

1,2

Fe2+ + Ag+  Fe3+ + Ag
0,165

0,165

→ m=mAgCl + mAg = 1,2.143,5 + 0,165.108=190,02 gam
Chọn B.
Ví dụ 10: Hỗn hợp X1 gồm Fe, FeCO3 và kim loại M (có hóa trị không đổi). Cho 14,1 gam X 1 tác
dụng hết với 500 ml dung dịch HNO 3 xM, thu được dung dịch X2 và 4,48 lít hỗn hợp Y1 (có tỉ khối
so với hiđro là 16,75) gồm hai chất khí không màu trong đó có một khí hóa nâu ngoài không khí.
Để trung hoà HNO3 dư có trong dung dịch X 2 cần vừa đủ 200 ml dung dịch NaOH 1M và thu được
dung dịch X3. Chia X3 làm hai phần bằng nhau
- Phần 1 đem cô cạn thì thu được 38,3 gam hỗn hợp muối khan.
- Phần 2 cho tác dụng với dung dịch NaOH dư thì thu được 8,025 gam kết tủa của 1 chất.
Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, các chất khí đều đo ở đktc, quá trình cô cạn không xảy
ra phản ứng hóa học. Giá trị của x gần giá trị nào sau đây nhất?
A. 2,26.

B. 2,42.

C. 2,31.

D. 1,98.

(Thi thử THPTQG chuyên Nguyễn Huệ – 2018)
Hướng dẫn giải
* Hỗn hợp gồm kim loại M, Fe, FeCO 3 tác dụng với dung dịch HNO 3 thu được 2 khí không màu
trong đó có 1 khí hóa nâu ngoài không khí � 2 khí là NO và CO2

- Tính được nCO2 = 0,05 mol; nNO =0,15 mol

�n

FeCO3 = nCO2 = 0,05 mol.

− Đặt: nM = a mol; nFe = b mol; Ta có: aM + 56b + 116.0,05 = 14,1

12


� aM + 56b = 8,3

(1)

- Dung dịch X2 có: a mol M(NO3)n; (b+0,05) mol Fe(NO3)3; HNO3 dư, có thể có c mol NH4NO3.
+ Phản ứng trung hoà:

� NaNO3 + H2O
HNO3 + NaOH ��

nNaOH =

nHNO3

dư

= 0,2.1 = 0,2 mol.

� dung dịch X3 có: a mol M(NO3)n; (b+0,05) mol Fe(NO3)3; 0,2 mol NaNO3, có thể có c mol

NH4NO3.
* Cô cạn ½ dung dịch X3, tổng khối lượng chất rắn thu được là:
(M + 62n)a + 242(b+0,05) + 80.c + 85.0,2 = 38,3.2 =76,6

� aM + 62an + 242b + 80c = 47,5

(2)

* Cho dung dịch NaOH dư vào ½ dung dịch X3, thu được kết tủa của một chất đó là Fe(OH)3

� 3NaNO3 + Fe(OH)3
Fe(NO3)3 + 3NaOH ��
Ta có: 107(b+0,05) = 16,05

� b = 0,1.

Theo bảo toàn electron, ta có: an + 0,3 + 0,05 = 0,45 + 8c

� an = 0,1 + 8c

(5)

Từ (1) � aM = 2,7

(6)

Từ (2) � aM + 62an + 80c = 23,3

(7)

Từ (5), (6), (7) � an = 0,3; c = 0,025.

� M = 9n � n = 3; M = 27 là Al là nghiệm thoả mãn.

nHNO3(pu) = nN(sp) = 0,1.3 + 0,15.3 + 0,025.2 + 0,15= 0,95 mol
nHNO3(bđ) = 0,95 + 0,2 = 1,15 mol

� x= C

M(HNO3) = 2,3 M.

Chọn C.
Ví dụ 11: Hỗn hợp X gồm Mg, Fe, Fe3O4, CuO, trong đó oxi chiếm 20% khối lượng. Cho m gam X
tan hoàn toàn vào dung dịch Y gồm H 2SO4 1,65M và NaNO3 1M, thu được dung dịch z chỉ chứa
3,66m gam muối trung hòa và 1,792 lít khí NO (dktc). Dung dịch z phản ứng tối đa với 1,22 mol
KOH. Giá trị của m là :
A. 32

B. 24

C. 28

D. 36

(Thi thử THPTQG Thoại Ngọc Hầu – An Giang – 2017)
Hướng dẫn giải
Phương pháp:
- Qui đổi, bảo toàn electron, bảo toàn nguyên tố, bảo toàn điện tích
- Áp dụng công thức tính nhanh khi Hỗn hợp chất + HNO3 tạo sản phẩm khử của Nitơ

nH   2nO  2nNO2  4nNO  10nN2O  12nN2  10nNH 
4

B1: lập phương trình liên quan đến số mol H+ phản ứng

13



Đặt a làm thể tích dung dịch Y và b là số mol NH 4

Trong X: mKL = 0,8m ; mO = 0,2 m
(qui hỗn hợp về kim loại và oxi)
=>

nH   4nNO  10nNH   2nNO
4

� 0, 08.4  10b  2.0, 2m /16  2.1, 65a  1

B2: Lập phương trình liên quan đến khối lượng muối sau phản ứng
Bảo toàn N:
nNO3  Z   a  0, 08  b

=> mmuối

 0,8m  18b  23a  62.  a  0, 08  b   96.1, 65a  3, 66m

2

B3: Lập phương trình liên quan đến bảo toàn điện tích các ion trong dung dịch sau phản ứng với
2
KOH. Khi KOH phản ứng với X thì sản phẩm chứa 1,22 mol K +; a mol Na+ ; 1,65a mol SO4 và

 a  0, 08  b 


mol NO3

Bảo toàn điện tích:

nK  nNa  2nSO4  nNO3

� 1, 22  a  1, 65a.2  a  0, 08  b 3

Từ

 1 ,  2  ,  3 � a  0, 4; b  0, 02; m  32 g

Đáp án A
Ví dụ 12 :
Nung hỗn hợp X gồm a mol Mg và 0,25 mol Cu(NO 3)2, sau một thời gian, thu được chất rắn Y và
0,45 mol hỗn hợp khí Z gồm NO2 và O2. Cho Y phản ứng vừa đủ với dung dịch chứa 1,3 mol
HCl, thu được dung dịch chỉ chứa m gam hỗn hợp muối clorua và 0,05 mol hỗn hợp khí T (gồm
N2 và H2 có tỉ khối so với H 2 là 11,4). Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 82.

B. 74.

C. 72.

(Thi thử THPTQG chuyên Nguyễn Trãi – 2018)
Hướng dẫn giải
- Khi nung hỗn hợp X thì :

BT:O
���
� nO(trongY )  6nCu(NO3)2  2(nO2  nNO2 )  0,6mol

- Xét quá trình Y tác dụng với 1,3 mol HCl thì :
BT:H
���
� nNH4 

nHCl  2(nH2  nH2O )
 0,02mol
4
(với

nH2O  nO(trongY )  0,6mol

và

nH2  0,01 mol

)

- Hỗn hợp muối gồm Cu2+ (0,25 mol), Cl- (1,3 mol), NH4+ (0,02 mol) và Mg2+

14

D. 80.


BTDT
���
� nMg2 

→

nCl   2nCu2  nNH 4
2

 0,39mol

mmu�i  24nMg2  64nCu2  18nNH4  35,5nCl  71,87(g)

Chọn C.
Ví dụ 13: Cho 12,55 gam hỗn hợp rắn X gồm FeCO 3, MgCO3 và Al2O3 tác dụng hoàn toàn với
dung dịch H2SO4 và NaNO3 (trong đó tỷ lệ mol của H 2SO4 và NaNO3 tương ứng là 19:1) thu được


dung dịch Y (không chứa ion NO 3 ) và 2,464 lít khí Z (đktc) gồm NO, CO2, NO2 có tỷ khối hơi so
với H2 là 239/11. Cho dung dịch Y tác dụng với dung dịch NaOH đến khi thu được kết tủa cực đại
thấy có 0,37 mol NaOH tham gia phản ứng. Mặt khác, khi cho dung dịch Y tác dụng dung dịch
NaOH dư đun nóng không thấy khí bay ra. Phần trăm về khối lượng của FeCO 3 trong hỗn hợp X có
giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 46,2 %.

B. 40,63 %.

C. 20,3 %.

D. 12,19 %.

(Thi thử THPTQG Thanh Hóa – Bỉm Sơn – 1 – 2017)
Hướng dẫn giải

�FeCO3: x mol �
+Kh�Z (NO; CO2; NO2 )
�
� H2SO4; NaNO3
�
hh X �MgCO3: y mol ������
�
�
(t�l�mol 19:1)
2
3
2
� dd Y ( Mg ; Al ; Fe; SO4 )
�Al O : z mol �
�
1 424432 4 4 43
12,55 gam

;

 k�
t t�

a c�
c�
�
i
�
NaOH (0,37 mol)
������
�
+dd Na2SO4
�
dd Y
;
Gọi số mol NaNO3 là a;  số mol H2SO4 là 19a.
Theo bảo toàn mol Na: n

Na2SO4

=n

H2SO4

1
= 2 (nNaOH + n NaNO3 );  38a = 0,37 + a;  a = 0,01;


Ta có: nkhí Z = 0,11 mol; Bảo toàn N: nNO + n NO2 = n NO3 = 0,01;  n CO2 = 0,1;
239�2
�0,11
mkhí Z = 11
= 4,78 (g);  mNO + m NO2 = 0,38;  30nNO + 46n NO2 = 0,38;

 nNO = n NO2 = 0,005; Theo bảo toàn mol e: ne nhận = ne cho = 3×0,005 + 0,005 = 0,02;
 n FeCO3 (oxi hóa khử) = n Fe3 = 0,02;  3×2z + 2y + 3×0,02 + 2(x – 0,02) = nNaOH = 0,37;
 6z + 2y + 2x = 0,35; Theo bài ra: x + y = n CO2 = 0,1;  z = 0,025;

15


�x +y =0,1
�
116x +84y =10  x = y = 0,05;  %m FeCO3 = 46,22%;
Từ đó ta có hệ pt: �
 Đáp án A.
Ví dụ 14: Hòa tan hoàn toàn 21,5 gam hỗn hợp X gồm Al, Zn, FeO, Cu(NO 3)2 cần dùng hết 430
ml dung dịch H 2SO4 1M thu được hỗn hợp khí Y (đktc) gồm 0,06 mol NO và 0,13 mol H 2, đồng
thời thu được dung dịch Z chỉ chứa các muối sunfat trung hòa. Cô cạn dung dịch Z thu được
56,9 gam muối khan. Thành phần phần trăm của Al trong hỗn hợp X có giá trị gần nhất là:
A. 25,5%

B. 18,5%

C. 20,5%

D. 22,5%

Hướng dẫn giải
- Khi cho 21,5 gam X tác dụng với 0,43 mol H 2SO4 thì :
BTKL
���
� n H 2O 

BT:H
���
� n NH 4  

- Ta có

m X  98n H 2SO4  30n NO  2n H2  m Z
 0, 26 mol
18

n   n NO
2n H 2SO4  2n H 2O  2n H2
 0, 02 mol � n Cu(NO3 )2  NH4
 0, 04 mol
4
2

n O(trong X)  n FeO 

2n H 2SO 4  10n NH 4   4n NO  2n H 2
2

 0, 08 mol

3n Al  2n Zn  3n NO  2n H 2  8n NH 4   0, 6
�
n Al  0,16 mol
�
�
��

�
n Zn  0, 06 mol
27n  65n Zn  m X  72n FeO  188n Cu(NO3 ) 2  8, 22 �
- Xét hỗn hợp X ta có: � Al

� %m Al 

27.0,16
.100  20, 09
21,5

Chọn C.
Ví dụ 15: Để hòa tan hết 38,36 gam hỗn hợp R gồm Mg, Fe3O4, Fe(NO3)2 cần 0,87 mol dung dịch
H2SO4 loãng, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 111,46 gam sunfat trung hòa và 5,6
lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm hai khí không màu, tỉ khối hơi của X so với H2 là 3,8 (biết có một
khí không màu hóa nâu ngoài không khí).Phần trăm khối lượng Mg trong R gần với giá trị nào
sau đây ?
A. 31,28

B. 10,8

C. 28,15

(Thi thử THPTQG Bắc Ninh – Hàm Linh – 1 – 2017)
Hướng dẫn giải
- Hỗn hợp khí X gồm 0,2 mol H2 và 0,05 mol NO.
BTKL
���
� nH2O 

mR  98nH2SO4  mmu�i  mX
 0,57mol
18

- Xét hỗn dung dịch muối và hỗn hợp R có :

16

D. 25,51


BT:H
���
� nNH4 

n   nNO
2nH2SO4  2nH2  2nH2O
 0,05mol � nFe(NO3)2  NH4
 0,05mol
4
2

� nFe3O4 

nO(trong oxit) 2nH2SO4  2nH2  4nNO  10nNH 4

 0,08mol
4
4.2

� %mMg 

mR  232nFe3O4  180nFe(NO3)2
.100  28,15
mR

Ví dụ 16: Hòa tan hết 3,264 gam hỗn hợp X gồm FeS2, FeS, Fe, CuS và Cu trong 600ml dung dịch
HNO3 1M đung nóng, sau khi kết thúc các phản ứng thu được dung dịch Y và 1,8816 lít (đktc) một
chất khí thoát ra. Cho Y tác dụng với lượng dư dung dịch BaCl 2 thu được 5,92 gam kết tủa. Mặt
khác, dung dịch Y có thể hòa tan tối đa m gam Fe. Biết trong quá trình trên, sản phẩm khử duy nhất
của N+5 là NO. Giá trị của m là:
A. 9,760

B. 9,120

C. 11,712

D. 11,256

((Thi thử THPTQG Chu Văn An – Thái Nguyên - 1 – 2017)
Hướng dẫn giải
- Khi cho Y tác dụng với BaCl2 thì:
- Trong Y có:
BT: O

����

n BaSO4  n S X   0, 024 mol

n NO  0, 084 mol � n NO   n HNO3  n NO  0,516 mol

3

n H 2O  3n HNO3  n NO  3n NO

3



 4n SO

4

2

 0, 072 mol

BT: H
���� n H  du  n HNO3  2n H 2O  0, 456 mol

3n Fe  2n Cu  6n S  3n NO  0, 252 mol �
n Fe  0, 024 mol
�
��
�
56n Fe  64n Cu  32n S  3, 264
n Cu  0, 018 mol
�
- Qui hỗn hợp X về Fe, Cu, S thì �
Vì hòa tan tối đa Fe nên Fe chuyển thành Fe2+. Các quá trình oxi hóa khử:



2
 3Fe  8H  2NO3 � 3Fe  2NO  4H 2 O ;

2
2
3
2
 Fe  Cu � Fe  Cu ;  Fe  2Fe � 3Fe

� n Fe  0,375n H   n Cu 2  0,5n Fe3  0, 201 mol � m Fe  11, 256 (g)
Chọn D.
Ví dụ 17: 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 chứa 59,04 gam muối trung hòa và 896 ml NO
(sản phẩm khử duy nhất của N+5, ở đktc). Y phản ứng vừa đủ với 0,44 mol NaOH. Biết các phản
ứng xảy ra hoàn toàn. Phần trăm khối lượng của Fe(NO 3)2 trong X có giá trị gần nhất với giá trị
nào sau đây ?
A. 63.

B. 18.

C. 73.

(Thi thử THPTQG Chu Văn An – Thái Nguyên - 1 - 2017)
Hướng dẫn giải

17

D. 20.

0,04 mol

}
NO  H 2O

Fe, Fe 3O 4 , Fe(NO 3 ) 2  KHSO
�
1 4 4 4 2 4 4 4 3 14 2 434
0,32 mol

m (g) X

0,32 mol
678
}
 NaOH
K  , Fe 2 , Fe 3 , NO  ,SO 2 ����
� Fe(OH) 2 , Fe(OH) 3
1 4 4 4 4 4 2 4 4 43 4 4 43

0,32 mol

59,04(g) dd Y

BT:H
���
� n H 2O 

n KHSO4

BTKL
 0,16 mol ���
� m X  m Y  30n NO  18n H2O  136n KHSO4  19, 6 (g)
2

-Ta có:
BTDT(Y )
2nFe2  3nFe3  nNaOH  0,44 mol ����
� nNO3  nK   2nFe2  3nFe3  2nSO42  0,12mol

BT:N
���
� n Fe(NO3 )2 

n NO  n NO3
2

 0, 08 mol � %m Fe(NO3 )2  73, 46

Chọn C.
Ví dụ 18: Cho 10,24 gam hỗn hợp X gồm Fe và Cu vào dung dịch chứa H2SO4 0,6M và NaNO3 đun
nóng, kết thúc phản ứng thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối sunfat và 2,688 lít khí NO (sản
phẩm khử duy nhất; đktc). Cho Ba(OH) 2 dư vào dung dịch Y, lọc lấy kết tủa nung ngoài không khí
đến khối lượng không đổi thu được 69,52 gam rắn khan. Giả sử thể tích dung dịch thay đổi không
đáng kể. Nồng độ mol/l của Fe2(SO4)3 trong dung dịch Y là
A. 0,04M
B. 0,025M
C. 0,05M

D. 0,4M

(Thi thử THPTQG Nghi Lộc – Nghệ An – 1- 2017)
Hướng dẫn giải
B1 : Xác định Vdd và thành phần trong dung dịch ban đầu
Dung dịch Y chỉ có muối SO4 và chỉ có sản phẩm NO => không có NH4+
bảo toàn e : ne KL = 3nNO = 2nSO4(muối Fe và Cu) = 0,36 mol
bảo toàn N : nNaNO3 = nNO = 0,12 mol => nNa2SO4 = 0,06 mol
=> nSO4(Y) = nBaSO4 = 0,18 + 0,06 = 0,24 mol = nH2SO4
=> Vdd Y = 0,24 : 0,6 = 0,4 lit
B2 : Xác định số mol Fe và Cu trong hỗn hợp đầu.
Gọi số mol của Fe và Cu trong X lần lượt là x và y
=> chất rắn cuối cùng là 0,5x mol Fe2O3 và y mol Cu ; 0,24 mol BaSO4
Có : mX = 56x + 64y = 10,24 và
mrắn khan = mFe2O3 + mCuO + mBaSO4
80x + 80y + 233.0,24 = 69,52g
=> x = 0,08 ; y = 0,09 mol
B3 : Xác định thành phần Fe2+ và Fe3+
Gọi số mol Fe2+ là a và số mol Fe3+ trong Y là b mol

18


=> a + b = 0,08 mol
Bảo toàn e : 3nNO = 2a + 3b + 2.0,09 = 0,12.3
=> a = 0,06 ; b = 0,02 mol
=> CM [Fe2(SO4)3] = 0,05 M
Đáp án C
Ví dụ 19: 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 sufat trung hòa và 3,92 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm hai khí trong đó có một

khí hóa nâu ngoài không khí. Biết tỉ khối của Z so với H 2 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%.
Hướng dẫn giải

Ta có số mol: NO = 0,1(mol) ; H2 = 0,075(mol)
BTKL → m(H2O) = 38,55 + 0,725.98 – 96,55 – 0,175.18 = 9,9 gam → n(H 2O) = 0,55 mol.
Gọi a là số mol của NH4+
BTNT (H) → 4a + 0,075.2 + 0,55.2 = 0,725.2 → a = 0,85 mol.
BTNT (N) → Fe(NO3)2 =0,075(mol)
BTNT (O) → nZnO + 0,075.6 = 0,1 + 0,55 → nZnO = 0,2 mol
BTKL Mg: a (mol) 24a+27b = 8,85
BTE Al: b (mol) 2a+3b=0,85
a = 0,2(mol); b = 0,15(mol)
%n =32% Mg
Chọn đáp án D
Ví dụ 20: Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X chứa Cu, Mg, Fe 3O4 và Fe(NO3)2 trong dung dịch
chứa 0,61 mol HCl thu được dung dịch Y chứa (m + 16,195) gam hỗn hợp muối không chứa ion
Fe3+ và 1,904 lít hỗn hợp khí Z (đktc) gồm H 2 và NO với tổng khối lượng là 1,57 gam. Cho NaOH
dư vào Y thấy xuất hiện 24,44 gam kết tủa. Phần trăm khối lượng của Cu có trong X là:
A. 15,92%

B. 26,32%

C. 22,18%

D. 25,75%

(Thi thử THPTQG Chuyên Tuyên Quang – 1 – 2017)
Hướng dẫn giải
Bảo toàn khối lượng :
m + 0,61.36,5 = m + 16,195 + 1,57 + mH2O
=> nH2O = 0,25 mol
Z chứa H2(0,035 mol) và NO (0,05 mol)

19


Bảo toàn H => nNH4+ = 0,01 mol
Bảo toàn N : nFe(NO3)2 = 0,03 mol
Bảo toàn O : nFe3O4 = 0,03 mol
Đặt nCu = a và nMg = b mol
Bảo toàn e : 2a + 2b = 0,03.2 + 0,035.2 + 0,05.3 + 0,01.8 = 0,36
Có : mkết tủa = 58b + 98a + 90(0,03 + 0,03.3) = 24,44
=> b = 0,1 và a = 0,08
=> %mCu = 25,75%
Đáp án D
Ví dụ 21: 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 H 2). 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 nhất với giá trị nào sau đây?
A. 2,5

B. 3,0

C. 1,0

D. 1,5

(Thi thử THPTQG Minh Khai – Hà Nội – 2017)
Hướng dẫn giải
Dung dịch Z chứa: Al3+; Na+; NH4+; SO42Khí T gồm: NxOy và H2
Khi Z tác dụng với BaCl2 dư thì : nH2SO4= n BaSO4 = 0,4 mol
Xét quá trình hỗn hợp X tác dụng với dung dịch Y ta có :
n Al (trong X)= 0,17 mol => n Al2O3 = (m X – m Al) : 102 = 0,03 mol
BT Al : n Al3+ (trong Z) = n Al + 2 n Al2O3 = 0,23 mol
Khi dung dịch Z tác dụng với 0,935 mol NaOH thì:
n NH4+ = n NaOH – 4 n Al3+ = 0,015 mol
BT H: n H2O = [2 n H2SO4– 2 n H2 – 4 n NH4+]: 2 = 0,355 mol
BTĐT (Z) => n Na+ = 2 n SO42- - n NH4+ - 3 n Al3+ = 0,095 mol
=> m Z = m Na+ + m Al3+ + m NH4+ + m SO42- = 47,065 gam
BTKL: m T = m X + m H2SO4 + m NaNO3 – m H2O – m Z = 1,47 gam
Đáp án D
Ví dụ 22: Cho m gam hỗn hợp H gồm Al (6x mol); Zn (7x mol), Fe 3O4, Fe(NO3)2 tác dụng hết với
250 gam dung dịch H2SO4 31,36% thu được dung dịch X chỉ chứa các muối và 0,16 mol hỗn hợp Y

20


chứa hai khí NO, H2 tỉ khối của Y đối với He bằng 6,625. Cô cạn dung dịch X thu được (m + 60,84)
gam muối. Nếu nhỏ từ tử dung dịch KOH 2M vào dung dịch X đến khi không còn phản ứng nào
xảy ra thì vừa hết 1 lít dung dịch KOH. Nồng độ phần trăm của FeSO4 có trong dung dịch X là:
A. 10,28%

B. 10,43%

C. 19,39%

D. 18,82%

(Thi thử THPTQG Minh Khai – Hà Nội – 2017)
Hướng dẫn giải
Cho H tác dụng với 0,8 mol H2SO4.
BTKL

� m H 2O  m H  m H2SO4  m Y  m X � n H 2O  0, 74 mol

BTNT H:

n NH   2n H 2SO4  2n H 2  2n H 2O  : 4  0,02 mol

BTNT N:

n Fe NO3 2   n NH 4  n NO  : 2  0, 08 mol

Và

4

n Fe3O4   2n H 2SO4  10n NH 4  4n NO  2n H 2  : 8  0,1 mol

Khi cho dung dịch X tác dụng với 2 mol KOH thì dung dịch thu được gồm K+ (2 mol), SO42- (0,8
mol); AlO2 (6x mol) và ZnO22 (7x mol). Xét dung dịch thu được ta có:

BTĐT:

n AlO2  2n ZnO2  n K   2nSO4 2  � 6x  2.7x  2  2.0,8 � x  0, 02

� m H  m Al  m Zn  m Fe3O4  m Fe NO3 2  49, 94 gam

Xét dung dịch X ta có hệ phương trình sau:
BT Fe : n Fe2  n Fe3  3n Fe3O4  n Fe NO3 2  0,38
�
�
�
BTDT  X  : 2n Fe2  3n Fe3  2n SO 42   3n Al3  2n Zn 2   n NH 4   0,94
�
�n Fe2  0, 2 mol
��
�n Fe3  0,18 mol
BTKL: m dung dịch X

 m H  m dd H2SO4  m Y  295, 7 gam

� C% FeSO4  �
.100  10, 28
 0, 2.152  : 295, 7 �
�
�
Đáp án A
Ví dụ 23: X là hỗn hợp gồm Mg và MgO (trong đó Mg chiếm 60% khối lượng). Y là dung dịch
gồm H2SO4 và NaNO3. Cho 6 gam X tan hoàn toàn vào Y, thu được dung dịch Z (chỉ chứa ba muối
trung hòa) và hỗn hợp hai khí (gồm khí NO và 0,04 mol H 2). Cho dung dịch BaCl2 dư vào Z, thu
được m gam kết tủa. Biết Z có khả năng tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa 0,44 mol NaOH. Giá

trị của m là
A. 55,92.

B. 25,2.

C. 46,5.

D. 53,6.

(Thi thử THPTQG Đô Lương – Nghệ An – 2017)
Hướng dẫn giải

21


Phương pháp : Bảo toàn nguyên tố, bảo toàn e , Bảo toàn điện tích.
X có : nMg = 0,15 mol ; nMgO = 0,06 mol.
Sản phẩm khí gồm NO và H2 => chứng tỏ NO3- hết
=> Vậy 3 muối trung hòa phải là : MgSO4 ; Na2SO4 và (NH4)2SO4.
Bảo toàn e : 2nMg = 8nNH4+ + 3nNO + 2nH2(*)
Lại có : Z phản ứng tối đa với 0,44 mol NaOH
=> nNaOH = nNH4+ + 2nMg2+ => nNH4+ = 0,02 mol
Từ (*) => nNO = 0,02 mol
Bảo toàn N : nNa+ = nNO3- = nNH4+ + nNO = 0,04 mol
Bảo toàn điện tích : 2nSO42- = 2n2nMg2+ + nNH4+ + nNa+
=> nSO42- = 0,24 mol = nBaSO4
=> m = 55,92g
Đáp án A
Ví dụ 24: Hỗn hợp A gồm Fe(NO3)3, Al, Cu và MgCO3. Hòa tan 28,4 gam A bằng dung dịch
H2SO4 thu được dung dịch B chỉ chứa 65,48 gam muối và V lít hỗn hợp Z (đkc) gồm NO, N2O, N2,

H2 và CO2 (trong đó có 0,02 mol H 2) có tỉ khối so với H 2 là 16. Cho B tác dụng với lượng dư BaCl 2
thu được 123,49 gam kết tủa. Mặt khác, nếu cho từ từ NaOH vào B thì lượng kết tủa cực đại thu
được là 31,92 gam. Giá trị của V là:
A. 3,36 lít

B. 4,48 lít

C. 5,6 lít

D. 5,6 lít

Hướng dẫn giải
0,02mol

}
Fe(NO3)3,Al,Cu,MgCO3 ���� NO,N2O,N2, H 2  Fen ,Al 3 ,Mg2 ,Cu2 ,NH 4 ,SO42  H2O
1 4 4 4 42 4 4 4 43
1 4 44 2 4 4 43 1 4 4 4 4 4 44 2 4 4 4 4 4 4 43
H2SO4

28,4(g)A

h�
n h�
p kh�Z

65,48(g)B

2

BT:SO4
- Khi cho B tác dụng với BaCl2 thì ����� nH2SO4  nBaSO4  0,53

- Khi cho B tác dụng với NaOH thì

BT:Na
���
� nNaOH  2nNa2SO4  1,06 và nNH3  nH2O

BTKL
���
�18nH2O  17nNH3  mB  40nNaOH  m� 142nNa2SO4 � nNH 4  nNH3  nH2O  0,02

- Khi cho A tác dụng với H2SO4 thì :
BT:H
���
� nH2O 

� nZ 

2nH2SO4  4nNH4  2nH2
2

BTKL
 0,47 ���
� mZ  mA  98nH2SO4  mB  18nH2O  6,4

mZ 6,4

 0,2 � VZ  4,48(l)

M Z 16.2

Chọn B.
Ví dụ 25:

22


Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Mg, Fe, FeCO3 và Cu(NO3)2 bằng dung dịch chứa
H2SO4 loãng và 0,045 mol NaNO3 thu được dung dịch Y chỉ chứa 62,605 gam muối trung hòa
(không có ion Fe3+) và 3,808 lít (đktc) hỗn hợp khí Z (trong đó có 0,02 mol H2) có tỉ khối so với
O2 bằng 19/17. Cho dung dịch NaOH 1M vào Y đến khi lượng kết tủa đạt cực đại là 31,72 gam
thì vừa hết 865 ml. Giá trị m là
A. 32,8.

B. 27,2.

C. 34,6.

D. 28,4.

Hướng dẫn giải
0,045mol
0,02mol
}
60,045mol
4 7 48
}
2
a

2


2
Mg,Fe,FeCO3,Cu(NO3)2  H 2SO4, NaNO3 � Mg ,Fe ,Cu , Na ,NH 4 ,SO4  H2 ,CO2,NxOy
1 4 4 4 42 4 4 4 43 1 4 42 4 43
1 4 4 4 4 4 4 4 2 4 4 4 4 4 4 43 1 4 44 2 4 4 43
m(g)X

dung d�
ch h�
n h�
p

62,605(g)Y

0,17mol h�
n h�
pZ

-- Cho
0,045mol

}
NaOH
Mg ,Fe ,Cu , Na ,NH 4 ,SO42 ���� Fe(OH)a,Cu(OH)2,Mg(OH)2  Na2SO4
1 4 4 4 4 4 4 42 4 4 4 4 4 4 43
1 4 4 4 4 4 2 4 4 4 4 43
2

a

2

62,605(g)Y

31,72(g)�

(1)

��� n Fe a   n Mg 2  n Cu 2  n NH 4  n NaOH  0,865 mol
BTDT

���� n H 2SO 4  n SO 4 2 

n Na   n Fe n   n Mg 2  n Cu 2  n NH 4
2

 0, 455 mol

� m �max  56n Fea   24n Mg 2  64n Cu 2   17(n OH   n NH ) � 56n Fea   24n Mg 2  64n Cu 2   17,015  17n NH 
4

- Ta có:

4

m Y  56n Fea   24n Mg 2   64n Cu 2   23n Na   18n NH   96n SO 42 
4

� 62, 605  17, 075  17 n NH 4   23.0, 045  18n NH 4   96.0, 455 � n NH   0, 025 mol
4

BT: H
���
� n H 2O 

2n H 2SO 4  4n NH 4   2n H 2
2

 0,385 mol

BTKL
���
� m X  m Y  m Z  18n H 2O  85n NaNO 3  98n H 2SO 4  27, 2 (g)

Chọn B.
Ví dụ 26:
Cho 33,9 gam hỗn hợp bột Zn và Mg (tỉ lệ 1 : 2) tan hết trong dung dịch hỗn hợp gồm NaNO 3 và
NaHSO4 thu được dung dịch A chỉ chứa m gam hỗn hợp các muối trung hòa và 4,48 lít (đkc) hỗn
hợp khí B gồm N2O và H2. Hỗn hợp khí B có tỉ khối so với He bằng 8,375. Giá trị gần nhất của m
là:
A. 240.

B. 300.

C. 312.
Hướng dẫn giải

23

D. 308.


0,3mol 0,6mol
0,15mol 0,05mol
678
}
}
}
}
}
2
2


2
Zn , Mg  NaNO3,NaHSO4 ��
� Zn , Mg ,Na ,NH 4 ,SO4  N 2O , H 2  H2O
1 4 2 43 1 4 44 2 4 4 43
1 4 4 4 4 4 2 4 4 4 4 4 3 1 44 2 4 43

0,3mol 0,6mol

h�
n h�
p kim lo�
i

dung d�

ch h�
n h�
p

BT:e
���
� nNH4 

dung d�
ch A

2nZn2  2nMg2  8nN2O  2nH2
8

h�
n h�
pB

BT:N
 0,0625mol ���
� nNaNO3  2nN2O  nNH4  0,3625mol

BT:H
� nNaHSO4  10nNH4  10nN2O  2nH2  2,225mol ���
� nH2O 

nNaHSO4  4nNH 4  2nH2
2

 0,9375mol

BTKL
���
� mA  mkim lo�i  85nNaNO3  120nNaHSO4  mB  18nH2O  308,1375(g)

Chọn D
Ví dụ 27:
Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp H gồm Mg (5a mol) và Fe3O4 (a mol) trong dung dịch chứa KNO3
và 0,725 mol HCl, cô cạn dung dịch sau phản ứng thì thu được lượng muối khan nặng hơn khối
lượng hỗn hợp H là 26,23g. Biết kết thúc phản ứng thu được 0,08 mol hỗn khí Z chứa H2 và NO,
tỉ khối của Z so với H2 bằng 11,5. % khối lượng sắt có trong muối khan có giá trị gần nhất với
A. 17%

B. 18%

C. 26%

D. 6%

Hướng dẫn giải
BT:N
���
� nNH4  nKNO3  nNO  (x  0,06)mol

mmu�i  mH  39nK   18nNH 4  35,5nCl   16nO(trong H)  39x  18(x 0,06)  35,5.0,725 64a

�
57x  64a  1,5725
x  0,0725mol
�

�
�mmu�i  mH  26,23
��
��
��
10nNH4  2nO(trong H)  4nNO  2nH2  nHCl
10(x  0,06)  8a  0,28  0,725 �
a  0,04mol
�
�
� mH  24.5a 232a  14,08(g) � mmu�ikhan  40,31(g) � %mFe 

0,04.3.56
.100  16,67
40,31

Chọn A.
Ví dụ 28:
Cho hỗn hợp X gồm FexOy, Fe, MgO, Mg. Cho m gam hỗn hợp X trên tác dụng với dung dịch
HNO3 dư thu được 6,72 lít hỗn hợp khí N2O và NO (dktc) có tỉ khối so với H2 là 15,933 và dung
dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thu được 129,4 gam muối khan. Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với
dung dịch H2SO4 đặc nóng dư thu được 15,68 lít khí SO 2 (đktc, sản phẩm khử duy nhất) và dung
dịch Z. Cô cạn dung dịch Z thu được 104 gam muối khan. Giá trị gần nhất của m là
A. 22,0

B. 28,5

C. 27,5
Hướng dẫn giải

- Hướng tư duy 1:

24

D. 29,0


3
���
� Fe3 , Mg 2 , NH 4 , NO3  {
NO , N O (1)
1 4 4 44 2 4 4 4 43 0,26 mol {2

HNO

Fe, Mg, O 
14 2 43
m gam X

0,04 mol

129,4(g) dd Y

H 2SO4
����
Fe3 , Mg 2 ,SO 24  SO 2 (2)
1 4 44 2 4 4 43 {
0,7 mol

104 (g) dd Z

- Tóm tắt quá trình:
BT: e cho (1) và (2)
�������
� n NH4 NO3 

2n SO2  3n NO  8n N2O
8

BTDT cho (1) và (2)
�������
� 2n SO 24   n NO3  n NH 4

 0, 0375 mol

m KL  m NH 4  m NO 3  129, 4 (1)
�
�
BTKL
���
��
m KL  m SO 24   104
(2)
�

(1)  (2)
����
� 62(2n SO 24  n NH 4  )  96n SO 42  24, 725 � n SO 4 2   0,8 mol

+ Xét quá trình (2):

BT: e  BTDT
�
������� 2n SO 24   2n SO 2  2n O � n O  0,1 mol
� m  m KL  m O  28,8 gam
�
m

m

m

104

0,8.96

27,
2
gam
2

KL
Y
�
SO 4
�

- Hướng tư duy 2:
BT: e cho (1) và (2)
�������
� n NH4 NO3 

2n SO2  3n NO  8n N2O
8

 0, 0375 mol

+ Gọi T là hỗn hợp muối chứa Fe(NO3)2 và Mg(NO3)2 suy ra:

mT  m Y  m NH 4 NO3  126, 4gam

+ Áp dụng phương pháp tăng giảm khối lượng + bảo toàn điện tích cho hỗn hợp T và Z ta có:
� 2n NO   nSO 2 
3

4

mT  m Z
126, 4  104

 0,8 mol
2.M NO   MSO 2 
2.62  96
3

+ Xét quá trình (2):

4

BT: S  BT: H
�����

� n H 2O  n H 2SO 4  n SO2  n SO 2   1,5 mol
4

BTKL
����
m X  mH 2SO4  m Z  mSO2  mH2O � m  28,8gam

Ví dụ 29:
Cho 30 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 90,400
gam muối sunfat trung hòa và 3,920 lít khí Z (đktc) gồm hai khí N2 và H2. Biết tỉ khối của Z so
với H2 là 33. Phần trăm khối lượng của nhôm trong hỗn hợp X gần với giá trị nào sau đây ?
A. 14,15%

B. 13,0%

C. 13,4%
Hướng dẫn giải

- Hỗn hợp Z gồm N2 (0,05 mol) và H2 (0,125 mol)
- Khi cho X tác dụng với dung dịch H 2SO4 loãng, ta có :

25

D. 14,1%