SKKN nét đẹp của các định luật bảo toàn trong giải toán hóa hóa học áp dụng để giải nhanh các bài toán vô cơ vận dụng cao trong kì thi THPT quốc gia

MỤC LỤC
MỞ ĐẦU........................................................................................................................................................... 1
1.1. Lí do chọn đề tài............................................................................................................................... 1
1.2. Mục đích nghiên cứu..................................................................................................................... 1
1.3. Đối tượng nghiên cứu.................................................................................................................... 2
1.4. Phương pháp nghiên cứu............................................................................................................. 2
NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM.................................................................. 3
2.1. Tình hình thực tế và biện pháp thực hiện............................................................................ 3
2.1.1. Tình hình thực tế trước khi thực hiện đề tài.............................................................. 3
2.1.2. Biện pháp thực hiện đề tài.................................................................................................. 3
2.2. Nội dung............................................................................................................................................... 3
2.2.1. Định luật bảo toàn khối lượng và các hệ quả........................................................... 3
2.2.2. Áp dụng định luật bảo toàn trong giải toán vô cơ vận dụng cao....................4
2.2.3. Áp dụng định luật bảo toàn trong giải toán hóa học dung dịch Al3+, H+
tác dụng với OH-................................................................................................................................ 16
2.2.3. Cơ sở thực nghiệm............................................................................................................... 21
KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT................................................................................................................ 22
3.1. Kết luận.............................................................................................................................................. 22
3.2. Đề xuất, kiến nghị......................................................................................................................... 22


PHẦN 1
MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài
- Hóa học là 1 trong những môn học có nhiều ứng dụng nhất trong đời
sống. Trong trường phổ thông Hóa học là môn học cơ bản vì vậy nó được áp
dụng vào các kỳ thi ở chương trình phổ thông. Từ năm 2015 đến nay Bộ Giáo
Dục và Đào Tạo áp dụng kỳ thi THPT Quốc Gia để xét tốt nghiệp và xét vào
Đại học-Cao Đẳng-THCN, thành tựu trong 3 năm 2015, 2016, 2017 mà kì thi đã
để lại những ấn tượng nhất định được nhân dân và giáo viên, học sinh, phụ
huynh cũng như toàn xã hội hưởng ứng tích cực và trở thành kì thi rất quan

trọng của học sinh THPT. Trong năm 2018 Bộ Giáo dục tiếp tục sử dụng kì thi
THPT quốc gia với mục đích như vậy và thời gian làm bài mỗi môn trong bài thi
tổ hợp là 50 phút với 40 câu hỏi. Để giải quyết được số lượng câu hỏi như vậy
học sinh đòi hỏi phải có kỹ năng mà các em chỉ được học hóa học từ lớp 8 trong
2 năm lớp 8, 9 các em được học rất hời hợt và cảm thấy khó khăn khi học hóa,
khó hiểu và sợ học hóa học đặc biệt là các bài toán hóa học phân hóa, đồ thị...
- Kể từ năm 2007, Bộ Giáo dục và Đào tạo đã chuyển cấu trúc thi tuyển
sinh đại học - cao đẳng, THPT Quốc Gia môn hoá học từ tự luận sang trắc
nghiệm khách quan nhiều lựa chọn 100%. Điều đó cũng đồng nghĩa trong thời
gian rất ngắn, học sinh phải thật bình tĩnh để lựa chọn phương án trả lời tối ưu.
Nắm bắt được điều đó, các giảng viên đại học, cao đẳng, các chuyên gia và các
nhà giáo có nhiều kinh nghiệm đã xuất bản rất nhiều sách và tài liệu tham khảo
về các phương pháp giải nhanh trắc nghiệm, tuy nhiên cập nhật thi cử trong các
năm trở lại đây chúng tôi thấy có nhiều câu hỏi vận dụng, vận dụng cao cao mới
- lạ, học sinh chưa hiểu thấu đáo thì không thể giải được và kể cả một số giáo
viên khi mà tài liệu tham khảo chưa kịp cập nhật.
- Nắm bắt được điều đó thông qua các đề thi đề THPT quốc gia năm
2015, 2016 và đề tham khảo lần 1,2,3 năm 2017 và đề thi THPT quốc gia năm
2017, đề minh họa năm 2018 chúng tôi nhận thấy trong đề thi phần vận dụng có
nhiều bài tập vô cơ hay và khó nếu không nắm được bản chất thì gần như không
giải được hoặc giải rất lâu, để giúp học sinh có cách giải nhanh, hay chúng tôi
mạnh dạn viết SKKN “Nét đẹp của các định luật bảo toàn trong giải toán hóa
hóa học áp dụng để giải nhanh các bài toán vô cơ vận dụng cao trong kì thi
THPT quốc gia”.
- Trong đề tài này chúng tôi đưa ra ba phần chính đó là: các bài toán vận dụng
cao; bài toán đồ thị dung dịch muối Al3+, H+ tác dụng với dung dịch OH- và
thực nghiệm sư phạm áp dụng.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Đề tài được nghiên cứu để giúp học sinh lớp 12 ôn thi THPT quốc gia môn Hóa
học được tốt hơn, hiệu quả hơn và có thể giúp các bạn đồng nghiệp ôn thi có hệ

thống, hiệu quả nâng cao chất lượng dạy và học môn Hóa học ở trường phổ thông.
1


1.3. Đối tượng nghiên cứu
Sáng kiến kinh nghiệm được nghiên cứu ở phần Hóa học vô cơ lớp 12THPT do đó tổng kết được kĩ năng giải bài tập vô cơ, dạng bài tập muối Al3+ và
phán đoán tình huống đặt ra trong thực tiễn.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
Đề tài được nghiên cứu chủ yếu bằng phương pháp nghiên cứu xây dựng
cơ sở lý thuyết tổng quát để suy ra vấn đề cụ thể và phương pháp sơ đồ hóa chia
nhỏ nhiệm vụ để giải.

2


PHẦN 2
NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Tình hình thực tế và biện pháp thực hiện
2.1.1. Tình hình thực tế trước khi thực hiện đề tài
- Qua hơn 10 năm giảng dạy tại trường phổ thông và nhiều năm nghiên
cứu, chúng tôi nhận thấy rất nhiều học sinh khi làm bài tập vô cơ phân hóa và đồ
thị thường hay lúng túng-khúc mắc. Điều đó, sẽ mất nhiều thời gian làm bài và
đôi khi không làm ra được kết quả do những bài toán phân hóa trên phải yêu cầu
hiểu biết bản chất hóa học và xử lí toán học.
- Thực tế là học sinh không hứng thú với dạng toán này cho đây là phức
tạp.
- Vì vậy để nâng cao hiệu quả giải bài tập giải nhanh các bài toán phân
hóa và đồ thị phục vụ thi THPT Quốc Gia và thi học sinh giỏi tỉnh chúng tôi
chọn đề tài “Nét đẹp của các định luật bảo toàn trong giải toán hóa hóa học
áp dụng để giải nhanh các bài toán vô cơ vận dụng cao trong kì thi THPT quốc

gia” này nhằm đưa học sinh tới hiểu thấu đáo hơn và giải quyết vấn đề tốt hơn.
2.1.2. Biện pháp thực hiện đề tài
2.1.2.1. Những kiến thức cần trang bị
- Nắm vững các định luật bảo toàn.
- Nắm được các bản chất hóa học xảy ra.
- Viết được các sơ đồ hóa bài toán.
- Xử lí các dữ kiện bài toán: số mol, khối lượng, bảo toàn khối lượng
(BTKL), bảo toàn electron (BT e), bảo toàn điện tích (BTĐT), …
2.1.2.2. Những điểm cần lưu ý
- Sơ đồ phản ứng của bài toán
- Vận dụng thành thạo BTNT và bảo toàn nhóm, bảo toàn gốc axit, …
2.2. Nội dung
2.2.1. Định luật bảo toàn khối lượng và các hệ quả [13]
Định luật bảo toàn khối lượng (BTKL) hay định luật Lomonosov Lavoisier là một định luật cơ bản trong lĩnh vực hóa học, được phát biểu như
sau: Trong phản ứng hóa học, tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng
tổng khối lượng các sản phẩm tạo thành.
Định luật bảo toàn khối lượng được hai nhà khoa học Mikhail Vasilyevich
Lomonosov và Antoine Lavoisier khám phá độc lập với nhau qua những thí
nghiệm được cân đo chính xác, từ đó phát hiện ra định luật bảo toàn khối lượng.
Năm 1748, nhà hóa học người Nga Mikhail Vasilyevich Lomonosov
đặt ra định đề.
Năm 1789, nhà hóa học người Pháp Antoine Lavoisier phát biểu định
luật này.

3


Khi cân những bình nút kín đựng bột kim loại trước và sau khi nung,
M.V.Lomonosov nhận thấy rằng khối lượng của chúng không thay đổi, mặc dù
những chuyển hoá hoá học đã xảy ra với kim loại trong bình. Khi áp dụng các

phương pháp định lượng nghiên cứu phản ứng hoá học, năm 1748 Lomonosov
đã tìm định luật quan trọng này. Lomonosov trình bày định luật như sau: "Tất cả
những biến đổi xảy ra trong tự nhiên thực chất là nếu lấy đi bao nhiêu ở vật thể
này, thì có bấy nhiêu được thêm vào ở vật thể khác. Như vậy, nếu ở đây giảm đi
bao nhiêu vật chất, thì sẽ có từng ấy vật chất tăng lên ở chỗ khác".
Trong phản ứng hoá học có sự thay đổi liên kết giữa các nguyên tử, sự
thay đổi này chỉ liên quan đến các điện tử còn số nguyên tử của mỗi nguyên tố
được giữ nguyên và khối lượng của các nguyên tử không đổi, vì thế tổng khối
lượng các chất được bảo toàn. Định luật này đôi khi còn được gọi là Định luật
bảo toàn khối lượng của các chất, vì ở cùng một địa điểm trọng lượng tỷ lệ với
khối lượng.
Lomonosov cũng nhận thấy rằng bảo toàn năng lượng cũng có giá trị đối
với các phản ứng hóa học.
Hệ quả của định luật bảo toàn khối lượng đó là:
- Định luật bảo toàn nguyên tố (BTNT): số mol mỗi nguyên tố trước và
sau phản ứng không thay đổi, tức nếu hệ trước phản ứng có a mol nguyên tố A
thì sau phản ứng số mol nguyên tố A cũng là a mol.
- Định luật bảo toàn electron (BT e): Tổng số electron mà chất khử cho
bằng tổng số electron mà chất oxi hoá nhận nên: ne (chất khử cho) = ne (chất
oxi hoá nhận) với ne là số mol electron.
- Định luật bảo toàn điện tích (BTĐT): Trong dung dịch, tổng số điện tích
dương bằng tổng số điện tích âm, tức nđiện tích dương = nđiện tích âm.
Ví dụ: Trong dung dịch có các ion Fe2+; Al3+; Cl ; SO42 với số mol tương
ứng như sau: Fe2+ (a mol), Al3+ (b mol), Cl (c mol), SO42 (d mol).
áp dụng định luật bảo toàn điện tích, ta có: 2a + 3b = c + 2d
2.2.2. Áp dụng định luật bảo toàn trong giải toán vô cơ vận dụng cao
Phương pháp:
- Xử lí các công đoạn nhỏ tính số mol khí, phỏng đoán khí, …
- Viết sơ đồ phản ứng.
- Nhận xét và áp dụng các định luật bảo toàn vào để giải.

Các ví dụ:
Ví dụ 1. [9]. Cho 28,7 gam hỗn hợp X gồm Fe3O4, Cu và Fe(NO3)3 tan hoàn
toàn trong dung dịch chứa 0,34 mol H 2SO4 (loãng), thu được khí NO (sản phẩm
khử duy nhất của N+5 ) và dung dịch Y chỉ chứa hai muối là FeSO 4 và CuSO4.
Cô cạn dung dịch Y, thu được m gam muối khan. Giá trị m là
A. 53,28.
B. 53,20.
C. 53,60.
D. 53,12.
Hướng dẫn giải
4


232a 64b 242c 28, 7

Fe 3 O 4 : a
Cu : b

* Đặt

Fe(NO )

NO : 3c

a 0, 04

BTE

2a c 3c.3 2bb 0,19

:c

3a b c 0,34

3 3

c 0, 03

* Muối chứa: FeSO4: 3a+c = 0,15 mol; CuSO4: b = 0,19 mol m = 53,2 gam Ví
dụ 2.[6]. Nhiệt phân hỗn hợp gồm Mg và 0,16 mol Cu(NO3)2 trong điều kiện
không có không khí, sau một thời gian, thu được hỗn hợp rắn X và 5,6 lít (đktc)
hỗn hợp khí Y gồm NO2 và O2. Hòa tan hoàn toàn X cần dùng vừa đủ dung dịch
chứa 1,12 mol HCl, thu được dung dịch Z và 0,08 mol hỗn hợp khí T gồm hai
đơn chất khí. Tỉ khối của T so với He bằng 2,125. Cô cạn dung dịch Z thu được
m gam muối khan. Giá trị của m là
A. 59,96.
B. 59,84.
C. 59,72.
D. 59,60.
Hướng dẫn giải
Ta có: nY = 0,25 mol nO trong X =0,16.6 – 0,25.2 = 0,46 mol
{x+ y=0,08¿¿¿¿
Khí trong T là N2 và H2 gọi số mol là x, y suy ra
x= 0,02 mol; y = 0,06 mol. BTNT (O) suy ra nH2O = 0,46 mol
BTNT (H): nNH4+ = (1,12 – 0,06.2-0,46.2)/4 = 0,02 mol.
Muối gồm

{Cu2+:0,16¿{Cl−:1,12¿ NH

{

4+

:0,02 ¿¿¿

¿

m = 59,72 gam

Ví dụ 3.[9]. Trộn m gam hỗn hợp X gồm Mg, Fe, Fe3O4, Cu và CuO (trong đó
nguyên tố oxi chiếm 12,82% theo khối lượng hỗn hợp X) với 7,05 gam
Cu(NO3)2, thu được hỗn hợp Y. Hoà tan hoàn toàn Y trong dung dich chứa đồng
thời HCl; 0,05 mol KNO3 và 0,1 mol NaNO3. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn
toàn, thu được dung dịch Z chỉ chứa muối clorua và 3,36 lít (đktc) hỗn hợp khí
T gồm N2 và NO. Tỉ khối của T so với H 2 là 14,667. Cho Z phản ứng với dung
dịch Ba(OH)2 dư, kết thúc các phản ứng thu được 56,375 gam kết tủa. Giá trị
của m gần nhất với giá trị nào sau đây ?
A. 30,5
B. 32,2
C. 33,3
D. 31,1
Ta có:
Hướng dẫn giải:
n NO3
n N2

0, 225
0,05
n NH4

n

0,1

NO

KL : (0,8718 m 2, 4)
0,1282m

0, 02556,375
OH

:

16

m 31, 2
.2 0,075

1

Ví dụ 4.[6]. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm Mg, MgO, Fe 3O4 và Fe(NO3)2
(trong đó oxi chiếm 371/1340 khối lượng hỗn hợp X) trong dung dịch HCl dư
thấy có 4,61 mol HCl phản ứng. Sau khi các phản ứng xảy ra xong thu được
dung dịch Y chỉ chứa 238,775 gam muối clorua và 14,56 lít (đktc) hỗn hợp khí
5


Z gồm NO, H2. Hỗn hợp Z có tỉ khối so với H2 là 69/13 . Thêm dung dịch NaOH
dư vào Y, sau phản ứng thu được kết tủa Z. Nung Z trong không khí đến khối

lượng không đổi được 114,2 gam chất rắn T. Phần trăm khối lượng Fe 3O4 trong
X gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 13%.
B. 32%.
C. 24%.
D. 27%.
Hướng dẫn giải:
Gọi a, b là số mol NO, H2. Ta có

{a+b=0,65¿¿
¿¿
a= 0,2; b=0,45.

Vì có sự tạo ra H2 nên trong dung dịch Y không có Fe 3+ (Thiết nghĩ đề bài phải
nói là dung dịch Y không có Fe3+ mới hợp lý vì quá trình phản ứng của các
chất là quá trình phức tạp không thể khẳng định có H 2 tạo ra là dung dịch
không có Fe3+). Có Mg phản ứng nên ta nghĩ ngay đến dung dịch Y có NH 4+, ta
có sơ đồ phản ứng:
2+

Mg
MgO
Fe O : 0,15
Fe(NO ) : 0,15
3

NO: 0,2

Mg : a

+ HCl: 4,61 mol

4

Y

Fe

2+:

b

+
H2: 0,45

+

NH4 : 4,61-2a-2b
-

+

H2O
1,655

Cl : 4,61

32

Gọi x, y là số mol Mg2+, Fe2+ trong Y.

40x + 80y = 114,2 (I)

NaOH du↓kk¿{MgO:x¿¿¿

Y

⃗⃗

BTĐT trong Y ta có nNH4+ = 4,61 – 2a-2b (ghi trong sơ đồ)
Ta có mmuối = 24a + 56b + 18. (4,61 -2a-2b) + 35,5. 4,61 = 238,775 (II)
Giải hệ (I, II) thu được x = 1,655; y = 0,6. BTNT (N): Fe(NO3)2 = 0,15 mol,
BTNT (Fe): Fe 3O4 = 0,15 mol. BTNT (H) nH2O = 1,655 mol, BTNT (O): nO
(X)= 1,855 mol mX = 107,2 gam %mFe3O4 = 32,46% Chọn B.
Ví dụ 5. [6]. Cho 5 gam bột Mg vào dung dịch hỗn hợp KNO 3 và H 2SO 4, đun
nhẹ, trong điều kiện thích hợp, đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được
dung dịch A; 1,792 lít hỗn hợp khí (đktc) gồm hai khí không màu, trong đó có
một khí hóa nâu ngoài không khí và còn lại 0,44 gam chất rắn không tan. Biết tỉ
khối hơi của B đối với H2 là 11,5. Cô cạn cẩn thận dung dịch A thu được m gam
muối khan E. Tính phần trăm về khối lượng của muối chứa K+ trong E?
A. 31,08%.
B. 44,79%.
C. 22,39%.
D. 36,04%.
Hướng dẫn giải:
Số mol Mg phản ứng =( 5-0,44)/24 = 0,19 mol. Có Mg tác dụng với NO 3- và H+
nên ta nghĩ ngay đến sản phẩm khử có thể có NH 4+. Dễ thấy 2 khí là NO và H2,
tính được số mol: NO: 0,06 mol, H2: 0,02 mol. Sơ đồ phản ứng:
Mg: 0,19

+

KNO3: 0,08
H2SO4

2+

dd A

Mg : 0,19
+
K : 0,08
+

NH4 : 0,02

+

NO: 0,06
H2: 0,02

+

H 2O


2-

SO : 0,24
4

BT e: nNH4+ = (0,19.2 – 0,06.3-0,02.2)/8 = 0,02 mol.
6


BTNT (N): nKNO3 = 0,08 mol nên nK+=0,08
BTĐT nSO42- = 0,24 mol %mK2SO4 trong E = 22,39%.
Ví dụ 6: [6]. Hòa tan hết 35,52 gam hỗn hợp X gồm FeCl2 , Mg, Fe(NO3)2 và Al
vào dung dịch chứa 0,816 mol HCl thu được dung dịch Y và 3,2256 lít khí NO
(dktc). Cho từ từ AgNO3 vào dung dịch Y đến khi phản ứng hoàn toàn thì lượng
AgNO3 tối đa là 1,176 mol, thu được 164,496 gam kết tủa; 0,896 lít khí NO 2 là
sản phẩm khử duy nhất (đktc) và dung dịch Z chứa m gam chất tan đều là muối.
Giá trị m gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 44 gam.
B. 43 gam.
C. 86 gam.
D. 88 gam.
Hướng dẫn giải:
Tư duy kiểu 1. Hỗn hợp kết tủa gồm Ag x mol và AgCl y mol
Ta có x + y = 1,176 và 108x + 143,5y = 164,496 suy ra x = 0,12 và y =
1,056
Số mol FeCl2 = (1,056 – 0,816)/2 = 0,12
Dd Y chứa Fe2+, Mg2+, Al3+, NH4+, Cl-, H+
Trong đó số mol NH4+ = (nHCl – 4nNO – 2nNO2)/10 = 0,016
Số mol Fe(NO3)2 = (nNO + nNH4+)/2 = 0,08
Dd Z chứa Fe3+ ; Mg2+; Al 3+; NH 4+, NO3nNO3- = nAgNO3 – nNO2 = 1,136 mol
mion kim loại = mX – 71.nFeCl2 – 2.62.nFe(NO3)2 = 17,08
Vậy trong Z:m = mion kim loại + m NH4+ + mNO3- = 17,08 + 18.0,016 +
62.1,136 = 87,8 g
Tư duy kiểu 2. Có Mg, Al phản ứng với H+, NO3- nên dung dịch Y có thể có
NH4+ và do Y tác dụng với AgNO3 tạo khí nên trong Y có Fe2+, H+ và không có

NO3-. Sơ đồ phản ứng:
3+

Fe : b - 0,04
2+
Fe : 0,16

FeCl2: 0,12
X

Mg: a
Fe(NO ) : b

Al: c

32

2+

Mg : a

+

HCl
0,816

Y

3+

Al : c

+ NO: 0,144 + H2O: 6b-0,14

+

NH 4 : 2b -0,14
+

H : 0,08

-

Cl : 1,056

Y tác dụng với dung dịch AgNO3, ta có các phản ứng:
Fe2+ + 2H+ + NO3- Fe3+ + NO2 + H2O
0,04
0,08
0,04 0,04
Fe2+ + Ag+ Fe3+ +
Ag ; Ag+
+
x
x
x
x
y
y

Cl-AgCl
y

{x+ y=1,176¿¿¿¿
Gọi x , y là số mol Ag, AgCl ta có

1,056
BT (Cl): nFeCl2 = 0,12 mol; nFe2+ trong Y = 0,04 + x = 0,16 mol.
Gọi a, b, c là số mol Mg, Fe(NO3)2, Al trong X

x = 0,12; y =

7


BT (N): NH4+: 2b – 0,144; BT (O): H2O: 6b – 0,144 mol; BT (Fe): Fe3+: b – 0,04
mol.
Ta có hệ:
mX = 24a + 180b + 27c + 0,12.127 = 35,52
BT dien tích trong Y: 3b + 0,2 + 2a + 3c + 2b- 0,144 + 0,08 = 1,056

BTKL: 35,52 + 0,816.36,5 = (b + 0,12).56 + 24a + 27c +18(2b-0,144) + 0,08 + 1,056.35,5 + 0,144.30 + 18(6b-0,144)

Giải hệ ta được a = 0,2; b =0,08; c =0,04 mol

{Fe3+:0,2¿{Mg2+:0,2¿{Al3+:0,04¿{NH+:0,016¿¿¿¿

4
Dung dịch Z gồm:

mmuối = 87,8 gam.

Ví dụ 7: [7]. Cho 10 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe2O3, S, FeS2 và CuS (trong
đó O chiếm 16% khối lượng hỗn hợp X) tác dụng vừa đủ với 0,335 mol H2SO4
đặc (đun nóng) sinh ra 0,2125 mol khí SO2 và dung dịch Y. Nhúng thanh Mg
dư vào Y, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn lấy thanh Mg ra cân lại thấy
tăng 2,8 gam (giả sử 100% kim loại sinh ra bám vào thanh Mg). Đốt cháy hoàn
toàn 10 gam X (sản phẩm gồm Fe 2O3, CuO và SO2) bằng lượng vừa đủ V lít
(đktc) hỗn hợp khí A gồm O2 và O3 tỉ lệ mol 1:1. Giá trị của V là:
A. 1,568.
B. 1,4784.
C. 1,5232.
D. 1,4336.
Hướng dẫn giải:
Ta có nO trong X = 0,1 mol
Theo BTNT. H: Số mol H2O = số mol H2SO4 phản ứng
Theo BTNT. O:
2-

nO trong X + 4nH2SO4 = 4nSO4 + 2nSO2 + nH2O

nSO24−=(0,1+4 . 0,335−2 . 0,2125−0,335 ):4=0,17 mol

Trong dung dịch Y có:
a mol Fe3+, b mol Cu2+ và 0,17 mol SO42Theo định luật bảo toàn điện tích đối với dung dịch Y:
3a + 2b = 0,17.2 = 0,34
(1)
Khi dung dịch Y tác dụng với Mg:
Dung dịch sau phản ứng với Mg dư chỉ có MgSO4 (0,17 mol)
⇒ số mol Mg phản ứng là 0,17 mol

Ta có: 56a + 64b - 0,17.24 = 2,8 (2)

{nFe=0,1mol¿{nCu=0,02mol¿¿¿¿

{nO=0,1mol

{a =0,1 mol¿¿¿¿
Từ (1) và (2) tính được:

¿

. Vậy trong X có:

Khi X tác dụng với hỗn hợp gồm O2 và O3 được:

8


{nFe O =0,05mol¿{nCuO=0,02mol¿¿¿¿
2

3

nA = 2. (0,05.3 + 0,02 + 0,0475.2 – 0,1) : 5 = 0,066mol
V = 1,4784 lít
Ví dụ 8. [7]. 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. 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%.
Hướng dẫn giải:
3+
+
- Dung dịch Y gồm Fe , H , Na+, NO3- và SO42- (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
nFe3

n

2nCu 3nNO 0,18mol

(d )

H

4nNO 0,12mol

- Khi cho dung dịch Y tác dụng với Ba(OH)2 ta có:
= m↓−107n
n
=n
BaSO4

- Xét dung dịch Y, có:BTDT
m chat tan trong Y

Fe3+

NaHSO4

n

NO 3

233
2n

nH 2O

n

BTKL

n

Fe 3

96n SO42

H

n

Na

) 0, 08 mol

84,18 (g)

0,31mol

2

- Xét hỗn hợp khí Z, có

(3n

SO 4 2

23n Na 56n Fe 3
n H 62n NO 3
nNaHSO4 nHNO3 nH (d )

BT:H

=0,58 mol

x mol

CO2

và nNO

44n CO 2 30n NO m X 120n NaHSO 4 n HNO 3
44x 4x.30 4,92 (g) x 0, 03mol

4xmol . Mặt khác:
m chat tan trong Y
18nH 2 O

- Quay trở lại hỗn hợp rắn X, ta có:
BT:N

nNO3
nFe(NO3)2
n

n

mà

%m Fe

n

O(trong oxit)

m

X

232n

H

8

Fe3O4

4

Fe3O4

0,08 0,12 0,16
nNO nHNO3
0,02mol vµ nFeCO3
2
2
(d )
nNaHSO4 nHNO3 2nCO2 4nNO n

Fe 3O 4

Sơ đồ hóa bài toán:

116n

FeCO 3

180n

Fe(NO 3 )2

nCO2 0,03mol

0,01mol

.100 37,33%

mX

9


3+

Fe

Fe

Fe O
15 gam

3

+

NaHSO4

4

FeCO3

Fe(NO3)2

HNO3

Na
H

+

+

CO2

+

-

NO3

+ H2O

NO

2-

SO4

Y hòa tan Cu:0,135 mol PTHH: 3Cu + 8H+ + 2NO33Cu2+ + 2NO
3+

4H2O và 2Fe + Cu 2Fe2+ + Cu2+
Dễ thấy nNO3- = nNO = 0,03 và nH+ = 0,12 và nFe3+ = 0,18 mol
- Y +
dd Ba(OH)2 dư thìgồm:
Fe(OH)3: 0,18 mol nBaSO4

+
=

154,4−0,18 .107 =0,58 mol

233
BT SO 42- và BT Na ta được nNa+ = 0,58 từ đó dễ thấy H+ trong Y = 0,12 mol và
BTĐT suy ra nNO3- = 0,08 mol
BT (H) suy ra nH2O = 0,31 mol BTKL suy ra: nCO2 =0,04 và nNO =0,12
BT (C), (N) và (O) ta tính được Fe3O4= 0,01 mol; FeCO3: 0,03 mol và Fe(NO3)2:
0,02. BT (Fe) nFe=0,1 mol và từ đó tính được %Fe= 37,33%.
Ví dụ 9. [9]. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp gồm FeS 2 (x mol) và FeCO3 (y mol)
trong không khí (O2 chiếm 20% thể tích, còn lại là N 2), kết thúc phản ứng thu
được Fe 2O3 duy nhất và hỗn hợp khí Y gồm N2 , SO2, CO2 (trong đó tỉ lệ về số
mol của N2 và SO2 tương ứng là 17 : 2). Tỉ lệ x : y là
A.1:2.
B.2:5. C.1:6.D.2:3.
Hướng dẫn giải:
Đặt nN2 = 17 ® nSO2 = 2
- BTNT S ® nFeS2 = 1 = x.
- Từ nN2 ® nO2 = 4,25
- BTNT O ® 3y + 2.4,25 = 2.2 + 2.y + 3(x + y)/2 ® y = 6 (C)
Vậy x: y = 1:6.
Ví dụ 10.[9]. Hòa tan hoàn toàn 0,5 mol hỗn hợp X gồm MgO, Al(NO 3)3, Mg và

Al trong dung dịch chứa NaNO 3 và 1,28 mol HCl (đun nóng), sau phản ứng thu
được dung dịch Y chỉ chứa các muối và hỗn hợp khí Z gồm N 2O (0,06 mol) và
H2 (0,06 mol). Để tác dụng tối đa các muối trong Y cần dùng 660 ml dung dịch
NaOH 2M, đồng thời thu được 20,88 gam kết tủa. Phần trăm khối lượng của Mg
đơn chất có trong X là
A. 38,6%.
B. 33,1%.
C. 34,4%.
D. 41,3%.
Hướng dẫn giải:
*Kết tủa chỉ có Mg(OH)2: 0,36 mol
*nkim loại = nX = 0,5 nAl3+/Y = 0,5 - 0,36 = 0,14
*Vai trò của OH- nNH4+ = 1,32 - 0,36.2 - 0,14.4 = 0,04

10


Mg

:0,36
2

Al 3 : 0,14
Na : 0,1

BTDT
NH

:0,04
4

Cl :1,28

*dung dịch Y:

nNaNO3

= 0,1

*Vai trò H+ nMgO = (1,28 - 0,06.10 - 0,06.2 - 0,04.10):2 = 0,08
*BT.Mg nMg = 0,36 - 0,08 = 0,28
*BT.N nAl(NO3)3 = (0,06.2 + 0,04 - 0,1):3 = 0,02
0,28.24

38,6%

*%mMg = 0,36.24 0,14.27 0,08.16 0,06.62

Ví dụ 11.[9]. Nung nóng 45,76 gam hỗn hợp gồm Al và Fe 3O4 trong khí trơ đến
khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được rắn X. Chia X làm hai phần bằng nhau.
Phần 1 cho vào dung dịch NaOH dư, thấy còn lại 14,72 gam hỗn hợp rắn. Hòa
tan hết phần 2 trong dung dịch chứa NaNO3 và H 2SO4 loãng, kết thúc phản ứng
thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối trung hòa của kim loại và 3,36 lít (đktc)
hỗn hợp khí Z gồm hai khí, trong đó có một khí hóa nâu. Tỉ khối của Z so với H 2
bằng 12,2. Cô cạn dung dịch Y thu được m gam muối khan. Giá trị của m là
A. 77,16.
B. 88,68.
C. 83,88.
D. 74,28.
Hướng dẫn giải:

*khối lượng của 1/2X là 45,76:2 = 22,88
Al 2O3
Al

Fe O

22,88g

Fe

3 4

Fe O

14,72g

nAl O
2 3

22,88 14,72 0,08
102

3 4
*Xét phần 1: 22,88g
-BT.Al nAl = 0,16 nFe3O4 = (22,88 - 0,16.27):232 = 0,08
*Xét phần 2:
-nNO = 0,12; nH2 = 0,03
3
Al

:0,16

n

Fe : 0,24
Na
2

-ddY:

SO

4

-BT.N nNaNO3 = 0,12 nNa+ = 0,12
-Vai trò H+ nH2SO4 = (0,08.4.2 + 0,12.4 + 0,03.2):2 = 0,59 nSO42- = 0,59 Vậy
m = 77,16
Ví dụ 12. [9]. Hòa tan hết hỗn hợp gồm 7,68 gam Mg và 3,36 gam MgCO 3 vào
dung dịch HNO3 loãng dư, thu được dung dịch X và 2,24 lít (đktc) hỗn hợp khí
Y có tỉ khối so với He bằng 11. Cô cạn dung dịch X thu được lượng muối khan
là
A. 48,96 gam.
B. 54,88 gam.
C. 53,28 gam.
D. 55,68 gam.
11


Hướng dẫn giải:
* nMg = 0,32; nMgCO3 = 0,04

CO2 : 0,04
N O : 0, 06

* MY = 44 → Khí gồm 2
→ nNH4+ = 2nMg/8 – nN2O = 0,02
Mg(NO 3 ) 2 : 0,36

: 0, 02

→ m = 54,88 gam
Ví dụ 13.[9]. Hòa tan hoàn toàn 21,78 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, MgCO3,
Al(NO3)3 trong dung dịch chứa 0,12 mol HNO3 và 0,65 mol H2SO4. Sau khi
các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối trung
hòa và hỗn hợp khí Z gồm CO 2, N2, N2O và H2 (trong đó số mol của H2 là
0,06 mol) . Tỉ khối của Z so với He bằng 7,25. Cho dung dịch Y tác dụng với
dung dịch NaOH dư, thấy lượng NaOH phản ứng tối đa là 57,6 gam; đồng thời
thu được 24,36 gam kết tủa. Thành phần phần trăm về khối lượng của N2 O trong
* Muối chứa

NH NO
4

3

hỗn hợp Y là

A. 37,93%.
B. 22,76%.
C. 30,34%.
Hướng dẫn giải:

* Kết tủa là Mg(OH)2: 0,42

D. 14,48%.

Mg2 : 0,42
Na :1,44
SO

:0,65

2

Al(OH) : 0,14

ddY

:0,14
:0,65

Al 3
SO
4

4

* Dung dịch cuối cùng:

2
4

NH

:0,04
4

* BT.H nH2O = 0,57
* BTKL mZ = 5,8 nZ = 0,2
CO : x

x y z 0,06 0,2

2

N

2

N 2O:z
H :0,06

*Z

x

:y
44x 28y 44z 0,06.2 5,8
2x 12y 10z

nvH

0,06.2 0,04.10 1,42

0,07
y 0,03
z 0,04

2

Ví dụ 14.[9]. Cho 20,88 gam hỗn hợp X gồm Fe, Fe(NO 3)2 và Fe(NO3)3 vào
nước dư, thấy còn lại 10,08 gam rắn không tan. Mặt khác, hòa tan hoàn toàn
20,88 gam X trong dung dịch HCl loãng, thu được dung dịch Y chỉ gồm các
muối của kim loại và hỗn hợp khí Z gồm hai khí không màu, trong đó có một
khí hóa nâu. Tỉ khối của Z so với He bằng 4,7. Cho dung dịch AgNO 3 dư vào Y,
thu được m gam kết tủa. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m gần nhất
với giá trị nào sau đây?
A. 101,5.
B. 100,0.
C. 101,0.
D. 100,5.
Hướng dẫn giải:
* nFedư = 0,18; dung dịch sau chỉ có Fe(NO3)2; nFe(NO3)2sau = (20,88 10,08):180 = 0,06 (BTKL)

12


NO
Fe

Fe(NO )

HCl

H

32

* Hỗn hợp X:

Fe(NO )

33

Fe2

2

Fe3 :a
:b HO

Cl

2

nNO 0,06.2 0,12nH 2

0,08nHCl 0,12.4 0,08.2 0,64

BT.N

vai troøH

dZ/H2

BTCl

3a 2b 0,64

BTDT
BT.Fe

nAgCl 0,64

0,18 0,06

b 0,08 nAg 0,08

a b
*

m 0,64.143,5 0,08.108 100,48.

Ví dụ 15.[9]. Hòa tan hoàn toàn 0,6 mol hỗn hợp gồm Mg, Fe(NO 3)3 và FeCl3
trong dung dịch chứa 0,84 mol HCl, kết thúc phản ứng thu được dung dịch X chỉ
chứa các muối clorua có khối lượng là 66,635 gam và 2,24 lít (đktc) hỗn hợp khí
Z gồm N2O, N2, H2. Tỉ khối của Z so với H2 bằng a. Cho dung dịch AgNO3 dư
vào X, thu được 198,075 gam kết tủa. Nếu cho dung dịch NaOH dư vào X, lấy
kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi, thu được 31,6 gam rắn
khan. Giá trị của a là
A. 9,9.
B. 12,0.

C. 9,1.
D. 10,7.
Hướng dẫn giải:
Mg:x
MgO:x
Fe(NO3 )3

FeCl 3 :z

:y

Fe2O3 :(0,5(y z)
31,6 gam

0,6 mol

Mg:0,41
Fe(NO3 )3
FeCl3
0,6
mol

HCl
0,84 mol

® x = 0,41 ; y + z = 0,19


gNO

Ag
:a
3

198,075 gam


a b c 1,39

-

BT§ T

m

muèi

18b

35,5c 46,155

a

Hệ
0,12

b 0,02

108a 143,5c 198,075 c 1,29z 0,15; y 0,04

m

BTNT Cl

kÕtña

13


nN O n N

0,05

nN O 0,03

BTNT N
2

8n

2

8n

10n

BT mol e
NO

- Hệ

N

2

2n

a 2.0,41
H

NH4

2

2
nN

2

0,02

2

dZ/H2 9,9 (A)
Ví dụ 16.[6]. Hòa tan hoàn toàn 23,76 gam hỗn hợp gồm Cu, FeCl 2 và Fe(NO3)2
vào 400 ml dung dịch HCl 1M thu được dung dịch X. Cho lượng dư dung dịch
AgNO3 vào X, thấy lượng AgNO3 phản ứng là 98,6 gam, thu được m gam kết
tủa và thoát ra 0,448 lít khí (ở đktc). Các phản ứng xảy ra hoàn toàn và khí NO
là sản phẩm khử duy nhất của N+5 trong cả quá trình. Giá trị của m gần nhất với
giá trị nào sau đây?

A. 82.
B. 80.
C. 84.
D. 86.
Hướng dẫn giải:
* nHCl: 0,4; nAgNO3: 0,58.
nHCl

* Tổng số mol khí NO =

4

0,1 0,02 0, 04

= 0,1 → nFe(NO3)2 =
NO :0,08
Cu2

Cu : a
FeCl 2

:b

HCl:0,4

→ 2 a b 0, 04 0,1.3 c

AgNO 3

Fe

H

:0,58

Ag : c

Cl

* Hỗn hợp
64a 127b 180.0, 04 23, 76
0,58

NO :0,02

n

Fe(NO 3 ) 2 : 0, 04

2b 0, 4 c

2

AgCl : 2 b 0, 4

:0,08

a 0,1
0, 08

b

c

0,02 → m

= 0,02.108 + (2.0,08 +

0,4).143,5 = 82,52 gam
Ví dụ 17.[6]. Hòa tan hoàn toàn 0,3 mol hỗn hợp gồm FeO, Fe(OH) 2, FeCO3 và
Fe3O4 vào dung dịch chứa NaHSO4 và NaNO3, thu được dung dịch X. Chia dung
dịch X làm 3 phần bằng nhau:
- Phần 1 hòa tan tối đa 3,52 gam bột Cu.
- Cho từ từ 400 ml dung dịch NaOH 1M vào phần 2, thu được 11,77 gam
kết tủa duy nhất.
- Đem cô cạn phần 3, thu được m gam muối khan.
Biết rằng khí NO là sản phẩm khử duy nhất của N+5, các phản ứng xảy ra hoàn
toàn. Giá trị gần đúng của m là
A. 55,1.
B. 50,4.
C. 58,6.
D. 64,6.
Hướng dẫn giải:
Tính toán trong cả 3 phần:
* Phần 1: nCu = 0,055.3 = 0,165
* Phần 2: nNaOH = 0,4.3 = 1,2; nFe(OH)3 = 0,11.3 = 0,33 ( = 2nCu) → nH+/X =
1,2 – 0,33.3 = 0,21
→ X không có NO3- → nNO = nNaNO3 = 0,3/3 = 0,1
14

Fe 3 : 0, 33
H :0,21
Na : 0,1
SO 2 : x

x

* Dung dịch X chứa 4 (với nNaHSO4 = x) → x = 1,3 (BTĐT) * Khi cô
cạn dung dịch thì thu được chất rắn
3

Fe

: 0,33

Na :1, 4
m
2
:1,195
SO

0,33.56 1,4.23 1,195.96
3

55,13

4

Ví dụ 19.[6]. Hòa tan hoàn toàn 28,96 gam hỗn hợp gồm Fe, Cu, Fe 3O4 và MgO

trong dung dịch chứa NaNO3 và x mol H2SO4, sau khi kết thúc phản ứng, thu
được dung dịch X chỉ chứa các muối sunfat của kim loại và 0,2 mol hỗn hợp Y
gồm hai khí không màu, trong đó có một khí hóa nâu. Tỉ khối của Y so với H 2
bằng 12,2. Trong điều kiện không có oxi, cho dung dịch Ba(OH) 2 dư vào X, thu
được 192,64 gam kết tủa. Giá trị của x là
A. 0,64.
B. 0,58.
C. 0,68.
D. 0,54.
Hướng dẫn giải:
Ta dễ dàng suy ra hỗn hợp Y gồm NO và H2, tính được NO: 0,16 mol; H2: 0,02
mol và BTNT. N: nNaNO3 = 0,16 mol.
BTNT. H: nH2O = x-0,14
Sơ đồ phản ứng:
Fe
Fe

NaNO 0,16 mol

Fe

2+

3+

3

Cu
Fe3O4

MgO
28,96 gam

+

X
H SO 4 x mol
2

Cu

2+

Mg2+

Na

+

2SO4

+

0,16

H2

0,04

0,16 mol

x mol

Ba(OH)2: x

BTKL:

NO

+

H 2O
x-0,04

+ NaOH: 0,16 mol

28,96 + 85.0,16 + 98x = mX + mkhí + mH2O
28,96 + 85.0,16 + 98x=192,64 + 0,16.40-171x + 0,2.12,2.2 +

18.(x-0,04)
x= 0,64 mol Chọn A
Ví dụ 20.[9]. Cho 0,3 mol hỗn hợp gồm Fe, FeCO 3, Al và Cu vào bình chứa 200
ml dung dịch NaOH 1M, thấy thoát ra 3,024 lít khí H 2 (đktc). Cho tiếp vào bình
640 ml dung dịch HCl 1M, sau khi kết thúc các phản ứng, thu được dung dịch X
và m gam rắn không tan. Cho dung dịch AgNO 3 dư vào X, thấy khí NO thoát ra
(sản phẩm khử duy nhất của N +5); đồng thời thu được 95,62 gam kết tủa. Giá trị
của m là
A. 7,36.
B. 8,64.
C. 9,28.
D. 8,96.

15


Hướng dẫn giải:
- Vì cho dung dịch AgNO3 dư vào X, thấy khí NO thoát ra ® Dung dịch X có
HCl dư.
- Từ khối lượng kết tủa ® nAg = 0,035
H

2

0,135mol

Fe
FeCO3
Al

Fe

FeCl2

0,2mol

FeCO3
NaAlO

NaOH

Cu

AgCl

NaOH
2

ddX

HCl

0,64mol

mgam

AlCl3

AgNO3d

0,64

NaCl

Ag

0,0135

d
0,3mol

HCl d

Cu

- Từ mol H2 ® nAl = 0,09 ; nNaOH pư = 0,09
- nH+ pư = 2x + 2y + 0,11 + 4.0,09 ® nH+ dư = 0,17 – (2x + 2y) ® nNO = [0,17 –
(2x + 2y)]/4
*) X + AgNO3 dư:
- BT mol e ® (x + y) = 3[0,17 – (2x + 2y)]/4 + 1.0,035 ® x + y = 0,065
- Từ tổng mol hỗn hợp ® nCu = 0,145 ® m = 9,28 gam (C)
2.2.3. Áp dụng định luật bảo toàn trong giải toán hóa học dung dịch Al 3+, H+
tác dụng với OHPhương pháp: Khi cho từ từ dung dịch OH- vào dung dịch muối Al3+ (a mol) ,
H+ (b mol) thì phản ứng xảy ra như sau:
H+ + OHHOH
3+
Al
+ 3OH
Al(OH)3
Al(OH)3 + OH
Al(OH)4Do đó đồ thị thu được như sau:

B
y
O

A
b

E x
x1 b+3a2

C

b+4a

Từ đồ thị ta thấy nhiệm vụ của OH- gồm
OA: trung hòa H+
AE: tạo kết tủa với Al3+
EC: Hòa tan kết tủa
Các ví dụ:
16


Ví dụ 1:[6]. Khi nhỏ từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch X gồm x mol H 2SO4
và y mol Al2(SO4)3, kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau:
nAl(OH)3
0,2

0

0,4

1,4

nNaOH

Nếu cho dung dịch chứa 0,7 mol Ba(OH) 2 vào dung dịch X, phản ứng hoàn toàn
thu được m gam kết tủa. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 14,5.
B. 16,7.
C. 170,0.
D. 151,5.
Hướng dẫn giải:

{H−OH:0,4¿{Al(OH)3:0,2¿¿¿¿

Khi NaOH: 1,4 mol sản phẩm gồm:
Dd X gồm: H2SO4: 0,2 mol, Al2(SO4)3: 0,15 mol. X tác dụng với Ba(OH)2: 0,7

BaSO :0,65 ¿¿¿

{Ví dụ 2: [6]. Hòa4 tan hoàn toàn
¿
m = 167,05 gam.
hỗn hợp Al, Al O trong 200 ml dung dịch HCl
2

3

nồng độ a mol/l, thu được dung dịch X. Cho từ từ dung dịch NaOH 1M vào X,
lượng kết tủa Al(OH)3 (m gam) phụ thuộc vào thể tích dung dịch NaOH (V ml)
được biểu diễn bằng đồ thị bên.

17


m
0

Giá trị của a là
A. 0,5.

100

250

450

V

B. 1,5.

C. 1,0.
D. 2,0.
Hướng dẫn giải:
Khi V=100 ml tức NaOH = 0,1 mol sản phẩm: H-OH: 0,1 nên H+ dư = 0,1 mol

{H−OH:0,1¿¿¿¿
sản phẩm:

Khi NaOH = 0,25 mol

Khi NaOH = 0,45 mol

sản phẩm gồm

{H−OH:0,1 mol¿{Al(OH)3:0,05 mol¿¿¿¿
⃗ Al
BT . Al
⃗ nHCl=nCl

BTĐT

3+

trong X = 0,1 mol
-=

0,1 + 0,1.3 = 0,4 mol do đó a = 2,0

M
Ví dụ 3: [6].Cho x gam Al tan hoàn toàn vào dung dịch chứa y mol HCl thu
được dung dịch Z chứa 2 chất tan cùng nồng độ mol. Thêm từ từ dung dịch
NaOH vào dung dịch Z thì đồ thị biểu diễn kết tủa phụ thuộc lượng OH - như
sau:
nAl(OH)3

0,175y
-

nOH
5,16

18


Giá trị của x là
A. 27,0.

B. 26,1.

C. 32,4.
D. 24,3.

Hướng dẫn giải:
Dung dịch Z chứa 2 chất tan cùng nồng độ mol nên số mol chúng bằng nhau
gồm: AlCl3: x/27 mol và HCl: x/27 mol BTNT (Cl): nHCl = y =3.x/27 + x/27
=4x/27 mol

{HOH:27x¿{Al(OH) :0,175y= 0,7x ¿¿¿¿
3

27

Khi OH- = 5,16 mol sản phẩm gồm

x +0,7 .3+0,3 .4=5,16
x
x
27
27
⃗BT.OH27
x = 32,4 gam.
Ví dụ 4: [9]. Hỗn hợp X gồm Al, Al2O3 trong đó O chiếm x% khối lượng hỗn
hợp. Hòa tan hỗn hợp X trong 595 gam dung dịch H 2SO4 y% dư (dư 20,16% so
với lượng cần dùng) thu được dung dịch Y và a mol H 2. Rót từ từ dung dịch
NaOH vào Y ta có đồ thị phụ thuộc số mol kết tủa vào số mol NaOH như sau:
nAl(OH)3

0,7a

0,4

10,3a

-

nOH

Tổng giá trị của x + y gần nhất với:
D. 59.
A. 54.
B. 55.
C. 56.
Hướng dẫn giải:
Khi OH 0,4 mol sản phẩm HOH: 0,4 nên H+ dư = 0,4 mol do đó H2SO4 dư =
100 .0,2
⃗
0,2 mol và H2SO4 phản ứng =

20,16

0,99 mol

BT.SO

0,33 mol.

Al2(SO4)3

2−

=

4

{HOH:0,4¿Al(OH)3:0,7a¿¿¿¿
−

-

BT.OH
Khi OH : 10,3a mol thì sản phẩm gồm
{
0,7a.3 + (0,66-0,7a).4 = 10,3a a 0,276 mol nAl = 0,184 mol và nAl2O3 =
0,238.3.16 .100%
⃗

0,4+

0,184 .27 +0 ,238.102

(0,66- 0,184): 2= 0,238 mol x=%mO =
39,06% Ta
có nH2SO4 ban đầu = 0,99 + 0,2 = 1,19 mol y = C%H2SO4 = 19,6 %
19


Do vậy x + y 58,66% 59%
chọn D.
Ví dụ 5.[6]. Hỗn hợp X gồm Al và Al2O3 trong đó oxi chiếm 30,76923% khối
lượng hỗn hợp. Hòa tan hết m gam hỗn hợp X trong 2,4 lít dung dịch HCl 1M
thu được dung dịch Y và V lít H2 (đktc). Cho từ từ NaOH đến dư vào Y, phản
ứng được biểu diễn theo đồ thị sau:

nAl(OH)3

0,408

a

4,4a

334a/45

nNaOH

Nếu cho m gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HNO 3 loãng dư thu
được 0,6V lít NO (đktc) và dung dịch Z. Cô cạn Z được m 1 gam muối khan. Giá
trị của m1 gần nhất với
A. 144.
B. 145.
C. 146.
D. 147.
Hướng dẫn giải:
Từ đồ thị suy ra: HCl dư = a mol.
4,4a−a 3,4a
⃗
3 = 3 = 0,408
Khi NaOH = 4,4a mol BT .OH nAl( OH)3 =
a = 0,36 mol
Khi NaOH= 334a/45 = 2,672 mol sản phẩm

{HOH:a=0,36¿{Al(OH)3:0,408¿¿¿¿¿

BTNT. Al suy ra nAl (nguyên tố) trong X= 0,272 + 0,408 = 0,68 mol
mO(X) =8,16 gam nAl2O3 = 0,17 mol và nAl = 0,34 mol nH2 =0,51 mol m
gam X tác dụng với HNO3 thì BT.e:
0,34 .3−0,6 .0,51.3 =0,01275 mol
8
nNH4NO3 =
và nAl(NO3)3 = 0,68 mol mmuối = m1 = 145,86 gam gần với 146 chọn C
Ví dụ 6:[6]. Nhỏ từ từ dung dịch Ba(OH)2 vào ống nghiệm chứa dung dịch
H2SO4 và Al2(SO4)3. Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc khối lượng kết tủa theo thể
tích dung dịch Ba(OH)2 như sau:
20


Khối lượng kết tủa
(gam)
mmax

0,2

0,8

Số mol Ba(OH)2
(mol)

Giá trị nào sau đây của mmax là đúng?
A. 158,3.
B. 181,8.
C. 172,6.
Hướng dẫn giải:
n

0, 2n H SO 0, 2
Tại vị trí
Ba (OH)
2

D. 174,85.

4

2

n

Tại vị trí

Ba (OH) 2

0,8n

Al

2

(SO

4 )3

a

Ba(AlO 2 ) 2 : a

BaSO 4 : 0, 2 3a

BTNT.Ba

0,8a 0,15
a 0, 2 3a
m max BaSO 4 : 0,65 m max 0, 65.233 0,3.78 174,85(gam)
Al(OH) 3 : 0,3

2.2.3. Cơ sở thực nghiệm
Sáng kiến kinh nghiệm này đã được thử nghiệm áp dụng đối giảng dạy từ năm
học 2015-2016 đối với học sinh lớp 12 và học sinh ôn thi THPT quốc gia trường
THPT Hoằng Hóa 4, và đã đạt được chất lượng rất khả quan cả trong thi học
sinh giỏi cũng như thi đại học, THPT quốc gia.
Kết quả áp dụng đối với lớp 12 và ôn thi năm học 2015-2016:
Thi THPT quốc gia môn Hóa học có 1 em đạt 9,8; 2 em đạt 9,6 và điểm
trung bình lớp 12B5 đạt 7,81 môn Hóa học.
Kết quả áp dụng đối với lớp 12 và ôn thi năm học 2016-2017:
Thi THPT quốc gia môn Hóa học có 5 em đạt điểm 10 tuyệt đối (chiếm
5/6 điểm 10 của trường); 35 em đạt điểm 9,0-10,0 và điểm trung bình lớp 12A1
đạt 8,47 môn Hóa học.
Trường có 23 em đạt điểm từ 27,0 điểm 3 môn khối thi đại học (chỉ có
khối A và B, các khối khác không có).
Hiện tại chúng tôi đang đưa vào áp dụng đối với các lớp 12A1, 12A2,
12A3 năm học 2017-2018 kết quả thu được như sau:
Chúng tôi đã khảo sát làm đối chứng thực nghiệm sư phạm chúng tôi
nhận thấy được kết quả như sau:
21