Giúp học sinh phân dạng và giải nhanh bài tập về tính oxi hóa của NO3 trong môi trường axit, chương nito – photpho, để bồi dưỡng học sinh giỏi hóa học 11 ở trường THPT

MỤC LỤC
Trang
1.

Mở đầu................................................................................

2

1.
1

Lý do chọn đề tài.................................................................

2

1.
2

Mục đích nghiên cứu............................................................

2

1.
3

Đối tượng nghiên cứu..........................................................

3

1.
4

Phương pháp nghiên cứu......................................................

3

2.

Nội dung sáng kiến kinh nghiệm......................................

3

2.
1

Cơ sở lý luận........................................................................

3

2.
2

Thực trạng của vấn đề..........................................................

5

2.
3

Giải pháp và tổ chức thực hiện để giải quyết vấn đề...........

5

2.
4

Hiệu quả trong việc triển khai đề tài....................................

20

3.

Kết luận và kiến nghị.........................................................

21

3.
1

Kết luận................................................................................

21

3.
2

Kiến nghị..............................................................................

21

Tài liệu tham khảo................................................................

24

Một số kí hiệu dùng trong đề tài..........................................

24

Danh mục các đề tài sáng kiến kinh nghiệm đã được hội đồng
đánh giá xếp loại cấp phòng GD&ĐT, cấp sở GD&ĐT và các
cấp cao hơn xếp loại từ C trở lên.

25

1


1. PHẦN MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài
Đất nước ta đang bước vào giai đoạn quyết định của thời kì công nghiệp hóahiện đại hóa đất nước, cùng với sự phát triển như vũ bão của khoa học – kĩ thuật, sự
bùng nổ của công nghệ cao, trong xu thế toàn cầu hóa, việc chuẩn bị và đầu tư vào
con người nhằm tạo ra những con người có đủ năng lực trình độ để nắm bắt khoa
học kĩ thuật, đủ bản lĩnh để làm chủ vận mệnh đất nước là vấn đề sống còn của
quốc gia. “ Nâng cao dân trí – Đào tạo nhân lực – Bồi dưỡng nhân tài” luôn là
nhiệm vụ trung tâm của giáo dục - đào tạo. Trong đó việc phát hiện và bồi dưỡng
những học sinh có năng khiếu về các môn học ở bậc học phổ thông chính là bước
khởi đầu quan trọng để góp phần đào tạo các em thành những người đi đầu trong
các lĩnh vực của khoa học và đời sống. Vì lẽ đó nên công tác bồi dưỡng học sinh
giỏi là nhiệm vụ tất yếu của mỗi trường học, mỗi giáo viên.
Việc phát hiện và bồi dưỡng học sinh giỏi Hóa nằm trong nhiệm vụ phát hiện và
bồi dưỡng nhân tài chung của giáo dục phổ thông; nó là nhiệm vụ then chốt trong

mỗi nhà trường và là công việc thường xuyên của mỗi giáo viên dạy hóa học. Có
làm tốt điều đó mới có thể đáp ứng được yêu cầu ngày càng cao của chất lượng
giáo dục, tiếp cận với chương trình dạy học mới. Và sử dụng bài tập Hóa học là
một trong những phương pháp dạy học quan trọng nhất để nâng cao chất lượng bộ
môn. Đối với học sinh, giải bài tập hóa học là một phương pháp học tập tích cực.
Vì vậy giáo viên cần tự biên soạn tài liệu dùng để ôn thi học sinh giỏi. Làm thế nào
để học sinh có thể phân loại và hiểu phương pháp giải từ đó sử dụng linh hoạt vào
giải quyết những vấn đề quen thuộc, tiết kiệm được thời gian.
Từ năm học 2017-2018 thi học sinh giỏi tỉnh ở tỉnh Thanh Hóa lại thi đối tượng
là học sinh lớp 11. Trong chương trình lớp 11, bài tập về “Tính oxi hóa của NO3trong môi trường axit” thuộc chương Nito – Photpho vô cùng quan trọng, hay
nhưng khá khó, tôi nhận thấy học sinh còn rất lúng túng khi giải một số bài tập loại
này, đặc biệt là bài tập vô cơ tổng hợp. Trong khi đó, bài tập về “Tính oxi hóa của
NO3- trong môi trường axit”, thuộc chương Nito - Photpho hầu như có nhiều trong
các đề tốt nghiệp, đề thi THPT QG, đặc biệt là đề thi học sinh giỏi văn hóa cấp tỉnh
2


11. Vì vậy, tôi đã chọn đề tài “ Giúp học sinh phân dạng và giải nhanh bài tập về
tính oxi hóa của NO3- trong môi trường axit, chương Nito – Photpho, để bồi
dưỡng học sinh giỏi hóa học 11 ở trường THPT” làm đề tài sáng kiến kinh
nghiệm của mình.
1.2. Mục đích nghiên cứu.
Nghiên cứu cơ sở lí luận và thực tiễn một số dạng toán vô cơ về “Tính oxi hóa
của NO3- trong môi trường axit”, trong chương Nito- Photpho hay gặp, từ đó đề
xuất phương pháp giải nhanh phù hợp với tư duy để HS, nhằm nâng cao chất lượng
dạy và học đội tuyển học sinh giỏi Hóa học 11.
Xây dựng hệ thống bài tập giải toán “Tính oxi hóa của NO 3- trong môi trường
axit” thuộc nhóm Nito - Photpho để bồi dưỡng học sinh giỏi hóa học khối 11 theo
hướng phát triển tư duy cho HS.
Đánh giá tính khả thi thông qua khả năng nhận thức của HS và hiệu quả đề tài

thông qua các dạng bài tập hóa học.
1.3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu.
1.3.1.Đối tượng
Một số dạng bài toán “Tính oxi hóa của NO3- trong môi trường axit” trong
chương Nito – photpho ở lớp 11.
1.3.2. Khách thể
Học sinh lớp 11 - THPT.
1.3.3. Phạm vi nghiên cứu
Nghiên cứu một số dạng bài tập “Tính oxi hóa của NO3- trong môi trường axit”
chương nito - photpho khó và đề xuất phương pháp giải nhằm phát triển khả năng
tư duy đạt hiệu quả cao.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
1.4.1. Nghiên cứu lí thuyết
Đọc, nghiên cứu các dạng bài tập “Tính oxi hóa của NO3- trong môi trường
axit” chương Nito - photpho phức tạp.
Đọc, tìm hiểu và nghiên cứu các tài liệu viết về phương pháp giải các dạng
toán “Tính oxi hóa của NO3- trong môi trường axit”.
1.4.2. Nghiên cứu thực tiễn
Tìm hiểu, quan sát quá trình học tập, giải BTHH của học sinh.
Khảo sát các đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh của tỉnh Thanh Hoá và các đề thi thử
HSG , các đề giao lưu khảo sát chất lượng học sinh giỏi của các trường trong các
năm học 2019-2020.

3


Chọn 02 tốp học sinh lớp 11 trong đó có 01 tốp học ban cơ bản A không áp dụng
đề tài, 01 tốp học cơ bản A triển khai đề tài. Qua đó tôi so sánh, đối chiếu kết quả
trước và sau khi thực hiện đề tài để rút ra kết luận.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

2.1. Cơ sở lí luận
2.1.1. Tính chất hóa học của HNO3
2.1.1.1. Tính axit: HNO3 là một trong số các axit mạnh nhất, trong dung dịch:
HNO3
H + + NO3–
- Dung dịch axit HNO3 có đầy đủ tính chất của một dung dịch axit: làm đỏ quỳ tím,
tác dụng với oxit bazơ, bazơ, muối của axit yếu hơn.
CuO + 2HNO3 → Cu(NO3)2 + H2O
Ba(OH)2 + 2HNO3 → Ba(NO3)2 + 2H2O
CaCO3 + 2HNO3 → Ca(NO3)2 + CO2 + H2O
2.1.1.2. Tính oxi hóa :
Kim loại hay phi kim khi gặp axit HNO3 đều bị oxi hóa về trạng thái oxi hóa cao
nhất. Tùy vào nồng độ của axit và bản chất của chất khử mà HNO 3 có thể bị khử
đến: N2, N2O, NO, NO2, NH4NO3.
a) Với kim loại: HNO3 oxi hóa được hầu hết các kim loại (trừ Au và Pt), không
giải phóng khí H2, do ion NO3- có khả năng oxi hóa mạnh hơn H+. Khi đó kim
loại bị oxi hóa đến mức oxi hoá cao nhất.
- Với những kim loại có tính khử yếu như: Cu, Ag…thì HNO3 đặc nóng bị khử đến
NO2 ; HNO3 loãng bị khử đến NO.
Ví dụ: Cu + 4HNO3(đặc nóng
Cu(NO3)2 + 2NO2 + 2H 2O.
3Cu + 8HNO3(loãng)
3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H 2O.
- Khi tác dụng với những kim loại có tính khử mạnh hơn như: : Mg, Zn, Al….
+ HNO3 đặc nóng bị khử đến NO2
+ HNO3 loãng bị khử đến N2O , N2 hoặc NH4NO3.
+ Fe, Al, Cr bị thụ động hóa trong dung dịch HNO3 đặc nguội.
b) Với phi kim: Khi đun nóng HNO3 đặc có thể tác dụng được chủ yếu với: C, P,
S…(trừ N2 và halogen)
Ví dụ:

S + 6HNO3(đặc nóng) → H2SO4 + 6NO2 + 2H2O
C + 4HNO3(đặc nóng) → CO2 + 4NO2 + 2 H2O
→ Thấy thoát khí màu nâu có NO2, khi nhỏ dung dịch BaCl2 thấy có kết tủa
màu trắng, chứng tỏ có ion SO42-.
c) Với hợp chất:
4


- H2S, HI, SO2, FeO, Fe3O4, muối sắt (II)… có thể tác dụng với HNO3, nguyên tố bị
oxi hoá trong hợp chất chuyển lên mức oxi hoá cao hơn. Ví dụ như :
3FeO + 10HNO3(đặc) → 3Fe(NO3)3 + NO + 5H2O
3H2S + 2HNO3(đặc) → 3S + 2NO + 4H2O
2.1.2. Tính chất hóa học của anion NO32.1.2.1. Anion gốc axit NO3- trong môi trường trung tính.
Trong môi trường trung tính anion NO3- không có tính oxi hoá.
Ví dụ: Cho mảnh kim loại Cu vào dd KNO3 không xảy ra phản ứng.
2.1.2.2. Anion gốc axit NO3- trong môi trường axit.
Trong môi trường axit, anion NO 3- có tính oxi hoá mạnh như axit HNO 3. Khi đó
nó sẽ oxi hoá được các chất có tính khử như: các kim loại, phi kim và một số hợp
chất có tính khử. Đồng thời dung dịch hỗn hợp (NO 3-, H+) cũng có đầy đử tính chất
hóa học của (H+) axit mạnh.
Ví dụ 1: Khi cho mảnh kim loại Cu vào dung dich KNO3 sau đó thêm tiếp vào
lượng dư dung dịch axit HCl lại thấy dung dịch chuyển màu xanh và có bọt khí
thoát ra.
⇒

+

-

→

PTHH: 3Cu + 8H + 2NO3
3Cu2+ + 2NO + 4H2O
Ví dụ 2: Rót một lượng dung dịch FeCl2 vào cốc đựng dung dịch NaNO3, không
thấy có hiện tượng gì, nhưng khi nhỏ thêm dung dịch H 2SO4 loãng vào thi thấy có
khí thoát ra và dung chuyển sang màu vàng nâu của muối sắt III.
→

⇒

PTHH: 3Fe2+ + 4H+ + NO33Fe2+ + NO + 2H2O
Ví dụ 3: Khi cho kim loại Fe tác dụng với dung dịch hỗn hợp hai axit (H 2SO4
loãng và HNO3) hay dung dịch hỗn hợp axit (HCl, H 2SO4 loãng và muối nitrat)
thấy Fe tan và có khí thoát ra.
→

⇒

PTHH: Fe + 4H+ + NO3Fe3+ + NO + 2H2O
2.1.2.3. Anion gốc axit NO3- trong môi trường bazơ.
Trong môi trường bazơ ion NO3- có tính oxi hoá yếu. Những kim loai như Al, Zn có
thể bị oxi hoá bởi ion NO3- trong môi trường bazơ và N+5 có thể bị khử xuống
N-3 trong NH3:
-

3

8Al + 5OH + 3NO + 2H2O
→

→

-

8AlO2 + 3NH3

↑

↑

4Zn + NO3- + 7OH4ZnO22- + NH3 + 2H2O
2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Qua điều tra, khảo sát về phía học sinh, qua nghiên cứu chương trình giảng dạy,
qua kết quả bài làm của đội tuyển HSG lớp 11, qua trao đổi trực tiếp với đồng
nghiệp và thực tế trực tiếp giảng dạy ở trường THPT Thọ Xuân 4, tôi rút ra một số
nhận xét về thực trạng của vấn đề nghiên cứu cụ thể như sau:
5


2.2.1.Về phía học sinh: Khi giải các bài tập vô cơ phức tạp về “Tính oxi hóa của
NO3- trong môi trường axit”, nhiều HS ngại khó, chưa tự giác tích cực, chưa phát
huy được khả năng tư duy sáng tạo; học sinh thiếu kiến thức cơ bản về kĩ năng làm
bài tập khó, nên khi gặp bài khó học sinh thường gặp lúng túng và không giải được.
2.2.2.Về phía giáo viên
- Giáo viên, phần vì không có đủ thời gian rèn luyện kĩ năng cho học sinh nhiều
trên lớp, phần vì còn dạy truyền thụ theo phương pháp truyền thống và dạy sơ sài
qua loa vì nghĩ học sinh không thích học phần khó nên cũng chẳng cần phải đầu tư.
Trong khâu rèn kĩ năng cho học sinh, thì đôi khi chỉ chú trọng cho học sinh làm các
bài tập đơn giản để dễ gỡ điểm.
2.2.3.Về phía phụ huynh: Sự quan tâm của một số phụ huynh đến việc học tập

của con em mình còn hạn chế.
2.3. Giải pháp và tổ chức thực hiện để giải quyết vấn đề
Dạng bài tập 1: Vận dụng linh hoạt các định luật bảo toàn qua bài toán: kim
loại hoặc hỗn hợp kim loại tác dụng với NO3- trong môi trường axit (H+)
Bản chất của phản ứng giữa kim loại hoặc hỗn hợp kim loại tác dụng với NO3trong môi trường H+ chính là phản ứng của kim loại hoặc hỗn hợp kim loại với
dung dịch chứa (a mol H+ và b mol NO3-), tương tự như HNO3.
* Khi giải cần chú ý một số điểm sau:
+ Sau phản ứng nếu có khí H2 thoát ra thì dung dịch không còn ion NO3+ Nếu hỗn hợp kim loại có Fe, Cu còn dư thì trong dung dịch sau phản ứng chỉ thu
được muối Fe2+.
+ Nếu H+, NO3- còn dư thì chỉ tạo muối sắt III (Fe3+)
+ Kim loại ban đầu tham gia phản ứng có Al, Mg, Zn thì sau phản ứng thường có
sản phẩm khử là NH4+ tạo thành trong dung dịch, nên đặt số mol NH 4+ bằng lượng
x (mol) ( với x ≥ 0)
+ Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được sau phản ứng thu được chất rắn, chất
rắn đó thường là muối, chứa các ion: Ion chưa phản ứng; ion phản ứng còn dư; ion
vừa sinh ra.
+ Nếu ion sau phản ứng còn dư H +, mà dung dịch sau phản ứng có ion Cl - hoặc
NO3- hoặc thì khi cô cạn dung dịch sau phản ứng thì HCl, HNO3 sẽ bay hơi.
+ Với các kim loại có tính khử trung bình và yếu (thường là kim loại từ Fe trở đi:
Fe, Cu, Pb, Ag..) thì sản phẩm khử thường NO.
* Phương pháp giải:
- Đối với loại bài toán này là thường phải viết phương trình ion rút gọn có sự tham
gia của ion H+, NO3-, kim loại. Sau đó so sánh số mol của chất khử (kim loại M) với
tổng số mol H+ và tổng số mol NO3- để xem chất hay ion nào đã phản ứng hết, rồi
mới tính toán tiếp theo số mol hết.
- Khi giải thường kết hợp linh hoạt các định luật bảo toàn:
+ Bảo toàn khối lượng:
6

mCác chát trước phản ứng = mCác chất sau phản ứng
mChất rắn sau phản ứng = m Các ion dương + mCác ion âm
mPhân tử = m Khối lượng các nguyên tố trong phân tử
+ Bảo toàn Electron:
nSố mol e nhường của các kim loại = nSố mol e nhận NO3- + nsố mol e nhận của H+ + nsoosmol e nhận của O(oxit)
+ Bảo toàn nguyên tố N, H, O, kim loại
Bảo toàn nguyên tố N:

∑n

= nN ( Spk:NO , NO , N

∑n

= nH + ( tao − spk ) + nH + ( tao − H ) + nH ( H 2O )

∑n

+ ∑ nO ( NO− ) = nO ( Spk :NO , NO2 , N2O ) + nO ( H 2O )

NO3− ( bd )

H + ( pu )

Bảo toàn nguyên tố H:

O ( oxit )

2

+
2 , N 2O , NH 4 )

+ nN ( NO− muoi )
3

2

3

Bảo toàn nguyên tố O:
Bảo toàn nguyên tố kim loại: nKim loại ban đầu = nIon kim loại trong dung dịch + nKim loại dư
+ Bảo toàn điện tích: Trong dung dịch bất kì

∑

∑

nĐiện tích dương =

nĐiện tích âm

* Một số ví dụ minh họa

Ví dụ 1: (1) Cho hỗn hợp gồm 1,12 gam Fe và 1,92 gam Cu vào 400 ml dung dịch
chứa hỗn hợp gồm H2SO4 0,5M và NaNO3 0,2M. Sau khi các phản ứng xảy ra
hoàn toàn, thu được dung dịch X và khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Cho V ml
dung dịch NaOH 1M vào dung dịch X thì lượng kết tủa thu được là lớn nhất. Tính
giá trị tối thiểu của V.
Hướng dẫn giải

nH + = 0, 4mol

nNO− = 0, 08mol
3

;

Mol PƯ:

⇒

; nFe= 0,2 mol ; nCu= 0,3 mol
Fe → Fe3+ +3e
Cu →
0,02 0,02 0,06
0,03

Tổng số mol e nhường = 0,12 mol
NO3- +
3e
+

Mol ban đầu:

0,08

0,24

⇒

4H+ →

NO

ne nhận > ne nhường
⇒

Cu2+ + 2e
0,03 0,06
+

⇒

2H2O
Fe tan hết

Mol PƯ:
0,04
0,12
0,16
nH+ dư = 0,4 - 0,16 = 0,24 mol
Lượng dung dịch NaOH tối thiểu cần cho vào dung dịch X, để thu được lượng kết
tủa lớn nhất khi OH- tác dụng vừa hết với H+ dư, Fe3+, Cu2+
H+ + OH- → H2O
Fe

3+

-

+ 3OH → Fe(OH)3

↓

Cu2+ + 2OH- → Cu(OH)2

↓

7


∑n

= ∑ nOH − = nH + + 3n Fe3+ + 2nCu 2+ = 0, 24 + 0, 02.3 + 0, 03.2 = 0,36 mol

NaOH

⇒ VNaOH =

0,36
= 0,36l = 360ml
1

Ví dụ 2: (2) Hòa tan 1,12 gam Fe bằng 300 ml dung dịch HCl 0,2 M, thu được
dung dịch X và khí H2. Cho dung dịch AgNO3 dư vào X, thu được khí NO (sản
phẩm khử duy nhất của N+5) và m gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
Giá trị của m là
A. 10,23
B. 8,61
C. 7,36

D. 9,15
Hướng dẫn giải
Vì cho dung dịch AgNO3 dư và dung dịch X thấy khí NO thoát ra chứng tỏ H+ còn
dư
trong X

⇒ nH 2 = nFe = 0, 02mol

nH + ( pu ) = 2nH 2 = 0, 02.2 = 0, 04mol

,

. Ta có sơ đồ sau:
+

0

+ HCl (0,06 mol )
Fe : 0, 02mol 
→

dd : H (du ), Fe
0

H 2 ↑: 0, 02mol

3Fe2+ + 4H+ + NO3-

+ dd Ag NO3 ( du )
→

-

+ Cl → AgCl

Với:

nH + ( du )
4

=

↑

+ 2H2O

↓

↓

Áp bảo toàn electron cho cả quá trình trên:
nNO =

+2

NO↑
dd : Fe3+

→ 3Fe3+ + NO

Fe2+ + Ag+ → Fe3+ + Ag
Ag

1+

→ Fe2+ + H2

Fe + 2H+

+

kt : Ag ↓; AgCl (0, 06 = nCl − )

2+

3nFe = 2nH 2 + 3nNO + nAg

0,3.0, 2 − 0, 04
= 0, 005mol ⇒ nAg = 3.nFe − 2nH 2 − 3nNO = 0, 005mol
4

Khối lượng kết tủa:

m↓ = mAg ↓ + m AgCl ↓ = 0, 005.108 + 0, 06.143,5 = 9,15( gam)

⇒

Đáp án: D.
Ví dụ 3: (1) Cho 13,36 gam hỗn hợp gồm Mg và Cu(NO3)2 tan vừa đủ trong dung
dịch hỗn hợp chứa 0,98 mol HCl và x mol NaNO3. Sau phản ứng thu được dung

dịch Y chỉ chứa muối clorua và 0,04 mol khí N2. Biết sau phản ứng không thu được
8


chất rắn. Cô cạn cẩn thận Y thu được m gam muối khan. Biết các phản ứng hoàn
toàn. Tìm m.
Hướng dẫn giải
Gọi a, và b là số mol của Mg và Cu(NO3)2 => 24 a + 188b = 13,36 (1)
Ta có quá trình nhường e: Mg
Mol PƯ:
a
Quá trình nhận e: 12H

+

→

Mg2+ + 2e
a
2a

3

+ 2NO + 10e

→

¬

N2 +

6H2O

0,48
0,08
0,4
0,04
Vì sau phản ứng thu được dung dịch Y chỉ chứa muối clorua nên NO3- và H+ đã
phản ứng hết. Do đó, có tiếp phản ứng:
10H+ + NO3- + 8e
Mol PƯ: (0,98 - 0,48= 0,5)
0,05
0,4

∑n

NO3− ( bd )

→

NH4+ + 3H2O
0,05

= 0,13 = 2b + x

Ta có
(2)
Vì sau phản ứng không thu được chất rắn, không có Cu tạo thành , nên Cu2+ không
phản ứng với Mg.
Áp dụng định luật bảo toàn electron, cho 3 quá trình oxi hóa – khử trên, ta có:

ne nhường = ne nhận => 2 a = 0,8 => a = 0,4. Thay a vào (1), (2) => b = 0,02, x = 0,09
=> Dung dịch sau phản ứng chứa: 0,4 mol Mg2+; 0,02 mol Cu2+; 0,09 mol Na+; 0,05
mol NH4+ và 0,98 mol Cl-.
Vậy khối lượng muối khan thu được khi cô cạn dung dịch Y là:
mmuoi = mCu 2+ + mMg 2+ + mNa+ + mNH + + mCl − = 0, 02.64 + 0, 4.24 + 0, 09.23 + 0, 05.18 + 0,98.35,5
4

⇒ mmuoi = 48, 64( gam)

Ví dụ 4: (1) Cho 31,15 gam hỗn hợp bột Zn và Mg (tỷ lệ mol 1:1) tan hết trong
dung dịch hỗn hợp gồm NaNO3 và NaHSO4 thu được dung dịch A chỉ chứa m gam
hỗn hợp các muối và 4,48 lít (đktc) hỗn hợp khí B gồm N2O và H2. Khí B có tỷ
khối so với H2 bằng 11,5. Tính m?
Hướng dẫn giải
Đặt số mol của Zn và Mg lần lượt là a và b, ta có hệ phương trình sau
a = b
 a = 0, 35mol = nZn
⇒
⇔
b = 0,35mol = nMg
65a + 24b = 31,15 = mhh

9


Theo đề ra ta có:

4, 48

n N2O + nH 2 = 22, 4 = 0, 2

nN2O = 0,1mol

⇔

44.nN2O + 2.nH 2
d B = M B = 11,5 =
nH 2 = 0,1mol
 H 2 M H 2
2.0, 2

Ta có sơ đồ chuyển hóa:

 Zn 2 + :0, 35mol


2+

 Mg :0, 35mol
 dd A  Na + : (x + 0, 25)mol + H O

2

 Zn :0, 35mol  NaNO3 0, 25mol

+

+
→

 NH 4 :0, 05mol


 Mg :0, 35mol  NaHSO 4 xmol
SO 24 − : xmol



  N 2 O 0,1
 H
  2 0,1
BTE

→ 2n Zn + 2n Mg = 2n H2 + 8n N2O + 8n NH+ ⇒ n NH+ =
4

4

0,35.2 + 0,35.2 − 0,1.8 − 0,1.2
= 0, 05 (mol)
8

n NO− ( NaNO ) = 2n N2 O + n NH+ ⇒ n NaNO3 = 0, 05 + 0,1.2 = 0, 25 (mol)
3

3

4

Bảo toàn nguyên tố N ta có:
Đặt x là số mol NaHSO4 . Áp dụng định luật bảo toàn điện tích với dung dịch A:
2n Zn 2+ + 2n Mg2+ + n Na + + n NH+ = 2n SO2− ⇔ 0,35.2 + 0,35.2 + x + 0, 25 + 0, 05 = 2x => x = 1, 7 (mol)

4

4

⇒ m = mZn2+ + mMg 2+ + mNa+ + mNH + + mSO 2− = 0,35.65 + 0,35.24 + 23.(0, 25 + 1, 7) + 0, 05.18 + 1, 7.96
4

4

Vậy: m = 240,1 (gam)
* Một số bài tập tự luyện
Bài 1: Dung dịch A có chứa 0,01 mol Fe(NO3)3 và 0,15 mol HCl có khả năng hoà
tan tối đa bao nhiêu gam Cu kim loại (Biết NO là sản phẩm khử duy nhất)
A. 2,88g
B. 3,92g
C. 3,2g
D. 6,4g
Bài 2:Cho 1,92g Cu vào 100ml dd hỗn hợp có chứa KNO 3 0,16M và H2SO4 0,4M,
thấy sinh ra một chất khí có tỷ khối hơi so với H 2 là 15 và dung dịch A. Thể tích
dung dịch NaOH 0,5M tối thiểu cần dùng để kết tủa hết ion Cu2+ trong dung dịch A
là
A. 0,128 lit
B. 0,218lit
C. 1,28 lit
D. 0,182 lit

10


Bài 3: Hoà tan hết 10,32g hỗn hợp Ag, Cu bằng lượng vừa đủ 160ml dung dịch

gồm HNO3 1M và H2SO4 0,5M thu được dung dịch X và sản phẩm khử NO duy
nhất. Cô cạn dung dịch A thu được khối lượng muối khan là:
A. 22,96g
B. 18,00g
C. 27,92g
D. 29,72g
Bài 4: (3) Hòa tan hết 2,04 gam kim loại M trong dung dịch X gồm HNO3 0,1M và
H2SO4 0,3M, thu được dung dịch Y (không chứa muối amoni) và 0,784 lít (đktc)
hỗn hợp Z gồm ba khí. Biết hỗn hợp khí Z chứa 0,28 gam N2, 0,6 gam NO và
nguyên tố nitơ trong Z chiếm 62,92% về khối lượng. Xác định kim loại M. (Đáp
số: M là Mg)
Dạng bài tập 2: Xử lí tinh tế bài toán kim loại và oxit kim loại tác dụng với
NO3- trong môi trường H+
Đây là một trong những dạng toán tổng hợp thường được các đề thi trung học phổ
thông quốc gia, đề thi học sinh giỏi hóa học 11 khai thác để làm câu hỏi phân loại.
* Phương pháp giải:
Khi giải loại toán này cần chú ý đến 2 kỹ thuật tư duy chủ đạo gồm:
*Kỹ thuật thứ nhất: Tư duy phân chia nhiệm của H+
Tương tự dạng bài tập 1, H+ thường làm một hoặc một số các nhiệm vụ: như H+
kết hợp với NO3- sinh ra các sản phẩm khử sau: NO, NO 2, N2, N2O, NH4+, H2.
Ngoài ra khác với dạng bài tập 1, H+ còn tác dụng với O2- trong oxit thành H2O
- Để áp dụng tốt tư duy phân chia nhiệm vụ của H+, cần nhớ các phương trình Ionelectron sau:
+

3

(1) 4H + NO + 3e

→

(3) 10H+ + 2NO3- + 8e

NO
→

(5) 12H+ + 2NO3- + 10e

→

↑

N2O

→

N2

+ 2H2O
↑
↑

+

-

(2) 2H + NO3 + 1e

+ 5H2O

(4) 2H+ + O2-

+ 6H2O

(6) 2H+

→

→

H2

→

NO2

↑

+ H2O

H2O

↑

(7) 10H+ + NO3- + 8e NH4+ + 3H2O
*Kỹ thuật thứ hai: Kĩ thuật tư duy “Đi tắt đón đầu”
- Theo hóa học, tư duy “ Đi tắt đón đầu”, thực chất là trả lời các câu hỏi sau
+ Sản phẩm sau phản ứng gồm những chất nào?
+ Cuối cùng những nguyên tố ban đầu, những chất ban đầu đã chạy vào đâu,
chuyển hóa vào những chất nào?
+ Trong cả quá trình, những nguyên tố nào có số oxi hóa tăng, giảm?

+ Dung dịch sau phản ứng gồm những ion nào, số mol là bao nhêu?
+ Chất khí, chất kết tủa, chất rắn gồm những chất nào, số mol là bao nhiêu?
⇒

Sau khi trả lời những câu hỏi trên thì chúng ta sẽ:

11


•

•
•

Thường sẽ quy đổi hỗn hợp – kim loại và oxit kim loại – thành các đơn chất kim
loại và O, từ đó biến bài toán thành: hỗn hợp các kim loại và O tác dụng với
NO3- trong môi trường H+.
Viết sơ đồ chuyển hóa giữa các chất phản ứng, sản phẩm cho cả quá trình; xác
định các chất khử, các chất oxi hóa, điền lượng các chất đã biết vào sơ đồ.
Sau đó vận dụng linh hoạt các định luật bảo toàn như: bảo toàn khối lượng, bảo
toàn electron, bảo toàn nguyên tố (N,H,O, kim loại…), bảo toàn điện tích… để
lập các phương trình đại số, kết hợp giải hệ, tìm ra các ẩn số của bài toán và suy
ra đáp án nhanh chóng.

* Một số ví dụ minh họa

Ví dụ 1: (1) Hòa tan 349,32 gam hỗn hợp muối NaHSO4 và Mg(NO3)2 vào nước dư
thu được dung dịch A. Chia dung dịch A làm 2 phần bằng nhau. Cho phần 1 tác
dụng với lượng dư dung dịch Ba(OH)2 thu được 328,81 gam kết tủa. Sau đó cho m
gam hỗn hợp B gồm Mg, Al, Al2O3 và MgO (với tỉ lệ mol của 3 chất đầu tương ứng

là 1:2:1) vào phần 2 rồi khuấy đều tới khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thấy B tan
hết, thu được dung dịch C chỉ chứa các muối và có 2,912 lít (đktc) hỗn hợp khí D
không màu, có tổng khối lượng là 1,78 gam, trong đó NO chiếm 3/13 số mol hỗn
hợp và khí N2O chiếm 1/13 số mol hỗn hợp. Tính giá trị của m?
Hướng dẫn giải
-Trong 1/2 dung dịch A: Gọi số mol của NaHSO4 và Mg(NO3)2 tương ứng là a mol
⇒

và b mol
120 a + 148 b = 174,66 (1)
+ Cho phần 1 tác dụng với lượng dư dung dịch Ba(OH)2:
Ba2+

+ SO42-

⇒

→

BaSO4

↓

Mg2+

+ 2OH-

→

Mg(OH)2

↓

233a + 58b = 328,81 (2)
Giải hệ các phương trình (1) và (2) ta có a = 1,4 mol và b = 0,045 mol
⇒ nH + = 1, 4mol ; nNO3− = 0, 09mol

⇒ nNO = 0, 03mol ; nN 2O = 0, 01mol

+ Xét hỗn hợp khí D: nD = 0,13 mol
Mà D gồm các khí không màu nên đó là các khí NO, N2O, N2: x mol và H2: y mol.
Khi đó ta có: nD = 0,03 + 0,01 + x + y = 0,13 (3)
mD = 30.0,03 + 44.0,01 + 28x + 2y = 1,78 (4)
Giải hệ các phương trình (3) và (4) ta có x = 0,01 mol và y = 0,08 mol.
-Trong m (g) hỗn hợp B: đặt
Ta có các quá trình nhận e:

nMg = nAl2O3 = z (mol )

và

nAl = 2 z (mol )

Quá trình nhận e:
12


+

→

-

4H

+ NO3 + 3e

0,12

0,03

0,09

10H+ + 2NO3- + 8e
0,1

0,02

12H+
0,12

Mg

0,03

z

←

→

N2O + 5H2O

←

0,08

+ 2NO3- + 10e
0,02

NO + 2H2O

0,1

Al

0,01

→
←

→

→

Mg2+

2z
Al3+

2z

N2 + 6H2O
0,01

nNO− ( pu ) = 0, 03 + 0, 02 + 0, 02 = 0, 07 < nNO− ( bd ) = 0, 09mol
3

2H+ + 2e
0,16

+ 2e

→

0,16

+ 3e
6z
H2

←

0,08

3

Ta có
Do đã có phản ứng tạo khí H2 nên NO3- phản ứng hết, vậy có tạo ra NH4+
10H+ + NO3←

0,2

0,02

→

+ 8e

→

0,16

NH4+

+ 3H2O

0,02

⇒ ∑ ne ( nhan ) = 0,59mol = ∑ ne ( nhuong ) = 8 z ⇒ z = 0, 07375mol
⇒ ∑ nH + ( pu ) = 0, 7 mol < nH + = 1, 4mol

⇒

Mà sau các phản ứng chỉ chứa muối nên H+ hết

Số mol H+ phản ứng với O2- trong oxit = 1,4 - 0,7 = 0,7 mol

2H+

→

→

+ O2-

H2O

⇒

0,7
0,35
Số mol O trong B = 0,35 mol.
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố O trong hỗn hợp B:
nO ( B ) = nO ( Al2O3 ) + nO ( MgO ) ⇔ 0,35 = 3.0, 07375 + nMgO ⇒ nMgO = 0,12875mol

⇒ m = mMg + m Al + mAl2O3 + mMgO = 0, 07375.24 + 0, 07375.2.27 + 0, 07375.102 + 0,12875.40
⇒ m = 18, 425( g )

Vậy: m = 18,425 gam.
Ví dụ 2: (4) Hòa tan hết 10,24 gam hỗn hợp X gồm Fe và Fe 3O4 bằng 200 ml dung
dịch chứa H2SO4 0,5M và HNO3 2,5M thu được dung dịch Y và hỗn hợp gồm 0,1
mol NO và a mol NO2 (không có sản phẩm khử 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. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính m.
Hướng dẫn giải
Ta có:

∑n

H+

nNO− = 0,5mol

= 0, 7mol

nSO2− = 0,1mol

3

;

4

;
13


Giả sử 1kết tủa thu được ở phần 1 là Fe(OH)3.
Quy đổi hỗn hợp X (Fe và Fe3O4) thành Fe và O, ta có sơ đồ phản ứng sau:
•

NO3− : (0, 5 − 0,1 − a)
 H + :0, 7mol
 Fe : xmol 
10, 24 (g) X 
+  NO3− : 0, 5mol →
O
:

ymol

 2−
SO 4 : 0,1mol

ddY :

SO 24 − : 0,1mol
Fe3+
H + (du)

NO : 0,1mol
NO 2 : amol

Quá trình nhường electron:
Fe0
Fe3+ + 3e

Các quá trình nhận electron:
O0 +2e + 2H+
H2O2-

NO3- + 3e + 4H+

NO3- + 1e + 2H+

NO + 2H2O

NO2 + H2O

Bảo toàn electron ta có: 3x = 2y + 0,3 + a
(1)
Khối lượng: 56x + 16y = 10,24 (2)
Từ trên ta có số mol H+ còn dư = 0,7 – 2y – 0,4 – 2a = 0,3 – 2y – 2a
- Khi cho phần 1 tác dụng với 0,2 mol KOH, ta có
KOH + H+
H2O + K+
Fe3+ + 3OHFe(OH)3
⇒ Tổng số mol OH- = 0,15 – y – a + 0,05 x 3 = 0,2 ⇒ y + a = 0,1 (3)
Giải hệ (1), (2), (3) ta được x = 0,16; y = 0,08; a = 0,02
⇒ nH + ( du ) = 0,3 − 2 y − 2a = 0,3 − 2.0.08 − 2.0, 02 = 0,1mol > 0 ⇒

⇒

H+ dư nên sau phản ứng

chỉ tạo muối sắt Fe3+
Điều giả sử là đúng.
- Vậy khi cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào phần hai thì có 2 kết tủa: Fe(OH)3,BaSO4
Fe3+ + 3OH- → Fe(OH)3
0,08
0,08

↓

Ba2+ + SO42- → BaSO4
0,05
0,05

↓

m↓ = mFe ( OH )3 + mBaSO4 = 0, 0, 08.107 + 0, 05.233 = 20, 21( gam)

⇒
.Vậy: m = 20,21 gam.
Ví dụ 3: (1) Cho m gam hỗn hợp H gồm FexOy, Fe, Cu tác dụng hết với 200 gam
dung dịch chứa HCl 32,85% và HNO 3 9,45%, sau phản ứng thu được 5,824 lít khí
NO (đktc) là sản phẩm khử duy nhất và dung dịch X chứa (m + 60,24) gam chất
tan. Cho p gam Mg vào dung dịch X, khi kết thúc phản ứng thấy thoát ra khí Y gồm
2 khí, trong đó có khí hóa nâu trong không khí; tỉ khối của Y đối với He bằng 4,7
và (m - 6,04) gam chất rắn T. Tìm giá trị của p?
Hướng dẫn giải
Hỗn hợp 2 khí trong Y có khí hóa nâu trong không khí đó là NO,
14


nNO
4, 7.4 − 2 3 3a
=
= =
nH 2 30 − 4, 7.4 2 2a

M H 2 = 2 < M Y = 4, 7.418,8 < M NO = 30 ⇒

Mà:
Y gồm NO và H2:
Quy đổi hỗn hợp H (FexOy, Fe, Cu) thành (Fe, Cu, O) .Ta có sơ đồ chuyển hóa

Fe
 HCl 1,8


m (g) H Cu + 
→
 HNO3 0, 3
O


Áp dụng bảo toàn khối lượng:


 (m + 60,24) g
  3+
  Fe
 Cu 2+


Mg
→
  H + 
a gam

−
  NO3
 Cl −




H 2O
NO 0, 26

T : Cu, Fe, Mg (m − 6, 04) g
 Mg 2 +

+
 NH 4 b
 −
Cl 1,8

H 2O c
 NO 3a

 H 2 2a

mH + mHCl + mHNO3 = mc tan( X ) + mNO + mH 2O

⇒ m H2O = m H + m HCl + m HNO3 − m NO − mc tan(X)
⇒ n H2O =

m + 1,8.36,5 + 0,3.63 − (m + 60, 24) − 0, 26.30
= 0,92 (mol)
18

Bảo toàn khối lượng với hỗn hợp chất tan trong dung dịch X:
Fe3+ ;Cu 2+ , Cl− :1,8(mol)
(m + 60, 24)  +
−
H ( 0, 26mol); NO3 (0, 04mol) ⇒ m + 60, 24 = mFe3+ + mCu 2+ + mH + + mNO3− + mCl −

=> m(Cu + Fe) = (m + 60,24) - ( 0,26.1+0,04.62 - 1,8.35,5) = (m – 6,4) gam < mT .

Vậy trong T phải có Mg dư và m Mg dư = (m – 6,4) - (m – 6,04) = 0,36 g.
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố N, H ,O:
∑ n − = n
⇔ 3a + b = 0, 04
N ( NO,NH +4 )
( NO3 du )
a = 0, 01



∑ n H + (du ) = n H + ( NH 4+ ,H2O,H 2 ) ⇔ 4a + 4b + 2c = 0, 26 => b = 0, 01


c = 0, 09
n O( NO− du ) =n O(H2 O,NO) ⇔ 3a + c = 0, 04.3

∑

3

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích cho dung dịch X:
2n Mg + n NH+ = n Cl− ⇒ n Mg 2+ =
4

1,8 − 0,01
= 0,895(mol)
2

=> p = 0,895.24 + 0,36 = 21,84(g)
15

Vậy p = 21,84 gam.
* Một số bài tập tự luyện
Bài 1: (5) Hòa tan hết 40,4 gam hỗn hợp X gồm Fe và Fe 3O4 bằng dung dịch chứa
0,7 mol H2SO4 và 0,7 mol HNO3 thu được dung dịch Y và hỗn hợp gồm 0,1 mol
NO và a mol NO2 (không có sản phẩm khử khác). Cho dung dịch Y tác dụng với
500 ml dung dịch KOH 1M thu được 10,7 gam một chất kết tủa. Mặt khác, cho Y
tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư, thu được m gam kết tủa. Biết các phản ứng
xảy ra hoàn toàn. Tính m. ( Đáp số: m = 221,95g)
Bài 2: (5) Cho m gam hỗn hợp X gồm Cu và Fe3O4 vào 200 ml dung dịch chứa
H2SO4 2M và NaNO3 1M, thu được dung dịch Y và thấy thoát ra 1,12 lit khí
NO.Thêm dung dịch HCl (dư) vào dung dịch Y, lại thấy thoát ra 0,336 lit khí NO.
Biết NO là sản phẩm khử duy nhất của NO 3- và thể tích các khí đo ở điều kiện tiêu
chuẩn. Xác định giá trị m. ( Đáp số: m = 21,24g)
Bài 3: (6) Hòa tan hết m gam hỗn hợp X gồm Al, Mg và MgO bằng dung dịch hỗn
hợp chứa 0,34 mol HNO3 và KHSO4. Sau phản ứng thu được 8,064 lit hỗn hợp khí
Y(ở điều kiện tiêu chuẩn) gồm NO, H2 và NO2 với tỉ lệ mol tương ứng là 10 : 5 : 3
và dung dịch Z chỉ chứa muối. Cho dung dịch NaOH dư vào Z thì thấy có 2,28
mol NaOH phản ứng, đồng thời có 17,4 gam kết tủa xuất hiện. Tính phần trăm khối
lượng của MgO trong hỗn hợp ban đầu. ( Đáp số: %MgO = 29,41%)
Bài 4: (5) Cho 5,6 gam hỗn hợp X gồm Mg và MgO có tỉ lệ mol tương ứng là 5: 4
tan vừa đủ trong dung dịch hỗn hợp chứa HCl và KNO3. Sau phản ứng thu được
0,224 lít khí N2O (đktc) và dung dịch Y chỉ chứa muối clorua. Biết các phản ứng
xảy ra hoàn toàn. Cô cạn cẩn thận Y thu được m gam muối. Tìm m.
(Đáp số: m = 21,24g)
Dạng bài tập 3: Xử lí nhanh bài toán hỗn hợp nhiều loại chất vô cơ tác dụng
với NO3- trong môi trường axit (H+)
* Phương pháp giải:
- Trong môi trường axit, anion NO3- có tính oxi hoá mạnh như axit HNO3. Do đó,

dung dịch hỗn hợp (NO3-, H+ ) nó sẽ có đầy đủ tính chất hóa học của axit mạnh
như: dung dịch làm quỳ tím hóa đỏ, tác dụng với bazơ, oxit bazơ, muối; ngoài ra có
tính oxi hóa mạnh: oxi hoá được hầu hết các kim loại, nhiều phi kim và một số hợp
chất có tính khử.
- Tương tự như dạng bài tập 2, khi giải loại toán này cũng vận dụng 2 kỹ thuật tư
duy phân chia nhiệm của H+, kĩ thuật đi tắt đón đầu và vận dụng các định luật
bảo toàn.
- Nếu hỗn hợp gồm nhiều chất khác nhau, có thể quy đổi hỗn hợp gồm nhiều chất
thành các đơn chất tác dụng với NO3- trong môi trường H+ và giải bài toán tương
tự dạng bài toán 2:

16


* Viết sơ đồ chuyển hóa giữa các chất phản ứng, các sản phẩm cho cả quá trình;
xác định các chất khử, các chất oxi hóa, điền lượng các chất đã biết vào sơ đồ.
* Sau đó vận dụng linh hoạt các định luật bảo toàn như: bảo toàn khối lượng, bảo
toàn electron, bảo toàn nguyên tố (N, H,O, C, S, kim loại…), bảo toàn điện tích…
như dạng bài tập 2, để lập các phương trình đại số, kết hợp giải hệ, tìm ra các ẩn số
của bài toán, tìm ra các ẩn số của bài toán và tìm ra đáp án.
* Một số ví dụ minh họa

Ví dụ 1: (1) Hòa tan 10,92 gam hỗn hợp X chứa Al, Al2O3 và Al(NO3)3 vào dung
dịch chứa NaHSO4 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:

Tính phần trăm khối lượng của khí có khối lượng phân tử lớn nhất trong hỗn hợp Z.

Hướng dẫn giải:
Vì:

M Z = 5.4 = 20

, mà hỗn hợp khí Z gồm 3 khí không màu, không hóa nâu ngoài

không khí, nên Z gồm H2, N2, N2O. Đặt số mol của N2, N2O, NaHSO4 lần lượt là a,
b, x.
Ta có sơ đồ phản ứng:

17


 Al
 NaHSO 4 x

10, 92g  Al2 O3
+ 
HNO3 0, 09
 Al(NO )
3 3



 Al3+ 0, 3

 +

 Na x

 ddY :127,88g  NH + y

4


+

z
H
→ 
2
−
SO 4 x



H 2

 0, 08 (mol) Z :  N
 2 a

N O b

 2
M = 20


nNH + = ymol ; nH + = zmol

+

Từ đồ thị, ta thấy dung dịch Y chứa H dư, (đặt

∑n

Al 3+ ( trongY )

= 1,3 − 1 = 0, 3mol = ∑ n Al ( trongX )

+ H 2O

4

) và tính được

(Bảo toàn nguyên tố Al)

Bảo toàn điện tích với dung dịch Y: x + y + z + 0,3.3 = 2x (1)

∑n

OH − ( pu )

Từ đồ thị ta có:

= 4nAl 3+ + nH + ( du ) + nNH + = 1,3 ⇔ 4.0,3 + z + y = 1,3 ⇒ y + z = 0,1
4

(2)

MY = 0,2.27 + 23x + 18y + z + 96 x = 127,88 (3)
Giải hệ phương trình (1), (2), (3) ta có: x = 1; y = 0,04 ; z = 0,06
Bảo toàn khối lượng với cả quá trình:

mX + mNaHSO4 + mHNO3 = mY + mZ + mH 2O

10,92 + 1.120 + 0, 09.63 = 127,88 + 0, 08.20 + 18.n H2O ⇒ n H2O = 0,395mol

Bảo toàn nguyên tố H:
nH ( NaHSO4 , HNO3 ) = 4nNH + + nH + ( du ) + 2nH 2 + 2nH 2O ⇒ nH 2 =
4

n H2 =

nNaHSO4 + nHNO3 − 4nNH + − nH + ( du ) − 2nH 2O
4

2

0, 09 + 1 − 0, 04.4 − 0, 06 − 0,395.2
= 0,04 (mol)
2
a = 0, 015
n Z = n H 2 + n N 2 + n N 2O = 0, 04 + a + b = 0, 04
=> 

b = 0, 025
m Z = 28a + 44b + 0, 04.2 = 20.0, 08

Xét hỗn hợp khí Z ta có:

18


% mN 2 O =

0, 025.44
.100% = 68, 75%
20.0, 08

Vậy phần trăm khối lượng của N2O là:
Ví dụ 2: (1) Cho 12,55 gam hỗn hợp rắn X gồm FeCO3, MgCO3 và Al2O3 tác dụng
hoàn toàn với dung dịch H2SO4 và NaNO3 (trong đó tỷ lệ mol của H2SO4 và NaNO3
−
3

tương ứng là 19:1) thu được dung dịch Y (không chứa ion NO ) 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 với dung dịch NaOH
dư đun nóng không thấy khí bay ra. Tính phần trăm về khối lượng của FeCO3 trong
hỗn hợp X.
Hướng dẫn giải:
Vì khi cho dung dịch Y tác dụng với dung dịch NaOH dư đun nóng không thấy khí
bay ra, nên Y không có NH4+ tạo thành. Ta có sơ đồ bài toán
 FeCO3: x mol 

 H2SO4:19a(mol); NaNO3:a(mol )
X MgCO3: y mol  
→

(tØlÖmol 19:1)
 Al O : z mol 
1 424432 4 4 43
12,55 gam

-

Dung dịch Y
⇒

+KhÝZ (NO; CO2; NO2 )

2+
3+
2+
3+
2−
+
 + dd Y ( Mg ; Al ; Fe ;Fe ; SO4 , Na )

 + kÕt tña cùc ®¹i
NaOH (0,37 mol)
→

+dd Na2SO4
nNa2 SO4 = nH 2SO4

Bảo toàn mol Na:

1

= n
2

,Vì dung dịch Y chỉ thu được Na2SO4

Na ( Na2 SO4 )

= (nNaOH + nNaNO3 )

⇒ nNaNO3 = a = 0, 01( mol ); nH 2SO4 = 19a = 0,19(mol )

⇔ 19a.2 = 0,37 + a ⇒ a = 0,01
- Ta có: nkhí Z = 0,11 mol, mà bảo toàn nguyên tố N ta có

∑n

N ( NO3− ) bd

mkhí Z =

= nN ( NO , NO2 ) ⇒ nNO + nNO2 = 0, 01 ⇒ nCO2 = 0,11 − 0, 01 = 0,1mol

239× 2
× 0,11
11

(1)
= 4,78 gam ⇒

⇔ 30nNO + 46nNO2 = 0, 38

(2) .

mNO + mNO2 = 4, 78 − mCO2 = 4, 78 − 0,1.44 = 0,38 g

nNO = nN 2O = 0, 005mol

Giải hệ phương trình (1) và (2), ta được:
- Áp dụng bảo toàn electron cho cả quá trình:

19


ne− nhuong = n 2+

FeCO3 ( bi − oxi − hoa )

= ne −nhan ( NO − ) = 3nNO + nNO2 ⇔ nFeCO3 (bi −oxi − hoa ) = 0, 02mol = nFe3+ (Y )
3

⇒ nFe2+ (Y ) = x − nFe3+ = x − 0, 02( mol )

⇒ Tổng số mol NaOH phản ứng với dung dịch Y là:
3×2z + 2y + 3×0,02 + 2(x – 0,02) = nNaOH = 0,37 ⇔ 6z + 2y + 2x = 0,35 (I) .
Bảo toàn nguyên tố C:

∑n

CO2 ↑

= nC (Trong:FeCO3 ,MgCO3 ) = x + y = 0,1

mX = mFeCO3 + mMgCO3 + mAl2O3 = 116 x + 84 y + 102 z = 12, 55

(II)

Mà:
(III)
Giải hệ phương trình: (I), (II) và (II) , ta có: x = y = 0,05; z = 0,025
- Vậy phần trăm về khối lượng của FeCO3 trong hỗn hợp X.
%mFeCO3 =

116.0, 05
.100% = 46, 22%
12,55

Ví dụ 3: (1)Hòa tan hết 15,0 gam hỗn hợp X gồm Fe, Fe3O4, FeCO3 và
Fe(NO3)2 trong dung dịch chứa NaHSO4 và 0,16 mol HNO3, thu được dung
dịch Y và hỗn hợp khí Z gồm CO2 và NO (tỉ lệ mol tương ứng 1: 4). Dung dịch
Y hòa tan tối đa 8,64 gam bột Cu, thấy thoát ra 0,03 mol khí NO. Nếu cho dung
dịch Ba(OH)2 dư vào Y, thu được 154,4 gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra
hoàn toàn và khí NO là sản phẩm khử duy nhất của cả quá trình. Tính phần trăm
khối lượng của Fe đơn chất trong hỗn hợp X.
Hướng dẫn giải:
- Vì dung dịch Y hòa tan được Cu thấy thoát ra khí NO nên dung dịch Y chứa:
H+, NO3-, Fe3+, Na+ và SO42- (dung dịch Y không chứa Fe 2+, vì không tồn tại
dung dịch cùng chứa Fe 2+, H+, NO3-). Khi cho dung dịch Y tác dụng với 0,135
mol Cu, bảo toàn electron ta có
nFe3+ + 3nNO = 2nCu ⇒ nFe3+ = 2nCu − 3nNO = 2.0,135− 3.0,03 = 0,18mol


nH+ (d )(trongY ) = 4nNO = 4.0,03 = 0,12mol = z
Sơ đồ phản ứng:

20


Fe
Fe O
 NaHSO 4 x(mol)
 3 4
X :15g 
+ 
HNO3 : 0,16mol
FeCO3

Fe(NO3 ) 2


Fe3+

 +

 Na x
 ddY :  NO − y
+ H 2O

3


+

→ 
z
H

2
−
SO 4 x



CO 2 : a(mol)

 Z : NO : 4a(mol)


- Khi cho dung dịch Y tác dụng với Ba(OH) 2 dư, Bảo toàn nhóm SO 42- ta có:
n BaSO4 = n NaHSO4 =

m ↓ − 107n Fe3+ 154, 4 − 0,18.107
=
= 0,58 mol = x
233
233

- Xét dung dịch Y, bảo toàn điện tích cho dung dịch Y có:

n NO3− = 2n SO 4 2 − − (3n Fe3+ + n H + + n Na + ) = 2.0,58 − (3.0,18 + 0,12 + 0,58) = 0, 08 mol

Bảo toàn khối lượng ta có:

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

nH2O =

Bảo toàn nguyên tố H:
- Xét hỗn hợp khí Z, đặt

nNaHSO4 + nHNO3 − nH+ (d )
2

nCO2 = a mol

và

nNO = 4amol

=

0,58+ 0,16 − 0,12
= 0,31mol
2

. Bảo toàn khối lượng

m Z = 44n CO 2 + 30n NO = m X + 120n NaHSO4 + 63n HNO3 − m Y − 18n H 2O → 44a + 4a.30 = 4,92(g) ⇒ a = 0,03mol = n CO2

-

Xét hỗn hợp rắn X: Bảo toàn nguyên tố N, C

nFe(NO3)2(bd) =

nNO3− + nNO − nHNO3 0,08+ 0,12− 0,16
=
= 0,02mol
2
2

và

nFeCO3 = nCO2 = 0, 03mol

Bảo toàn H, O:

nH + ( pu ) voiO 2− (oxit Fe O ) = ∑ nH + ( NaHSO + HNO ) − nH + ( tac −dung − voi:FeCO , NO− ) − nH + ( du ) = 2nO ( Fe3O4 )
3 4

nFe3O4 =

mà

4

3

3

3

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

nO(trong oxit)
⇒ nFe3O4 =
= 0,01mol
4
8

21


m X − 232n Fe3O4 − 116n FeCO3 − 180n Fe(NO3 )2
.100% =
mX
15 − 232.0, 01 − 116.0, 03 − 180.0, 02
=
= 37,33%
15

⇒ %m Fe(X) =
⇒ %m Fe(x)

Vậy: %Fe =37,33%
Ví dụ 4: (1)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 trong dung dịch chứa 0,725 mol H2SO4 loãng. Sau khi các phản ứng xảy ra
hoàn toàn thu được dung dịch Y chứa 96,55 gam muối sunfat trung hòa và 3,92
lít (đktc) khí Z gồm 2 khí trong đó có một khí hóa nâu trong không khí. Biết tỉ
khối của Z so với H2 bằng 9. Tính phần trăm theo khối lượng của Mg trong X.
Hướng dẫn giải:
Khí hóa nâu là NO, mà

M Z = 9.2 = 18 < M NO = 30 ⇒

Khí còn lại là H2

nZ = nNO + nH 2 = 3,92 : 22, 4 = 0,175
nNO = 0,1mol
⇔

nH 2 = 0, 075mol
mZ = 30nNO + 2nH 2 = 9.2.0,175 = 3,15

Ta có sơ đồ phản ứng:

 Fe 2 +

 3+
 Mg : a(mol)
 Al : b

ddY : 
+ H 2O
 Al : b(mol)
 96,55(g)
2+
Mg
:a


X : 38,55(g) 
+ H 2 SO 4 0, 725(mol) → 

SO 2 − : 0, 725(mol)

ZnO

 4


Fe(NO
)

3 2
NO : 0,1(mol)

Z :
H 2 : 0, 075(mol)


ảo toàn khối lượng:
⇔

mX + mH 2 SO4 = mmuoi + mKhi + mH 2O

38,55 + 98.0,725

B

nH 2O ⇒ nH 2O = 0,55mol
= 96,55 + 3,15 + 18.

Bảo toàn nguyên tố H, ta có:

nH 2O + nH 2 = 0,55 + 0, 075 = 0, 625mol < nH 2 SO4 = 0, 725mol
nNH + =
4

=> trong sản phẩm phải có NH4+ và

0, 725 − 0, 625
= 0, 05mol
4

2nFe ( NO3 )2 = nNO + nNH + ⇒ nFe ( NO3 )2 =
4

Bảo toàn nguyên tố N:

0,1 + 0, 05
= 0, 075mol
2

22


nZnO + 6nFe ( NO3 )2 = nNO + nH 2O ⇒ nZnO = 0,1 + 0,55 − 6.0, 075 = 0, 2mol

Bảo toàn nguyên tố O:
Đặt số mol của Mg, Al lần lượt là a, b. Bảo toàn khối lượng với X:
=> mMg + mAl = 24a + 27b = 38,55- 81.0,2- 180.0,075 = 8,85 (1)
Vì có H2 tạo thành nên sau phản ứng dung dịch Y vẫn chứa Fe2+ chưa phản ứng.
Bảo toàn electron cho cả quá trình:

2nMg + 3nAl = 3nNO + 2nH 2 + 8nNH + ⇔ 2a + 3b = 3.0,1 + 2.0, 075 + 0, 05.8 = 0,85
4

(2)
⇒ %mMg ( X ) =

0, 2.24
.100% = 12, 45%
38,55

Từ (1) và (2) ta có: a = 0,2; b = 0,15
.
Vậy phần trăm theo khối lượng của Mg trong hỗn hợp X là: 12,45%
* Một số bài tập tự luyện
Bài 1: (1) Cho 13,36 gam hỗn hợp gồm Mg và Cu(NO3)2 tan vừa đủ trong dung
dịch hỗn hợp chứa 0,98 mol HCl và x mol NaNO3. Sau phản ứng thu được dung
dịch Y chỉ chứa muối clorua và 0,04 mol khí N2. Biết sau phản ứng không thu được
chất rắn. Cô cạn cẩn thận Y thu được m gam muối khan. Biết các phản ứng hoàn
toàn. Tính giá trị của m ? (Đáp số: m = 48,64g)
Bài 2: (1) Nung nóng m gam hỗn hợp X gồm Fe, Fe(NO3)2 và FeCO3 trong bình
kín (không có không khí). Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được chất
rắn Y và khí Z có tỉ khối so với H2 là 22,5 (giả sử khí NO2 sinh ra không tham gia
phản ứng nào khác). Cho Y tan hoàn toàn trong dung dịch gồm 0,02 mol KNO3 và
0,125 mol H2SO4 (loãng), thu được dung dịch T chỉ chứa hai muối trung hoà của
kim loại (không chứa muối Fe3+) và hỗn hợp hai khí (trong đó có NO) có tỉ khối so
với H2 là 8. Tính m. (Đáp số: m = 10,405 gam )
Bài 3: (4)Cho 66,2 gam hỗn hợp X gồm Fe3O4, Fe(NO3)2, Al tan hết trong dung
dịch chứa 3,1 mol KHSO4. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung
dịch Y chỉ chứa 466,6 gam muối sunfat trung hòa và 10,08 lít (đktc) khí Z gồm 2
khí trong đó có một khí là NO. Biết tỉ khối của Z so với He là 23/18.Tính phần

trăm khối lượng của Al trong hỗn hợp X.(Đáp số: %mAl = 16,31% )
Bài 4: (6) Hòa tan hết 23,76 gam hỗn hợp X gồm FeCl2; Cu và Fe(NO3)2 vào 400
ml dung dịch HCl 1M thu được dung dịch Y. Cho từ từ dung dịch chứa AgNO3 1M
vào Y đến các phản ứng xảy ra hoàn toàn thấy đã dùng 580ml, kết thúc thu được m
gam kết tủa và thoát ra 0,448 lít khí (ở đktc). Biết NO là sản phẩm khử duy nhất
của N5+ trong cả quá trình. Tìm giá trị của m? (Đáp số: m = 82,52 gam )
Bài 5: (4) Cho 23,34 gam hỗn hợp X gồm Al, Al2O 3 và Al(NO3)3 (trong đó
oxi chiếm 34,961% về khối lượng) vào dung dịch chứa 1,58 mol NaHSO 4 và
0,04 mol NaNO3, khuấy đều cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được
dung dịch Y chỉ chứa các muối trung hòa và 0,18 mol hỗn hợp khí Z gồm
23


N2O; N2 và H2. Để tác dụng tối đa các chất tan có trong dung dịch Y cần dùng
dung dịch chứa 2,04 mol NaOH.Tìm phần trăm khối lượng của N 2 có trong
hỗn hợp khí Z. (Đáp số: %N2 = 21,875% )
2.4. Hiệu quả trong việc triển khai đề tài
Khi triển khai đề tài này được tiến hành trên 02 lớp thuộc trường THPT 4 Thọ
Xuân, đó là :
- Lớp dạy 11A1 (học ban cơ bản A)
- Lớp dạy 11A3(học ban cơ bản)
* Kết quả đạt được
- Về mặt định tính: Khi tôi áp dụng nội dung đề tài vào giải các dạng toán vô cơ
phức tạp, tôi thấy học sinh của tôi ham học hóa hơn, yêu thích các bài tập về hóa
học vô cơ hơn và không còn thấy lo lắng, lúng túng trong việc xử lí các bài toán vô
cơ phức tạp. Như vậy, rõ ràng việc áp dụng đề tài nghiên cứu vào dạy học đã góp
phần đổi mới phương pháp dạy học và tạo hứng thú học hóa học cho học sinh, nâng
cao hiệu quả rõ rệt về chất lượng làm bài tập hóa.
- Về mặt định lượng: Kết quả điều tra trên các lớp 11A1, 11A3 ở trường THPT 4
Thọ Xuân năm học 2019 - 2020 như sau :

Khi chưa thực
Khi thực hiện
Sĩ
hiện đề tài
đề tài
TT Lớp
Ghi chú
số Không
Không
Hiểu
Hiểu
hiểu
hiểu
1
11A1 42 45%
55%
7,0%
93,0%
Học ban cơ bản A
2
11A3 40 60,0%
40,0% 23,0%
77,0%
Học ban cơ bản
Khi tôi áp dụng đề tài này vào dạy cho các lớp thì tôi thấy chất lượng HS đều
được nâng lên rõ rệt thể hiện: tỉ lệ phần trăm hiểu bài cao hơn nhiều so với khi tôi
chưa áp dụng đề tài.
Từ kết quả trên cho phép tôi nhận định rằng việc áp dụng đề tài vào giảng
dạy cho HS đã đạt hiệu quả cao, phù hợp đối với HS trong quá trình giảng dạy.
Điều này phản ánh được tính cấp thiết cho đề tài mà tôi lựa chọn và xây dựng.

3. Kết luận và kiến nghị
3.1. Kết luận
Đề tài “ Giúp học sinh phân dạng và giải nhanh bài tập về tính oxi hóa
của NO3- trong môi trường axit, chương Nito – Photpho, để bồi dưỡng học sinh
giỏi hóa học 11 ở trường THPT”, đã
- Giúp HS tìm ra được các cách giải nhanh, độc đáo và sáng tạo và làm tốt
một số dạng bài tập hóa học vô cơ phức tạp, đặc biệt là các bài tập vô cơ phân loại
học sinh giỏi hoặc bài tập có mức điểm 9 hoặc 10 trong đề tốt nghiệp, THPT QG.
- Đã đề xuất được 3 dạng toán vô cơ phức tạp thường gặp trong quá trình ôn
thi HSG hóa học 11, THPT QG, ôn thi tốt nghiệp THPT.
24


- Kết quả của việc triển khai đề tài cho thấy tính khả thi của đề tài, là tài liệu
tham khảo tốt cho HS ôn luyện bồi dưỡng HSG ở trường THPT.
3.2. Kiến nghị
Đề tài khá rộng và tương đối khó, vì vậy cần nhiều thời gian, công sức để
nghiên cứu bổ sung và phát triển thêm. Sau đây tôi xin đề xuất một số hướng phát
triển của đề tài :
- Nghiên cứu đầy đủ và quy mô hơn về sử dụng các kĩ thuật bảo toàn, quy
đổi, kĩ thuật đi tắt đón đầu, để giúp học sinh giải quyết tốt các bài toán vô cơ.
- Nghiên cứu đầy đủ và trang bị cho học sinh nhiều phương pháp giải nhanh
để giúp cho học sinh làm tốt các bài toán hóa học vô cơ.
- Đề tài này theo tôi là quan trọng vì nó xuất phát từ nhu cầu thực tiễn của
việc dạy và học. Vì vậy tôi cho rằng nên có nhiều các đề tài nghiên cứu theo hướng
này.
- Những sáng kiến kinh nghiệm có tính thực tiễn cao, nên tập trung giáo viên
để phổ biến, học tập, tiếp thu, trong các chương trình bồi dưỡng giáo viên. Để tất cả
giáo viên được học, được bồi dưỡng, nhằm nâng cao năng lực nghiệp vụ. Đó là một
trong những yêu cầu của dạy học, vì việc học để cập nhật thông tin tri thức, là việc

làm suốt đời của người giáo viên.
Bước đầu nghiên cứu một đề tài mới với một thời gian ngắn chắc chắn không tránh
khỏi những hạn chế và thiếu sót. Tôi rất mong sự góp ý, xây dựng của các đồng
nghiệp quan tâm đến đề tài này.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 15 tháng 7 năm 2020
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
người khác.
(ký và ghi rõ họ tên)

Lê Thị Trúc

25