SKKN: Hướng dẫn giải bài toán tổng hợp 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 

4

SỞ THỰC TIỄN CỦA ĐỀ 
TÀI
II.   THỰC   TRẠNG   VẤN 

4

ĐỀ   TRƯỚC   KHI   ÁP 
DỤNG   SÁNG   KIẾN 
KINH NGHIỆM
III.   NỘI   DUNG   CỦA 

5

SÁNG KIẾN
1. PHƯƠNG PHÁP GIẢI 

5

CHUNG
2. CÁC BÀI TẬP CÓ LỜI 

6

GIẢI CHI TIẾT

3.   CÁC   BÀI   TẬP   TỰ 
LUYỆN
IV.   KẾT   QUẢ   THỰC 
HIỆN
V. KẾT LUẬN VÀ KIẾN 
NGHỊ
VI.   VỀ   KHẢ   NĂNG   ÁP 
DỤNG CỦA SÁNG KIẾN

1

42

52

53

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 

55

đầu

2


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.

3

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: N âng 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

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 

4


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
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)

5


+ 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 h ợp  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 đại học KHTN – lần 1 – 2017)
Hướng dẫn giải
­ Hỗn hợp khí X gồm 0,2 mol H2 và 0,05 mol NO.

6

D. 25,51


 
­ Xét hỗn dung dịch muối và hỗn hợp R có :

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 

nOH ­ =2nFe2+ + 3nFe3+…..

Dung dịch cuối 

 Fe3+

lượng 

+nNH4+

gồm K+  1,22

 Mg2+

0,8m

nên nOH­ = nekl +nNH4+

SO42­   1,65V

Cu2+ 
NH4+   a mol

NO3­ b mol
2,86m gam

+ KOH

Na+ V

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+
 → 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

7


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 ) 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
⇒ 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.
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 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:

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.
 

Từ 1 mol NaOH đến 1,3 mol NaOH thì kết tủa từ cực đại đến tan hết do xảy ra phản ứng:

8


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 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
­ Dung dịch Y gồm Fe3+, H+, Na+,  và  (dung dịch Y không chứa Fe2+, vì không tồn tại dung dịch 
cùng chứa Fe2+, H+ và ).
­ Khi cho dung dịch Y tác dụng với 0,135 mol Cu thì:
 
­ Khi cho dung dịch Y tác dụng với Ba(OH)2 ta có:
 
­ Xét dung dịch Y, có:  
 
 
­ Xét hỗn hợp khí Z, có  x mol và  4x mol. Mặt khác:

9


BTKL: x = 0,03
­ Quay trở lại hỗn hợp rắn X, ta có:
 mol 
và  mol
mà  

 
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 
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:
 
 
­ Ta có  
­ Xét hỗn hợp X ta có:
 
 
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 BaCl2 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.

10

e) Số mol của Mg trong X là 0,15 mol.
Tổng số nhận định đúng là
A. 1.

B. 2.

C. 3.

D. 4.

Hướng dẫn giải
Y chứa H2 ⇒ Z không chứa NO3–. Lập sơ đồ phản ứng:
 
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 Fe3O4, 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
mol; , n(Cl­) =1,2

11


­ 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)
Ta có hệ phương trình: 
 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     (2)
 0,1     4/15 ←0,2/3
Cu +     2Fe3+   2Fe2+ + Cu2+                                 (3)
0,12 →  0,24        0,24     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 Cl­
Khi cho AgNO3 dư vào dung dịch Y xảy ra các phản ứng:
  Ag+ + Cl­   AgCl                    3Fe2+ + 4H+ + NO3­   3Fe3+ + NO + 2H2O
            1,2       1,2                       0,075   0,1

  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 X1 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 X2 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, FeCO3 tác dụng với dung dịch HNO3 thu được 2 khí không màu 

12


trong đó có 1 khí hóa nâu ngoài không khí 2 khí là NO và CO2
­ Tính được n
− Đặt: n

M 

CO

 = 0,05 mol; nNO =0,15 mol    n

2

= a mol; n

FeCO

 = n

3

CO

 = 0,05 mol.

2

 = b mol;    Ta có: aM + 56b + 116.0,05 = 14,1
Fe

      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:
        HNO3  +  NaOH    NaNO3  +  H2O       n
 = dư = 0,2.1 = 0,2 mol. 
NaOH
  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
Fe(NO3)3  +  3NaOH    3NaNO3  +  Fe(OH)3
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.  
n

3(pu)

n

3(bđ)

HNO
HNO

 = n

N(sp)

 = 0,1.3 + 0,15.3 + 0,025.2 + 0,15= 0,95 mol

 = 0,95 + 0,2 = 1,15 mol    x= C

3

M(HNO )

 = 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

13


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
B1: lập phương trình liên quan đến số mol H+ phản ứng
Đặt a làm thể tích dung dịch Y và b là số mol 
Trong X: mKL = 0,8m ; mO = 0,2 m

(qui hỗn hợp về kim loại và oxi)
=> 
B2: Lập phương trình liên quan đến khối lượng muối sau phản ứng
Bảo toàn N:
=> mmuối 
B3: Lập phương trình liên quan đến bảo toàn điện tích các ion trong dung dịch sau phản ứng với 
KOH. Khi KOH phản ứng với X thì sản phẩm chứa 1,22 mol K+; a mol Na+ ; 1,65a mol  và  mol 
Bảo toàn điện tích: 
Từ 
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 H2 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 :  
­ Xét quá trình Y tác dụng với 1,3 mol HCl thì :
(với 
và )

14

D. 80.


­ Hỗn hợp muối gồm Cu2+ (0,25 mol), Cl ­ (1,3 mol), NH4+ (0,02 mol) và Mg2+  
→ 
 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) 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
;
 dd Y ;  
Gọi số mol NaNO3 là a;   số mol H2SO4 là 19a. 
Theo bảo toàn mol Na:    n= n= (nNaOH + n);   38a =  0,37 + a;   a = 0,01;    
Ta có:  nkhí Z = 0,11 mol; Bảo toàn N:  nNO + n= n= 0,01;    n= 0,1; 
mkhí Z =  = 4,78 (g);   mNO + m= 0,38;   30nNO + 46n= 0,38; 
 nNO = n= 0,005; Theo bảo toàn mol e:  ne nhận = ne cho = 3×0,005 + 0,005 = 0,02;

 n(oxi hóa khử) = n= 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= 0,1;   z = 0,025; 
Từ đó ta có hệ pt:      x = y = 0,05;   %m= 46,22%; 
 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 H2SO4 1M thu đượ c hỗn hợp khí Y (đktc) gồm 0,06 mol NO và 0,13 mol H2, 
đồng thời thu đượ c dung dịch  Z chỉ  chứa các muối sunfat trung hòa. Cô cạn dung dịch  Z thu 
đượ c 56,9 gam muối khan. Thành phần phần trăm của Al trong hỗn hợp   X  có giá trị  gần 
nhất là:
     A. 25,5%

15

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 : 
 

­ Ta có 
­ Xét hỗn hợp X ta có: 

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

D. 25,51

(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.
 
­ Xét hỗn dung dịch muối và hỗn hợp R có :

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

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

­  Khi cho Y tác dụng với BaCl2 thì: 
­ Trong Y có: 

16

D. 11,256


 
­ 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:
 ;        ;   
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. 

D. 20.

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

 

­Ta có: 

Chọn C.
Ví dụ 18: Cho 10,24 gam hỗn hợp X gồm Fe và Cu vào dung dịch chứa H 2SO4 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

17


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
=> 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(NO3)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) 

18

%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 H2 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)
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 Al 2O3 (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+; SO42­
Khí T gồm: NxOy và H2
Khi Z tác dụng với BaCl2 dư thì : nH2SO4= n BaSO4 = 0,4 mol

19


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 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 FeSO 4 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 
BTNT H: 
BTNT N: 
Và 
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: 
Xét dung dịch X ta có hệ phương trình sau:

BTKL: m dung dịch X  

20


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 H2). 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
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 H2) có tỉ khối so với H2 là 16. Cho B tác dụng với lượng dư 
BaCl2 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
Hướng dẫn giải

 
­ Khi cho B tác dụng với BaCl2 thì  
­ Khi cho B tác dụng với NaOH thì và  

21

D. 5,6 lít


­ Khi cho A tác dụng với H2SO4 thì :

Chọn B.
Ví dụ 25: 
Hòa tan hoàn toàn  m  gam hỗn hợp  X  gồm Mg, Fe, FeCO   và Cu(NO ) bằng dung dịch chứa 
3

3 2 
H SO  loãng và 0,045 mol  NaNO thu được dung dịch Y chỉ  chứa 62,605 gam  muối trung hòa 
2
4
3 
(không có ion Fe3+) và 3,808 lít (đktc) hỗn hợp khí Z (trong đó có 0,02 mol H ) có tỉ khối so với O
2

bằng 19/17. Cho dung dịch 

2 

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
60,045mol
4 7 48
Mg,Fe,FeCO3,Cu(NO3 )2 + H 2SO4 , NaNO3
1 4 4 4 42 4 4 4 43 1 4 42 4 43
dung d�
ch h�

n h�
p

m(g)X

0,045mol

0,02mol
}
}
+
+
2−
Mg ,Fe ,Cu , Na ,NH 4 ,SO4 + H 2 ,CO2 ,N x Oy
1 4 4 4 4 4 4 4 2 4 4 4 4 4 4 4 3 1 4 44 2 4 4 43
2+

a+

2+

62,605(g) Y

0,17mol h�
n h�
pZ

0,045mol

}

Mg ,Fe ,Cu , Na+ ,NH 4+ ,SO42−
1 4 4 4 4 4 4 4 2 4 4 4 4 4 4 43
2+

a+

2+

NaOH

Fe(OH)a,Cu(OH) 2,Mg(OH) 2 + Na2SO4
1 4 4 4 4 4 2 4 4 4 4 43

62,605(g)Y

­­ Cho
(1)

31,72(g)

 

 
n Fe a + + n Mg 2 + + n Cu 2 + + n NH +4 = n NaOH = 0,865 mol

 
BTDT

�m

n H 2SO 4 = n SO 4 2− =

max

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

= 0, 455 mol

= 56n Fe a + + 24n Mg 2 + + 64n Cu 2 + + 17(n OH − − n NH + ) � 56n Fe a + + 24n Mg 2+ + 64n Cu 2 + = 17, 015 + 17n NH +
4

4

m Y = 56n Fea + + 24n Mg 2 + + 64n Cu 2+ + 23n Na + + 18n NH + + 96n SO 4 2−
­ Ta có: 

22

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 =

BTKL

2n H 2SO 4 − 4n NH 4+ − 2n H 2
2

= 0,385 mol
 

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 hôn h
̃ ợp 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.

D. 308.

Hướng dẫn giải
 

Chọn D
Ví dụ 27: 
Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp  H gồm Mg (5a mol) và  Fe O (a  mol) trong  dung  dịch chứa KNO

3 4 
3 
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 H và 
2 
NO, tỉ khối của Z so với H bằng 11,5. % khối lượng sắt có trong muối khan có giá trị gần nhất 
2 
với
A. 17%

B. 18%

C. 26%
Hướng dẫn giải

 

23

D. 6%


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                      

D. 29,0 

Hướng dẫn giải
­ Hướng tư duy 1:
­ Tóm tắt quá trình: 

 
 
+ Xét quá trình (2):  
­ Hướng tư duy 2:

+ Gọi T là hỗn hợp muối chứa Fe(NO3)2 và Mg(NO3)2 suy ra: 
+ Áp dụng phương pháp tăng giảm khối lượng + bảo toàn điện tích cho hỗn hợp T và Z ta có:
 
+ Xét quá trình (2): 
 
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%

24

B. 13,0%

C. 13,4%

D. 14,1%


Hướng dẫn giải
­ Hỗn hợp Z gồm N2 (0,05 mol) và H2 (0,125 mol)
­ Khi cho X tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng, ta có :
 
­ Xét hỗn hợp rắn X ta có :
 và 
+
Ví dụ 30: 
Cho 16,55 gam hỗn hợp  X gồm Fe3O4, Fe(NO3)2 và Al tan hoàn toàn trong dung dịch chứa 0,775  
mol KHSO4 loãng. Sau khi các phản  ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch   Y  chỉ  chứa 
 
116,65 gam muối  sunfat trung hòa và 2,52 lít (đktc) khí Z gồm 2 khí trong đó có một khí hóa 
nâu ngoài không khí, tỉ  khối  của Z so với H2 là  . Mặt khác, cho toàn bộ  lượng hỗn hợp  X ở 
 
trên vào nước, sau khi các phản ứng kết thúc, thu được  m gam rắn Y. Giá trị của m  gần nhất 
với giá trị nào sau đây ?
A. 13,7.

B. 14,8.

C. 12,5.

D. 15,6.

Hướng dẫn giải
­ Khi cho 16,55 gam X tác dụng với dung dịch chứa 0,775 mol KHSO 4 thì hỗn hợp khí Z thu 
được gồm NO (0,0125 mol) và H2 (0,1 mol). Xét quá trình phản ứng ta có :
­ Xét hỗn hợp rắn X ta có :
 
­ Khi hòa tan hỗn hợp rắn X vào nước thì :  
­ Vậy hỗn hợp rắn sau phản ứng h ỗn h ợp r ắn sau ph ản  ứng g ồm Fe 3O4(không tan), Al(dư) và Fe
Ví dụ 31: 
Hòa tan hết 3,264 gam hỗn hợp  X gồm FeS2, FeS, Fe, CuS và Cu trong 600ml dung dịch HNO 3 
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 BaCl2  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
Hướng dẫn giải

25

D. 11,256