3600 bài tập hóa vô cơ phần 10

3. Chuyên đề tổng hợp cấp độ 2
Câu 1. Cho khí CO qua 30,40 gam hỗn hợp A gồm Fe 2O3 và FeO đốt nóng một thời gian, người ta thu
được hỗn hợp chất rắn B. Hịa tan hồn tồn B trong lượng vừa đủ dung dịch HNO 3 thu được dung dịch
D. Nhúng thanh Cu vào dung dịch D đến phản ứng hồn tồn thì thấy khối lượng Cu giảm 12,80 gam.
Phần trăm khối lượng các chất trong A lần lượt là:
A. 52,6% và 47,4%

B. 33,3% và 66,7%

C. 61,3% và 38,7%

D. 75,0% và 25,0%

Câu 2. Cho m gam hỗn hợp X gồm CuO, Na2O, Al2O3 hoà tan hết vào nước thu được 400 ml dung dịch Y
chỉ chứa một chất tan duy nhất có nồng độ 0,5M và chất rắn G chỉ gồm một chất. Lọc tách G, cho luồng
khí H2 dư qua G nung nóng thu được chất rắn F. Hoà tan hết F trong dung dịch HNO 3 thu được 0,02 mol
hỗn hợp khí gồm NO2 và NO có tỉ khối so với oxi bằng 1,0625. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá
trị của m là
A. 18,0.

B. 26,0.

C. 34,8.

D. 18,4.

Câu 3. Chia 11,92 gam hỗn hợp gồm Al2O3, Fe3O4 và CuO thành hai phần bằng nhau. Hịa tan phần một
với dung dịch H2SO4 (lỗng, dư), thu được 15,56 gam muối sunfat. Dẫn 2,688 lít hỗn hợp khí CO và H 2
(dùng gấp đơi lượng phản ứng) đi qua phần hai nung nóng, thu được chất rắn T. Hòa tan hết T cần V mL
dung dịch H2SO4 70% (đặc, nóng, D = 1,6 g/mL). Giả thiết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị nhỏ
nhất của V là

A. 22,4.

B. 17,5.

C. 14,0.

D. 11,0.

Câu 4. Dẫn khí CO dư đi qua 7,6 gam hỗn hợp gồm CuO và một oxit của sắt, thu được chất rắn E và 2,24
lít khí CO2 (đktc). Cho E vào dung dịch HNO 3, thu được dung dịch T, 1,12 lít khí NO (sản phẩm khử duy
nhất của N+5, ở đktc) và 1,6 gam Cu. Cho dung dịch AgNO 3 dư vào T, tạo thành m gam kết tủa. Giả thiết
các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là
A. 4,32.

B. 2,16.

C. 3,24.

D. 5,40.

Câu 5. Hòa tan m gam Fe bằng dung dịch HNO 3 thu được dung dịch X và 0,672 lít NO (đktc). Thêm
dung dịch chứa 0,05 mol HCl vào dung dịch X thù thấy khí NO tiếp tục thoát ra và thu được dung dịch Y.
Để phản ứng hết với các chất trong dung dịch Y cần vừa đủ 100ml dung dịch NaOH 1,3M. Dung dịch Y
hòa tan tối đa bao nhiêu gam Cu? (biết NO là sản phẩm khử duy nhất của N +5) (Nguyễn Khuyến TP
HCM)
A. 1,52.

B. 2,88.

C. 2,24.

D. 1,60.

Câu 6. Hòa tan 20,64 gam hỗn hợp chứa Mg và Fe(NO 3)2 trong dung dịch chứa 1,52 mol HCl và 0,2 mol
HNO3, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch X và 2,24 lít (đktc) hỗn hợp khí Y gồm
N2O và N2. Tỉ khối của Y so với He bằng 10,2. Cho m gam bột Fe vào dung dịch X, kết thúc phản ứng
thấy thốt ra 2,24 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm H 2 và NO (khơng cịn sản phẩm khử nào khác của N +5);
đồng thời còn lại 0,8m rắn không tan. Giá trị m là
A. 39,2.

B. 28,0.

C. 44,8.

D. 33,6.

Trang 1


Câu 7. Hịa tan hồn tồn 13,12 gam hỗn hợp Cu, Fe và Fe 2O3 trong 240 gam dung dịch HNO3 7,35% và
H2SO4 6,125% thu được dung dịch X chứa 37,24 gam chất tan chỉ gồm các muối và thấy thốt ra khí NO
(NO là sản phẩm khử duy nhất). Cho Ba(OH) 2 dư vào dung dịch X, lấy kết tủa nung nóng trong khơng
khí đến phản ứng hồn tồn thu được 50,95 gam chất rắn. Dung dịch hòa tan tối đa m gam Cu, giá trị cua
m là
A. 2,56

B. 2,88

C. 3,20

D. 3,52

Câu 8. Cho hỗn hợp X gồm Fe, Fe 3O4 và Fe(NO3)2 tan hết trong 400ml dung dịch KHSO 4 0,4M. Sau
phản ứng thu được dung dịch Y chỉ chứa 29,52 gam muối trung hịa và 0,448 lít NO (đktc, sản phẩm khử
duy nhất). Cho dung dịch NaOH dư vào Y thì có 8,8 gam NaOH phản ứng. Dung dịch Y hòa tan tối đa m
gam bột Cu. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là
A. 1,92.

B. 2,40.

C. 2,24.

D. 0,96.

Câu 9. Hòa tan hết một lượng Fe 3O4 trong 0,24 mol H2SO4 loãng đun nóng thu đươc dung dịch X. Thêm
tiếp vào dung dịch X hỗn hợp rắn gồm Cu và Fe(NO 3)3, sau phản ứng thu được dung dịch Y và 0,06 mol
NO (sản phẩm khử duy nhất). Nhúng thanh Mg dư vào dung dịch Y thấy thốt ra 1,792 lít H 2 (đktc) đồng
thời khối lượng thanh Mg tăng 4,08g. Các phản ứng xảy ra hồn tồn. Tìm tổng khối lượng Cu, Fe 3O4 và
Fe(NO3)3
A. 14,2

B. 10,60

C. 18,97

D. 7,24

Câu 10. Dung dịch X gồm 0,02 mol Na2CO3 và 0,02 mol (NH4)2CO3. Dung dịch Y chứa 4,3 gam hỗn hợp
BaCl2 và CaCl2.
Trộn X với Y, thu được 3,97 gam kết tủa và dung dịch Z. Cô cạn Z rồi nung chất rắn cịn lại ngồi khơng

khí tới khối lượng khơng đổi, thu được m gam chất rắn.
Giá trị lớn nhất của m là
A. 2,23.

B. 2,34.

C. 4,37.

D. 3,41.

Câu 11. Hòa tan m gam hh X gồm CuCl2 và FeCl3 trong nước được dung dịch Y . Chia Y 2 phần bằng
nhau.
Phần 1 : cho khí H2S dư vào được 1,28 g kết tủa.
Phần 2 : cho Na2S dư vào được 3,04 g kết tủa.
Giá trị của m là :
A. 9,2 g

B. 5,14 g

C. 4,6 g

D. 16,6 g

Câu 12. Cho CO dư đi qua m gam hỗn hợp X nung nóng gồm Cu, CuO, Fe 2O3 và Fe3O4 thu được hỗn
hợp khí Y và 102,64 gam rắn Z. Nếu cho tòan bộ m gam X vào dung dịch H 2SO4 lỗng dư thì thấy có
1,16 mol axit tham gia phản ứng và dung dịch sau phản ứng chứa 180,08 gam hỗn hợp muối. Còn nếu
cho m gam X vào dung dịch HNO3 loãng, dư thì thấy có V lít khí NO thốt ra (ở đktc). Biết các phản ứng
xảy ra hoàn toàn. Giá trị của V gần nhất với giá trị nào sau đây
A. 12

B. 13

C. 14

D. 15

Trang 2


Câu 13. Cho 4,08 gam Mg vào dung dịch gồm Cu(NO3)2 và H2SO4, thu được dung dịch X, 1,76 gam chất
rắn Y và 0,04 mol hỗn hợp khí Z (gồm NO và H 2; tỉ khối của Z so với H2 bằng 8). Cho toàn bộ Y vào
dung dịch CuSO4 dư, thu được 2,56 gam chất rắn. Giả thiết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tổng khối
lượng muối sunfat trong X là
A. 18,72 gam.

B. 22,60 gam.

C. 19,32 gam.

D. 19,08 gam.

Câu 14. Trộn m gam hỗn hợp X gồm Mg và Al với 47,0 gam Cu(NO 3)2 thu được hỗn hợp Y. Nung Y
trong điều kiện khơng có khơng khí, sau một thời gian thu được chất rắn Z và 4,928 lít hỗn hợp khí G
(đktc). Hịa tan hồn tồn Z bằng 1,36 lít dung dịch H 2SO4 1M, thu được dung dịch T chỉ chứa 171,64
gam muối sunfat khan và 11,2 lít hỗn hợp khí M (đktc) gồm NO và H 2, tỉ khối của M so với H 2 bằng 6,6.
Phần % khối lượng của Al trong hỗn hợp là
A. 72,16%.

B. 76,64%.

C. 23,36%.

D. 27,84 %.

Câu 15. Nung hỗn hợp gồm a mol Al và 0,12 mol Cu(NO 3)2, sau một thời gian phản ứng, thu được chất
rắn X và 0,17 mol hỗn hợp khí gồm NO2 và O2.
Cho X phản ứng vừa đủ với dung dịch chứa 0,43 mol H 2SO4 loãng, thu được dung dịch chỉ chứa m gam
hỗn hợp muối sunfat và 0,07 mol hỗn hợp khí Y gồm N 2O và H2. Tỉ khối của Y so với H2 là 10. Giá trị
của m là
A. 54,72.

B. 53,40.

C. 46,56.

D. 47,88.

Câu 16. Nung m gam hỗn hợp gồm Mg và Cu(NO 3)2 trong điều kiện khơng có khơng khí, sau một thời
gian thu được chất rắn X và 10,08 lít (đktc) hỗn hợp khí gồm NO 2 và O2. Hịa tan hồn tồn X bằng 650
ml dung dịch HCl 2M, thu được dung dịch Y chỉ chứa 71,87 gam muối clorua và 0,05 mol hỗn hợp khí Z
gồm N2 và H2. Tỉ khối của Z so với He bằng 5,7. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây? (Trích
đề thi thử THPT chuyên Lê Quý Đôn năm 2016)
A. 54.

B. 55.

C. 56.

D. 57.

Câu 17. Nung hỗn hợp gồm a mol Mg và 0,25 mol Cu(NO 3)2, sau một thời gian, thu được chất rắn E và
0,45 mol hỗn hợp khí gồm NO2 và O2.
Cho E 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 N 2 và H2. Tỉ khối của T so với H2 là 11,4. Giá trị nào sau đây
gần nhất với m?
A. 82.

B. 74.

C. 72.

D. 80.

Câu 18. X là hỗn hợp rắn gồm Mg, NaNO 3 và FeO (trong đó oxi chiếm 26,4% về khối lượng). Hòa tan
hết m gam X trong 2107 gam dung dịch H 2SO4 loãng, nồng độ 10% thu được dung dịch Y chỉ chứa muối
sunfat trung hịa và 11,2 lít (đktc) hỗn hợp khí gồm NO và H 2 có tỉ khối so với H 2 là 6,6. Cô cạn dung
dịch Y thu được chất rắn khan Z và 1922,4 gam H2O. % khối lượng của Mg trong X là
A. 45,5%

B. 26,3%

C. 33,6%

D. 32,4%

Câu 19. Để hòa tan hết 38,36 gam hỗn hợp gồm Mg, Fe 3O4, 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 muối sunfat trung hịa và 5,6 lít (đktc)
Trang 3

hỗn hợp khí X gồm hai khí, tỉ khối hơi của X so với H 2 là 3,8 (biết có 1 khí khơng màu hóa nâu ngồi
khơng khí). Khối lượng Mg trong hỗn hợp ban đầu là (Chuyên KHTN – Hà Nội)
A. 6,6 gam.

B. 12,0 gam.

C. 9,6 gam.

D. 10,8 gam.

Câu 20. Hịa tan hồn tồn 14,4 gam hỗn hợp X gồm Al, FeO và Fe(NO 3)2 vào dung dịch chứa 0,36 mol
H2SO4 loãng. Sau phản ứng, thu được dung dịch Y chỉ chứa 45,24 gam muối sunfat và 0,14 mol hỗn hợp
khí Z (gồm hai khí, một khí hóa nâu ngồi khơng khí). Tỉ khối của Z so với H 2 bằng 3. Khối lượng của Al
trong X là
A. 3,24 gam.

B. 4,32 gam.

C. 4,50 gam.

D. 3,6 gam.

Câu 21. Cho 66,2 gam hỗn hợp X gồm Fe3O4, Fe(NO3)2, Al tan hoàn toàn trong dung dịch chứa 3,1 mol
KHSO4. Sau phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch Y chỉ chứa 466,6 gam muối sunphat trung hịa và
10,08 lit đktc khí Z gồm 2 khí trong đó có một khí hóa nâu ngồi khơng khí. Biết tỷ khối của Z so với He
là 23/18. Phần trăm khối lượng của Al trong hỗn hợp X gần nhất với giá trị nào sau đây
A. 15%

B. 20%

C. 25%

D. 30%

Câu 22. Hịa tan hồn tồn 23,8 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe(NO 3)2, Zn vào dung dịch chứa 0,36 mol
H2SO4 loãng. Sau phản ứng thu được dung dịch Y chỉ chứa 54,64 gam muối sunfat và 0,14 mol hỗn hợp
khí Z (gồm hai khí, một khí hóa nâu ngồi khơng khí). Tỉ khối của Z so với H 2 bằng 3. Khối lượng của Zn
trong X là
A. 6,5 gam.

B. 5,2 gam.

C. 10,4 gam.

D. 13,0 gam.

Câu 23. Cho 23,34 gam hỗn hợp gồm Al, Al2O3 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 N 2O; 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. Phần trăm
khối lượng của N2 có trong hỗn hợp khí Z là có giá trị gần nhất với
A. 20.

B. 26.

C. 22.

D. 24

Câu 24. Hòa tan hết hỗn hợp gồm Mg, Al và Al(NO3)3 trong dung dịch chứa NaHSO4 và 0,06 mol NaNO3

kết thúc phản ứng thu được dung dịch X chứa các muối trung hịa có khối lượng 115,28 gam và V lít
(đktc) hỗn hợp khí T gồm N2O và H2 (tỉ lệ 1:1). Cho dung dịch NaOH dư và X thấy lượng NaOH phản
ứng là 36,8 gam, đồng thời thu được 13,92 gam kết tủa. Giá trị của V là:
A. 1,344

B. 1,792

C. 2,24

D. 2,016

Câu 25. Hòa tan hết 14,3 gam hỗn hợp X gồm Al(NO 3)3, MgO, Mg và Al vào dung dịch gồm 0,03 mol
KNO3 và 0,5 mol H2SO4 (đun nóng). Sau khi kết thúc phản ứng thu được dung dịch Y chỉ chứa 59,85 gam
muối và 3,584 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm NO và H2 có tỉ khối so với H2 bằng 4,5. Dung dịch Y tác dụng
tối đa với dung dịch chứa 1,11 mol KOH, lấy kết tủa nung ngồi khơng khí tới khối lượng khơng đổi thu
được 10 gam rắn. Phần trăm khối lượng của Al có trong X là
A. 22,66%.

B. 28,50%.

C. 42,80%.

D. 52,88%.

Trang 4


Câu 26. [PHV-FC]: Cho 38,55 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, ZnO và Fe(NO 3)2 tan hoàn toàn trong dung
dịch chứa 0,725 mol H2SO4 loãng. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch Y chỉ chứa
96,55 gam muối sunfat trung hịa và 3,92 lít (đktc) khí Z gồm hai khí trong đó có một khí hóa nâu ngồi

khơng 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? (biết Y khơng có khả năng hịa tan Cu)
A. 25.

B. 15.

C. 40.

D. 30.

Câu 27. Cho 50,82 gam hỗn hợp X gồm NaNO3, Fe3O4, Fe(NO3)2 và Mg tan hồn tồn trong dung dịch
chứa 1,8 mol KHSO4 lỗng. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y chỉ chứa
275,42 gam muối sunfat trung hòa (khơng có Fe3+) và 6,272 lít khí (đktc) Z gồm 2 khí trong đó có một khí
hóa nâu ngồi khơng khí. Biết tỉ khối của Z so với H 2 là 11. Phần trăm khối lượng của Mg trong hỗn hợp
X là
A. 25,5%.

B. 20,2%.

C. 19,8%.

D. 22,6%.

Câu 28. Hòa tan hết 13,52 gam hỗn hợp X gồm Mg(NO3)2, Al2O3, Mg và Al vào dung dịch NaNO3 và
1,08 mol HCl (đun nóng). Sau khi kết thức phản ứng thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối và 3,136 lít
(đktc) hỗn hợp khí Z gồm N2O và H2. Tỉ khối của Z so với He bằng 5. Dung dịch Y tác dụng tối đa với
dung dịch chứa 1,14 mol NaOH, lấy kết tủa nung ngồi khơng khí tới khối lượng khơng đổi thu được 9,6
gam rắn. Phần trăm khối lượng của Al có trong hỗn hợp X là (Thực Hành Cao Nguyên – Tây Nguyên)
A. 19,97%.

B. 27,96%.

C. 31,95%.

D. 23,96%.

Câu 29. Cho m gam hỗn hợp X gồm Al, MgO, AlCl3, Mg(NO3)2 tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa 1,38
mol KHSO4, kết thúc phản ứng thu được 0,14 mol NO; 0,04 mol H 2; dung dịch Y chứa (m +173,5) gam
muối trung hòa. Cho từ từ dung dịch NaOH vào Y đến khi thu được lượng kết tủa lớn nhất thì dừng lại;
lọc kết tủa rồi đem nung đến khối lượng không đổi thu được 29 gam chất rắn. Phần trăm khối lượng AlCl 3
trong X có giá trị gần nhất với
A. 33%.

B. 21%.

C. 35%.

D. 26%.

Câu 30. Hịa tan hồn tồn 11,2 gam một kim loại R bằng dung dịch H 2SO4, thu được khí SO2. Cho tồn
bộ lượng khí này hấp thụ hết vào 400 ml dung dịch NaOH 1M, thu được dung dịch chứa 33,4 gam chất
tan. Mặt khác, hòa tan hoàn toàn 7,84 gam kim loại R vào 160 ml dung dịch HCl 2M thu được dung dịch
X. Cho X tác dụng với dung dịch AgNO3 dư, thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là
A. 57,8.

B. 45,92.

C. 54,6.

D. 83,72.

Trang 5


Đáp án
1. A
11. A
21. A

2. D
12. B
22. D

3. C
13. C
23. C

4. D
14. D
24. B

5. A
15. A
25. A

6. A
16. C
26. D

7. A

17. C
27. A

8. C
18. C
28. D

9. A
19. D
29. A

10. B
20. D
30. A

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1. Đáp án A
nCu phản ứng = 0,2 mol
2Fe3+ + Cu --> 2Fe2+ + Cu2+
0,4 <---- 0,2
Đặt nFe2O3 = x và nFeO = y. mA = 160x + 72y = 30,4 (1)
Áp dụng định luật bảo tồn khối lượng cho ngun tố Fe ta có:
2x + y = nFe3+ = 0,4 (2)
(1) (2) => x = 0,1 và y = 0,2
=> %mFe2O3 = 52,6%
Câu 2. Đáp án D
► Y chứa 1 chất tan và G chứa 1 chất ⇒ Y chứa NaAlO2 (0,2 mol) và G chứa CuO.
Bảo toàn nguyên tố Na và Al: nNa2O = nAl2O3 = 0,1 mol. Đặt nNO2 = x; nNO = y.
nkhí = x + y = 0,02 mol; mkhí = 46x + 30y = 0,02 × 1,0625 × 32 ||⇒ giải hệ có:
x = 0,005 mol; y = 0,015 mol ||► Bảo toàn electron: 2nCu = 3nNO + nNO2 ⇒ nCu = 0,025 mol.

Bảo toàn nguyên tố Cu: nCu = 0,025 mol ||⇒ m = 0,025 × 80 + 0,1 × 62 + 0,1 × 102 = 18,4(g)
Câu 3. Đáp án C
♦ giải phần 1: 5,96 gam oxit + H2SO4 → muối + H2O.
phản ứng thế 1O (trong oxit) bằng 1SO4 (gốc sunfat).
⇒ ∑nO trong oxit = (15,56 – 5,96) ÷ (96 – 16) = 0,12 mol.
♦ giải phần 2: 0,06 mol (CO; H2) + 0,06 mol Otrong oxit → CO2 + H2O.
⇒ ∑nO trong Fe3O4 và CuO = 0,06 mol (vì CO, H2 khơng phản ứng với Al).
⇒ nO của oxit Al2O3 = 0,06 mol → nAl2O3 = 0,02 mol.
⇒ giải hệ 2 oxit còn lại: nFe3O4 = 0,01 mol và nCuO = 0,02 mol.
⇒ rắn T gồm: 0,02 mol Al2O3; 0,03 mol Fe và 0,02 mol Cu.
các phản ứng xảy ra hoàn toàn, V nhỏ nhất ⇔ cuối cùng Fe → Fe2+.!
⇒ bảo tồn electron có: nSO2↑ = ½.(2nCu + 2nFe) = 0,05 mol.
mở rộng: nH2SO4 = 2nSO2 + nO trong oxit = 0,05 × 2 + 0,06 = 0,16 mol.
⇒ V = VH2SO4 70%, d = 1,6 g/mL = 0,16 ì 98 ữ 0,7 ữ 1,6 = 14 mL.
Câu 4. Đáp án D
nO = nCO2 = 0,1 mol ⇒ mE = 7,6 – 0,1 × 16 = 6 gam.

Trang 6


Cu : x �
64 x  56 y  1, 6  6 �x  0, 025
�
��
��
Xét phần phản ứng: �
2 x  2 y  0, 05 �3
�Fe : y �
�y  0, 05
⇒ ↓ chứa 0,05 mol Ag ⇒ m = 5,4 gam

Câu 5. Đáp án A
Câu 6. Đáp án A
kim loại đẩy muối phức tạp: Fe + dung dịch X vừa là yêu cầu (tìm m)
vừa cho ta một giả thiết cần khai thác là 0,1 mol hỗn hợp khí H2 và NO.
A.! "phức tạp", bảo tồn electron mở rộng có nH+ = 2nH2 + 4nNO.
"tinh tế": có H2 ra → tồn bộ NO3– về hết NO → n+ trong X = 0,2 + 2nNO3– trong X.
Quay lại bài tập chính HNO3 với sơ đồ và một số xử lí cơ bản:
� 0,}
Mg2+
1, 52mol
}
�
� �
�02mol �
�
mol
 �
3+
�HCl �
� �Fe
�
�
Mg: x
Cl � �N2 �
�
��
+
�
�� � +
�+�

�+H O.
mol � �
HNO3 � �NH4 NO3 � �N2O � 2
Fe NO3  2 : y � �
�
{
3
1 4 44 2 4 4 43 �10,22mol
+
� �
�0,08mol
�
20, 64gam
H
�
Gọi thêm nNH4+ = z mol ||→ nNO3– trong X = 2y – z mol (theo bảo toàn N).
||→ nH+ trong X = 0,2 + 4y – 2z mol. Biết nCl– trong X = 1,52 mol nên bảo tồn điện tích có:
2x + 3y + z + (0,2 + 4y – 2z) = 1,52 + 2y – z ||→ Rút gọn có: 2x + 5y = 1,32 mol.
Kết hợp phương trình khối lượng: 24x + 180y = 20,64 gam
||→ giải ra: x = 0,56 mol và y = 0,04 mol. Bảo tồn electron bình thường có z = 0,04 mol.
||→ đọc ra dung dịch X gồm: 0,56 mol Mg2+; 0,04 mol Fe3+; 0,04 mol NH4+; 0,28 mol H+
và 1,52 mol Cl–; 0,04 mol NO3–. Khi cho Fe + X thì thu được dung dịch sau phản ứng
gồm 0,56 mol MgCl2 + 0,04 mol MgCl2 và 0,18 mol FeCl2. Kim loại đẩy muối:
||→ bảo toàn khối lượng kim loại Fe có: m + 0,04 × 56 = 0,18 × 18 + 0,8m
||→ Giải ra: m = 39,2 gam.
p/s: Đây là một bài tập khá hay.! NHƯNG có gì đó khá đặc biệt a vẫn chưa tìm ra;
chỗ mà mình muốn giải hệ phương trình 3 ẩn cũng khơng được ấy (z tự triệt tiêu.!)
Câu 7. Đáp án A
Quan sát sơ đồ + giả thiết và xử 1 số xử lí cơ bản:
0, 28mol

�
Cu � �6 7 8 �
Cu2+
�
�
�
�
HNO3 �
�
��
� 2+
Fe �+�
+�
Fe
�
�� H
2O +NO
{
{
H2SO4 � 0,29mol 0,1mol � 3+
�
�
�
123
Fe O3
Fe
�
�
14 22 43
�0,15mol �

1312gam
,

} � �
BaSO4 �
� �
NO3 �
�
��
CuO �.
2 �
SO4 � �
{
FeO ,5 �
�
0,15mol �
14 2 143
0,18mol

50, 95gam

Giải thích: bảo tồn H có nH2O = 0,29 mol; BTKL cả sơ đồ có mNO = 3 gam → nNO = 0,1 mol.
► Đến đay giải tìm số mol Cu2+; Fe2+; Fe3+ theo cách lập hệ giải thơng thường khơng có gì khó.
Tuy nhiên đọc kĩ u cầu + linh hoạt sử dụng sự tinh tế của YTHH 02, ta có hướng giải đơn giản như sau:
50,95 gam tủa có 0,15 mol BaSO4 ||→ mCuO + FeO1,5 = 16 gam
Trang 7


||→ YTHH 02 lần 1: ∑nCu + Fe nguyên tố = 0,2 mol (cùng M = 80). (xử lí đặc trưng)
YTHH 02 lần 2: giả sử X đều là Fe2+ và Cu2+ thì ∑nđiện tích dương giả sử = 0,2 × 2 = 0,4 mol

Trong khi đó, ∑nđiện tích âm = 0,48 mol. Sự lệch 0,4 vs 0,48 mol rõ là do có 0,08 mol Fe3+ thay vì Fe2+
Và với yêu cầu bài tập thì chúng ta cũng chỉ cần biết thế, vì 1Cu + 2Fe3+ → Cu2+ + 2Fe2+.
||→ nCu = 0,04 mol → mCu = 2,56 gam. Chọn đáp án A. ♥.
Câu 8. Đáp án C
Đọc quá trình và phân tích giả thiết cơ bản → có sơ đồ:
�
�
Fe
�
Fe? + SO24 �
�
�
Fe
O
+KHSO
�
+ NO +H2O..
� 3 4
� 14 2 434 � +
 � {
NO
K
0, 02mol
3
�
�
1 44 2 4 43
Fe NO3  2 � 0,16mol
�
29, 52gam

☆ biết 0,22 mol NaOH → YTHH 02: Natri đi về đâu? Cần cẩn thận trước đó:
0,16 mol K đi về 0,08 mol K2SO4 → còn 0,08 mol SO42– cho 0,16 mol Na đi về Na2SO4.
⇒ 0,06 mol Na nữa sẽ đi về NaNO3 ⇒ ∑nNO3– trong Y = 0,06 mol.
biết mmuối trong Y = 29,52 gam và 3 ion trong Y rồi ⇒ ∑nFe?+ trong Y = 0,075 mol.
Đến đây.! Thường các bạn sẽ đi giải ra Fe2+; Fe3+ để lấy lượng Fe3+ + Cu.
Tuy nhiên, sẽ là không cần thiết nếu biết "QUAN SÁT".! Hãy nhìn vào kết quả cuối:
�
Fe2+ : 0, 075mol
�
�+
K : 0,16mol
�
�
Cu2+
�

0,16 mol
}
�
2
SO4 �
�
.
 � ||→ nCu = 0,035 mol với chỉ 1 phép tính.!
NO3 �
{
0,06 mol �

Thế mới nói.! Đọc yêu cầu + với kĩ năng quan sát, phân tích sẽ giúp chúng ta đi thẳng

đến kết quả ntn.! mà đi thẳng thì đương nhiên sẽ nhanh hơn :D. ☠☠☠
Thêm nữa, nếu đề yêu cầu 1 cái gì liên quan đến X, chúng ta cũng hồn tồn có thể trả lời:
Bảo tồn electron mở rộng có nO trong Fe3O4 = 0,04 mol để có 0,01 mol Fe3O4.
bảo tồn N có nFe(NO3)2 = 0,04 mol ⇒ nFe trong X = 0,005 mol.
Câu 9. Đáp án A
Nhận thấy khi nhúng thanh Mg vào dung dịch X thấy thốt ra khí H 2 → dung dịch Y chứa H+ dư, toàn bộ
lượng NO3- chuyển hóa thành NO → nFe(NO3)3 : 0,02 mol
�Fe3
� 
H
�FeSO4
�
�
� 2  Mg
H 2 SO4
 Fe ( NO )3 :0,02 mol
� 0,06 mol NO + dd Y �
� H2+MgSO4 +Fe, Cu
Cu ���
Fe3O4 ����
�Fe2 ( SO4 )3 ������
0,24 mol
 Cu
�H SO
�Fe 2
�2 4
�
�SO42
�
Gọi số mol Fe3O4 và Cu lần lượt là x, y mol

Bảo toàn nguyên tố S → nMgSO4 = nH2SO4 = 0,24 mol
Khối lượng thanh Mg tăng là mFe + mCu - mMg = 4,08 gam → 56.(3x+ 0,02) + 64y = 4,08 + 0,24.24= 9,84
Trang 8


Bảo tồn electron cho tồn bộ q trình 2nMg = 8nFe3O4 + 3nNO + 2nH2 + 3nFe(NO3)3
→ 2.0,24 = 8x + 3.0,06 + 2. 0,08 + 0,02.3 → x= 0,01 mol, y = 0,11 mol
Vậy mCu + mFe3O4 + Fe(NO3)3 = 0,11.64 + 0,01. 232+ 0,02.242 = 14,2 gam.
Câu 10. Đáp án B
1. Đánh giá
(i) Bài tốn có sự chuyển từ muối clorua của bari, canxi thành muối cacbonat: nên áp dụng phương pháp
tăng – giảm khối lượng
2. Lời giải
m  4,3  3,97  0,33  gam  .
2
2 mol Cl-- chuyển thành 1 mol CO3 sẽ làm khối lượng giảm 71  60  11 gam 

0,06 mol

��
�

�
0,03 mol ��

0,33 gam

2
Nhận thấy: 0,03 < 0,04 nên CO3 còn dư, BaCl2 và CaCl2 đều phản ứng hết.

�
208 x  111 y  4,3
�BaCO3 : x �
�BaCl2 : x
�x  0,01  mol 
��
��
��
��
�
CaCl2 : y
CaCO3 : y �
197 x  100 y  3,97 �y  0, 02  mol 
�
�
Sơ đồ phản ứng 1:
�Na  : 0, 04
�Ba 2 : 0, 01
�
� 2
X �NH 4 : 0, 04  Y �
Ca : 0, 02
� 2
�
Cl : 0, 06
CO3 : 0, 04
�
�

�

Ba 2  CO32 ��
� BaCO3 ��
�
�
� 0, 01
�Mol :0, 01 ��
�
�
2
2
Ca  CO3 ��
� CaCO3 ��
�
�
�Mol :0, 02 ��
�
� 0,02
�
�

Sơ đồ phản ứng 2:
�Na  : 0, 04
� 
�NH : 0, 04
t�
Z � 24
��
� Max
CO3 : 0, 01
�

�
Cl  :0, 06
�

t�
�
2 NH 4  CO32 ��
� NH 3  CO2  H 2O �
�
�
� 0, 01
�Mol :0, 02 ��
�
�
�


t�
NH 4  Cl ��
� NH 3  HCl
�
�
�Mol :0, 02 ��
�
� 0, 02
�
�

mmax  mNa  mCl   0, 04.23  0,04.35  2,34  gam 
Sơ đồ phản ứng 3:

�Na  : 0,04
� 
�NH : 0, 04
t�
Z � 24
��
� Min
CO
:
0,
01
� 3
�
Cl  :0, 06
�

t�
�
NH 4  Cl  ��
� NH 3  HCl �
�
�
�Mol :0, 04 ��
�
�
0,
04
�
�

mmin  mNa  mCl   mCO 2  0, 04.23  0, 02.35,5  0, 01.60  2, 23  gam 
3

3. Sai lầm

Trang 9


(i) Tính ngay khối lượng chất rắn sau nung = Tổng khối lượng các ion mà quên xét các phản ứng phân
hủy muối amoni.
Câu 11. Đáp án A
Phần 1:
CuCl2  H 2 S � CuS  2 HCl
a---------------------a
2 FeCl3  H 2 S � 2 FeCl2  S  2 HCl
b---------------------------b/2
Ta có phương trình sau: 96a  32b / 2  1, 28
Phần 2:
CuCl2  Na2 S � CuS  NaCl
a----------------------a
2 FeCl3  3 Na2 S � 2 FeS  S  6 NaCl
b-------------------------b---b/2
Vậy: 96a  104b  3, 04
Từ hệ trên ta tìm ra: a  0, 01 b  0, 02 � m  4, 6.2  9, 2
Câu 12. Đáp án B
Nhận thấy CO dư nên chất rắn Z chứa Cu và Fe có khối lượng 102,64 gam
Quy X về Fe, Cu và O
Nếu X tan hết trong H2SO4 lỗng thì mmuối = mkl +mSO42- = 102,64 +1,16. 96 > 180,08 → chứng tỏ sau
phản ứng còn Cu chưa tan hết
Khối lượng Cu chưa tan hết là 102,64 +1,16. 96 - 180,08 = 33,92

�Fe 2
� 2
Cu
X +1,16 mol H2SO4 → 180,08 gam �
+ H2O ( 1,16 mol)+ Cu : 33,92 gam ( 0,53 mol)
�SO 2 :1,16mol
� 4
Bảo toàn nguyên tố → nO(X) = nH2O = nH2SO4 = 1,16 mol
�x  y  0,53  1,16
�x  0, 69
��
Ta có hệ �
56 x  64 y  102, 64 �y  1
�
Bảo toàn electron cho toàn bộ quá trình → 3nNO + 2nNO = 3nFe + 2nCu → nNO =
→V=

0, 69.3  1.2  1,16
3

0, 69.3  1.2  1,16
.22,4 = 13,066 lít.
3

Câu 13. Đáp án C
Nhận xét: 1,76 gam Y + CuSO4 dư → 2,56 gam chất rắn
⇒ chứng tỏ Y gồm Mg còn dư và Cu. Phản ứng: Mg + CuSO4 → MgSO4 + Cu.
Trang 10

⇒ nMg dư = (2,56 – 1,76) ÷ (64 – 24) = 0,02 mol (bài tập kim loại đẩy muối).
⇒ 1,76 gam Y gồm 0,02 mol Mg và 0,02 mol Cu
⇒ ban đầu có 0,02 mol Cu(NO3)2 và nMg phản ứng = 4,08 ÷ 24 – 0,02 = 0,15 mol.
giải khí Z gồm có 0,02 mol NO và 0,02 mol H2. Sơ đồ quá trình rút gọn như sau:
02mol
0,02mol
48 �
�6 40,7
} �
�
2+
�
�
�
�
NO
�
Mg
Cu NO3  2 � �
�
2
Mg
�� � + SO4 �+�
�+H2O+ Cu
{ .
{ +�
H2 �
NH4
H2SO4
0,02 mol

�
�
�
0,13mol �
{
123
0,02mol
�
�
� ? mol

⇒ bảo tồn ngun tố N có: nNH4+ = 0,02 mol
→ bảo tồn điện tích → X gồm 0,15 mol Mg2+ + 0,02 mol NH4+ và 0,16 mol SO42+.
⇒ mmuối sunfat trong X = 0,15 × 24 + 0,02 × 18 + 0,16 × 96 = 19,32 gam.
Câu 14. Đáp án D
Giải hệ cho M gồm NO (0,2 mol) và H2 (0,3 mol); nG = 0,22 mol.
Bảo toàn Oxi: nH2O = 0,25 × 6 – 0,22 × 2 – 0,2 = 0,86 mol ⇒ Bảo tồn Hidro:
nNH4+ = (1,36 × 2 – 0,86 ì 2 0,3 ì 2) ữ 4 = 0,1 mol ||● Đặt nMg2+ = x; nAl3+ = y.
BTDT : 2 x  3 y  0, 25 �2  0,1  1,36 �2
�
Ta có: �
mmuoi  24 x  27 y  0, 25 �64  0,1�18  1,36 �96  171, 64
�
Giải hệ cho: x = 0,7 mol; y = 0,24 mol ⇒ %mAl = 27,84%
Câu 15. Đáp án A
Đặt nN2O = x; nH2 = y ⇒ nY = x + y = 0,07 mol; mY = 44x + 2y = 0,07 × 10 × 2
Giải hệ có: x = 0,03 mol; y = 0,04 mol || nO/khí = 2.∑n(NO2, O2) . Bảo tồn ngun tố Oxi:
nO/H2O = 0,12 × 6 – 0,17 × 2 – 0,03 = 0,35 mol. Bảo toàn nguyên tố Hidro: nNH4+ = 0,02 mol.
nSO42–/muối = nH2SO4 = 0,43 mol. Bảo toàn điện tích: nAl3+ =

0, 43 �2  0,12 �2  0, 02
= 0,2 mol.
2

⇒ m = 0,2 × 27 + 0,12 × 64 + 0,02 × 18 + 0,43 × 96 = 54,72(g)
Câu 16. Đáp án C
Ta nhận thấy NO2 ; O2 đều chứa 2 nguyên tử Oxi.
nMg  x  mol 
�
�
BTNT :O
����
nO / X  nO / hh  nO / �  6 y  0, 09  mol 
Đặt �
n

y
mol


�Cu  NO3  2
�
�N 2 : 0, 04  mol 
Sản phẩm khí chỉ chứa �
�H 2 : 0, 01 mol 
→ Toàn bộ lượng O trong X chuyển hết về H2O.
Bảo toàn nguyên tố Hidro:
��
� nNH  
4

4nNH   2 nH 2O  2 nH 2  nHCl
{
4
{
{
6 y  0,09

0,01

1,3

1,3  2  6 y  0,9   0,02
 0, 77  3 y  mol 
4
Trang 11


Mặt khác: mmuối =  mNH 4Cl  mMgCl2  mCuCl2
��
� 71,87  53,5.  0, 77  3 y   95.x  135. y

(1)

Bảo tồn điện tích cho dung dịch muối nCl   nNH 4  2nMg 2  2nCu 2
��
�1,3  0, 77  3 y  2 x  2 y

(2)

�x  0,39
 1   2 
���
��
��
� m  56,36  gam 
�y  0, 25
Câu 17. Đáp án C
Đặt nN2 = x; nH2 = y ⇒ nT = x + y = 0,05 mol
mT = 28x + 2y = 0,05 × 11,4 × 2 ||⇒ giải hệ có: x = 0,04 mol; y = 0,01 mol.
● Bảo toàn nguyên tố Oxi: nH2O = nO/Y = 0,25 × 6 – 0,45 × 2 = 0,6 mol.
Bảo toàn nguyên tố Hidro: nNH4+ = (1,3 – 0,6 ì 2 0,01 ì 2) ữ 4 = 0,02 mol.
Bảo tồn điện tích: nMg2+ = (1,3 – 0,02 0,25 ì 2) ữ 2 = 0,39 mol.
m = 0,39 × 24 + 0,25 × 64 + 0,02 × 18 + 1,3 × 35,5 = 71,87(g)
Câu 18. Đáp án C
có nH2SO4 = 2,15 mol; có kết quả cơ cạn dung dịch thu 1922,4 gam H2O
gồm 1896,3 gam H2O trong dung dịch H2SO4 ban đầu ||→ nH2O sinh ra = 1,45 mol.
�
� 0}
Mg2+
, 2mol
Mg
�
�
� +
�� �
�
�
�Na
� �NO �

NaNO3 �+H2SO4 � � ? + SO42 �+� �+H2O .
Quan sát: �
{
123
�
�Fe
� �H
{ 2 � 1, 45mol
FeO � 2,15mol
�
0,3mol
�
��
NH+4
�
dễ rồi, đơn giản chỉ là ban bật thơi: bảo tồn H có nNH4+ = 0,2 mol
• bảo tồn N có nNaNO3 = 0,4 mol. Tiếp tục bảo tồn O có nFeO = 0,45 mol.
||→ ∑nO trong X = 1,65 mol ||→ m = 100 gam ||→ mMg trong X = 33,6 gam
||→ Yêu cầu: %mMg trong X = 33,6%. Chọn đáp án C. ♣.
Câu 19. Đáp án D
Sơ đồ quá trình + xử lí một số giả thiết cơ bản:
0, 05mol
�Mg
�
�
� �} �
Mg2+
�
�
� ?+

� �NO �
Fe
SO42  �+�
�Fe3O4
�+H
�+H2O .
2SO4 � �
123
H2 � 0{
+
�Fe NO  � 0,87mol
�
�
�
, 57mol
{
NH4
�
2
�
1 44 2 43 43
1 4 4 2 4 43 �0,2mol
38,36gam

111, 46gam

Giải khí nNO = 0,05 mol và nH2 = 0,2 mol. BTKL cả sơ đồ có nH2O = 0,57 mol.
Tiếp tục: bảo tồn H có nNH4+ = 0,05 mol ||→ nFe(NO3)2 = 0,05 mol (theo bảo toàn N).
Bỏ cụm SO4 2 vế, tiến hành bảo tồn O có nFe3O4 = 0,08 mol.
Vậy mMg = 38,36 – 0,08 × 232 – 0,05 × 180 = 10,8 gam. Chọn D. ♠.

Câu 20. Đáp án D
Trang 12


► Đặt nNO = x; nH2 = y ⇒ nZ = x + y = 0,14 mol; mZ = 30x + 2y = 0,14 × 6.
||⇒ giải hệ có: x = 0,02 mol; y = 0,12 mol ||● Bảo toàn khối lượng: mH2O = 3,6(g).
⇒ nH2O = 0,2 mol. Bảo toàn nguyên tố Hidro: nNH4+ = 0,02 mol.
Bảo toàn nguyên tố Nitơ: nFe(NO3)2 = 0,02 mol ||● nH+ = 2nO + 10nNH4+ + 4nNO + 2nH2
⇒ nFeO = nO = 0,1 mol ||⇒ mAl = 14,4 – 0,1 × 72 – 0,02 × 180 = 3,6(g)
Câu 21. Đáp án A
10,08 lít (đktc) khí gồm 2 khó trong đó có một khí hóa nâu ngồi khơng khí. Biết tỉ khối của Z so với He
là 23 : 18
=> Z có 0,05 mol NO và 0,4 mol H2
Bảo toàn khối lượng: mX  mKHSO4 = mmuối + mZ + mH2O
� nH 2O  1, 05 mol
Bảo toàn H: nKHSO4  2nH 2  2nH 2O  4nNH 4 � nNH 4  0, 05 mol
Bảo toàn N: 2nFe NO3  2  nNO  nNH 4 � nFe NO3  2  0, 05 mol
Bảo toàn O: 4nFe3O4  6nFe NO3  2  nNO  nH 2O � nFe3O4  0, 2 mol
%mAl  16,3% gần nhất với giá trị 15%
Câu 22. Đáp án D
dZ/H2 = 3 ⇒ MZ = 6 ⇝ Z gồm khí H2 và NO (khí hóa nâu ngồi khơng khí).
Giải hệ số mol khí ⇒ 0,14 mol Z gồm 0,12 mol H2 và 0,02 mol NO.
Ba điểm nhạy cảm của dạng đặc trưng này cần biết:
• 1. Sản phẩm khử có H2 chứng tỏ anion NO3– trong dung dịch hết.
• 2. có H2 cũng cho biết cation Fe là Fe2+ hay Fe3+ hay cả hai ⇒ đặt tạm là Fe?+
• 3. Zn với (H+; NO3–) khơng nói gì đến sản phẩm khử ⇝ "khả nghi amoni".
0, 02 mol
�
� �} �
FeO

Fe? +
�
�
�
� �NO �
�
�
Fe(NO3)2 �+H2SO4 � �Zn2+ SO24 �+�
�
�+H2O.
123
☆ Sơ đồ quá trình:
H
2
+
�Zn
� 0,36 mol
�
� �{ �
NH4
�
�
1 44 2 4 43
1 44 2 4 43 �0,12 mol
23,8gam

54, 64 gam

Thấy ngay: bảo tồn khối lượng cả sơ đồ có mH2O = 3,6 gam ⇒ nH2O = 0,2 mol.
⇝ Bật lại ⇒ nNH4+ = 0,02 mol theo bảo toàn nguyên tố H.

⇝ Kết hợp với 0,02 mol NO ⇒ nFe(NO3)2 = 0,02 mol theo bảo toàn nguyên tố N.
⇝ Bỏ cụm "SO4" 2 vế rồi bảo toàn nguyên tố O, ta có nFeO = 0,1 mol.
⇒ mZn trong Z = 23,8 – 0,1 × 72 – 0,02 × 180 = 13,0 gam.
Câu 23. Đáp án C
Sơ đồ quá trình:

Trang 13


1, 58mol
�
��
Al : 0, 5mol � �64 7 48 � �
Al 3+
H2 �
�
�
NaHSO
�
�
�
�
�
�
�
�
4
O : 0, 51mol �+�
Na+ SO24 �+�
N 2O�+H2O.

�
�� �
{
NaNO3 � � + 1,58mol � � �
mol � �
�
14 2 43
N
:
0
,
12
NH 4
N
�
��
1 22 3
1 44 2 4 43 �0,04mol �
0,18mol

23,34gam

☆ YTHH 02: với 2,04 mol NaOH và 1,62 mol Na sẵn có ⇄ ∑nNa+ = 3,66 mol sẽ đi về đâu?
À, là 1,58 mol Na2SO4 và còn lại là 0,5 mol NaAlO2 ||→ đọc ra có 0,5 mol Al.
Bảo tồn điện tích trong dung dịch Y có nNH4+ = 0,04 mol.
Giả thiết cho %mO ||→ nO trong hh đầu = 0,51 mol ||→ nN trong hh đầu = 0,12 mol.
☆ Đừng vội lao vào đặt hệ x; y; z và giải. Số mol, hỗn hợp → YTHH 01: tinh tế sử dụng:
Xem nào: bảo tồn N có nN2 trong (N2O; N2) = 0,06 mol ||→ nH2 trong Z = 0,12 mol.
⇒ bảo tồn H có nH2O = 0,59 mol ||→ bảo tồn O có nN2O = 0,04 mol
|⇝ quay lại tính được nN2 = 0,02 mol ||→ yêu cầu %mN2 trong Z = 21,875%.

Câu 24. Đáp án B
Phương pháp: Bảo tồn điện tích
Hỗn hợp Mg, Al, Al(NO3)2 tác dụng với dung dịch NaHSO4 (x mol) và 0,06 mol NaNO3.
2
3


2
Dung dịch X gồm Mg  0, 24mol  ; Al  y mol  ; Na  x  0, 06 mol  ; NH 4  y mol  và SO4  x mol 

(Lưu ý: nMg 2 được tính nhanh ở q trình cho dung dịch X tác dụng 0,92 mol NaOH được 13,92 gam kết
tủa với mục đích thuận tiện để giải bài tập, có)
nMg 2  nMg  OH   13,92 : 58  0, 24 mol
2

Xét dung dịch X:
BTĐT: nNa   2nMg 2  3nAl 3  nNH 4  2nSO42
� x  0, 06  0, 24.2  3 y  z  2 x  1
23nNa   2nMg 2  3nAl 3  nNH   2nSO2
4

4

� 23  x  0, 06   0, 24.24  27 y  18t  96 x  115, 28  2 
Xét hỗn hợp T: nH 2  nN 2O  t mol
Mà nNaHSO4  10nNH 4  10nH 2O  2nH 2 � x  10 z  12t  3
Xét dung dịch thu được sau khi cho X tác dụng với dung dịch chứa 0,92 mol NaOH ta có:
BTĐT: nNa   2nSO42  nAlO2 � x  0, 06  0,92  2 x  y  4 
Giải hệ (1) (2) (3) (4) được: t  0, 04 mol � nH 2  nN 2O  0, 04 mol � VT  1, 792 lit
Câu 25. Đáp án A

Xử lý nhanh các giả thiết số mol → đọc q trình, có sơ đồ:

Trang 14


��
�
Al  NO3  3 � �60, 03mol
Al3+
0, 04 mol
78 � �
�
� �} �
�
��
2+
�
KNO3 � �
MgO
Mg
�
��
� NO �
SO24 �+�
�
�+�
�� � +
�+H2O.
H
SO

H
Mg
K
2
4
2
�
� �1 2 3 � �
� �{ �
0,12 mol
�0,5mol � NH+
�����
Al
�
� 4
1 44 2 4 43
14,3gam

Bảo toàn khối lượng cả sơ đồ: mH2O = 5,04 gam ⇄ nH2O = 0,28 mol.
⇝ Bảo tồn ngun tố H có nNH4+ = 0,05 mol.
☆ Trong dung dịch Y, bảo tồn điện tích và khối lượng giải nMg2+ = 0,25 mol; nAl3+ = 0,14 mol.
Bảo tồn ngun tố N, ta có nAl(NO3)3 = 0,02 mol ⇒ nAl trong X = 0,12 mol.
Vậy, yêu cầu %mAl trong X = 0,12 ì 27 ữ 14,3 ì 100% ≈ 22,66%.
Câu 26. Đáp án D
Sơ đồ quá trình:
�
�
Mg2
Mg
�

�
0,1mol
� 3
��
}
�
Al
�
�
�
�
Al
�
�
NO
�
�
� 2
2 �
SO4 �+�
+H2O .
Zn
�
�+H
�
2SO4 � �
{
{
123
H

2
�ZnO
� 0, 725mol
�
0, 725mol � � { 2 � 0,55 mol
Fe
0, 075mol
�
�
��
Fe NO  2 �
�
+
1 44 2 43 43
�
�
NH
�
4
38, 55gam
144
2 4 43
96, 55gam

bảo tồn khối lượng cả sơ đồ có nH2O = 0,55 mol ||→ bảo tồn H có 0,05 mol NH4+
||→ có 0,075 mol Fe(NO3)2 theo bảo toàn N.
Bỏ cụm SO4 ở 2 vế, bảo tồn O có ngay nZnO = 0,2 mol.
Gọi số mol Mg, Al trong hỗn hợp X tương ứng là x và y mol; lập hệ phương trình:
♦ khối lượng hỗn hợp X: 24x + 27y + 0,2 × 81 + 0,075 × 180 = 38,55 gam.
♦ Quan sát sơ đồ, bảo tồn electron có: 2nMg + 3nAl = 8nNH4 + 3nNO + 2nH2

⇄ 2x + 3y = 0,85 mol. Theo đó, giải được x = 0,2 mol và y = 0,15 mol.
||→ Yêu cầu: %số mol Mg trong X = 0,2 ÷ (0,2 + 0,15 + 0,2 + 0,075) = 32% || ♠.
Câu 27. Đáp án A
�
�NO : 0, 2  mol 
Hỗn hợp khí gồm �
�H 2 : 0, 08  mol 
Bảo toàn khối lượng: mX  mKHSO4 = mmuối + m↑ + mH2O
��
� 50,82  1,8.136  275, 42  22.0, 28  18nH 2O ��
� nH 2O  0, 78  mol 
BTNT :H
����
� nNH  
4

nH   2nH 2O  2nH 2
4



1,8  0, 78.2  0, 08.2
 0, 02  mol 
4

Mặt khác nH   8nFe3O4  4nNO  2nH 2  10nNH 4
��
�1,8  8nFe3O4  0, 2.4  0, 08.2  0, 02.10 ��
� nFe3O4  0, 08  mol 
Trang 15

Dung dịch khơng có Fe3+
Bảo tồn electron

2nMg  2 nFe3O4  ne  3 nNO  2 nH 2  8 nNH 
{
{
{
{ 4
0,2
0,08

0,08

0,02

��
� nMg  0,54  mol  ��
� %mMg  25,5%
Câu 28. Đáp án D
Quan sát sơ đồ q trình quy đổi + xử lí:
�
Mg2+ : 0, 24mol
Mg �
�
xmol
6
4
7

4
8
�
� � 3+
mol
�
Al �
Al :  0, 06  x 
NaNO3 � �
�
��
+
�
� ��
� � +
mol
NO3 � �HCl
NH4 :  0, 42  4 x 
�
� �
{
1, 08mol
�
� + mol
O ��
�
Na : x
�
123

� 0,06mol
� �} �
�N2O �
 �
Cl
O .
{ �+�H �+ H
{2
1, 08mol � � 2 � 0,46 8 x mol
{


0, 08mol
��

13,52 gam

► NaOH vừa đủ xử lí "kép" dung dịch sau phản ứng:
♦1: đọc ra chất rắn cuối cùng là 0,24 mol MgO ||→ biết ∑nMg
(vì thế mà chúng ta có xu hướng quy đổi lại hỗn hợp X như trên sơ đồ.!).
♦2: Natri đi về đâu? gọi nNaNO3 = x mol thì với 1,14 mol NaOH nữa là ∑nNa+ = 1,14 + x mol.
đi về NaCl và NaAlO2. Biết nCl = 1,08 mol nên đọc ra nNaAlO2 = 0,06 + x mol.
Bảo tồn N có ngay và ln nNO3 trong X = (0,54 – 5x) mol.
có mỗi một giả thiết mX = 13,52 gam nên cần tìm nO trong X nữa là sẽ giải và tìm được x. Xem nào:
♦1 Bảo toàn electron mở rộng: ∑nH+ = 10nN2O + 10nNH4+ + 2nH2 + 2nO trong X
♦2: bảo tồn H tìm nH2O rồi bảo tồn O (ghép cụm NO3) cũng tìm được nhanh nO trong X
||→ theo cả 2 cách đều cho biết nO trong X = 20x – 1,94 mol. Như phân tích trên:
giải mX = mMg + mAl + mO + mNO3 = 13,52 gam có x = 0,1 mol.
Từ đó đọc ra nO trong X = 0,06 mol → nAl2O3 = 0,02 mol; mà ∑nAl = 0,16 mol
→ nAl = 0,12 mol ||→ Yêu cầu %mAl trong X ≈ 23,96 %. Chọn D. ♠.

Câu 29. Đáp án A
Sơ đồ quá trình phản ứng + giả thiết:
Al
�
�
�
�
Al3+
0,14mol
}
�
�
�
�
�
2+
2 �
AlCl 3
�NO � �
Al 2O3 �
Mg
SO4 � 1NaOH
�
�
�
.
+� +
����
�
o

�
�+KHSO
�
�
�
�.
4 � H2O+�

2.t C/O2
14 2 43
MgO
H
MgO
K
Cl
�
2
�
� 1,38mol
�{ � �
�
14 2 43
+
0, 04mol
�
�
�
�
�
29, 0gam

Mg
NO


NH
3 2
�
�
4
1 44 2 4 43
1 4 4 2 4 43
mgam

 m+173, 5 gam

Quan sát phản ứng (mũi tên) KHSO4: bảo tồn khối lượng có ngay nH2O = 0,55 mol.
► Ban bật qua lại: bảo tồn H có nNH4+ = 0,05 mol; bảo tồn N có nMg(NO3)2 = 0,095 mol.
bỏ cụm SO4 2 vế, tiến hành bảo toàn nguyên tố O có nMgO = 0,12 mol ||→ ∑nMg = 0,215 gam.
♦ NaOH dư xử lí dung dịch sau phản ứng đọc ra nAl2O3 = 0,2 mol → ∑nAl = 0,4 mol.
♦ C1: Bảo tồn electron có nAl = 0,3 mol → nAlCl3 = 0,1 mol.
Trang 16


♦ C2: bảo tồn điện tích trong X có nCl– = 0,3 mol → nAlCl3 = 0,1 mol.
X biết rõ số mol các chất → m = mX = 40,31 gam → Yêu cầu %mAlCl3 trong X ≈ 33,11%.
Câu 30. Đáp án A
TH1: chất tan gồm Na2SO3 và NaHSO3. Đặt nNa2SO3 = x; nNaHSO3 = y.
Bảo toàn nguyên tố Natri: nNaOH = 2nNa2SO3 + nNaHSO3 ⇒ 2x + y = 0,4 mol.
● mchất tan = 126x + 104y = 33,4(g) ||⇒ giải hệ có: x = 0,1 mol; y = 0,2 mol.
Bảo toàn nguyên tố Lưu huỳnh: nSO2 = 0,2 + 0,1 = 0,3 mol. Đặt hóa trị của R là n.

Bảo tồn electron: n × nR = 2nSO2 ⇒ nR = 0,6 ÷ n ⇒ MR = 11,2 ÷ (0,6 ÷ n) =

56n
3

||⇒ n = 3 và MR = 56 g/mol ⇒ R là Sắt (Fe). Xét thí nghiệm 2:
nFe = 0,14 mol; nHCl = 0,32 mol ⇒ X chứa 0,14 mol FeCl2 và 0,04 mol HCl.
Bảo toàn nguyên tố Clo: nAgCl = nHCl = 0,32 mol || Lại có:
3Fe2+ + 4H+ + NO3– → 3Fe3+ + NO + 2H2O || Fe2+ + Ag+ → Fe3+ + Ag↓.
► Kết tủa gồm 0,32 mol AgCl và 0,11 mol Ag ⇒ m = 57,8(g)
TH2: chất tan gồm NaOH dư và Na2CO3 ⇒ loại.

4.1. Đề số 1
Câu 1. Hòa tan hết 35,4 gam hỗn hợp gồm Mg và FeCO 3 trong dung dịch HCl lỗng dư thu được 20,16
lít hỗn hợp khí X (đktc). Mặt khác cũng hòa tan hết 35,4 gam hỗn hợp trên cần dùng dung dịch chứa
H2SO4 0,25M và HNO3 0,75M đun nóng. Sau khi kết thúc phản ứng thu được dung dịch Y và hỗn hợp khí
Z gồm 2 khí khơng màu trong đó có 1 khí hóa nâu. Tỉ khối của Z so với He bằng 8,8125. Cô cạn dung
dịch Y thu được m gam muối. Giá trị m là
A. 148,12 gam.

B. 140,84 gam.

C. 142,72 gam.

D. 144,46 gam.

Câu 2. Hỗn hợp X gồm Mg, MgCO 3 và MgO. Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HCl dư thu
được 8,4 lít hỗn hợp khí (đktc) và dung dịch chứa 2,375m gam muối. Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với
dung dịch HNO3 loãng dư thu được dung dịch Y, hỗn hợp khí Z gồm CO 2 và NO có tỉ khối so với H 2 là
17,8. Cô cạn dung dịch Y thu được 68,34 gam muối khan. Giá trị của m là

A. 18,2.

B. 16,5.

C. 19,0.

D. 20,5.

Câu 3. Hòa tan hết hỗn hợp rắn X gồm Mg, MgCO 3 và một oxit Fe trong dung dịch HCl lỗng dư thu
được hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với He bằng 4,7. Mặt khác cũng hòa tan hết hỗn hợp rắn X trên trong
dung dịch HNO3 lỗng dư thu được một khí duy nhất có thể tích là 3,584 lít (đktc) và dung dịch Z chứa
102,72 gam muối. Phần trăm khối lượng của oxit Fe trong hỗn hợp A là
A. 40,0%.

B. 45,8%.

C. 36,5%.

D. 42,2%.

Câu 4. Hòa tan hết m gam hỗn hợp chứa Mg, MgCO 3 và FeCO3 trong dung dịch HCl loãng dư thu được
hỗn hợp khí X và dung dịch chứa các chất tan có cùng nồng độ mol. Mặt khác đun nóng m gam hỗn hợp
Trang 17


trên cần dùng dung dịch chứa 1,02 mol HNO 3, kết thúc phản ứng thu được dung dịch Y và 5,6 lít (đktc)
hỗn hợp khí Z gồm 2 khí có tỉ khối so với H 2 bằng 22. Cô cạn cẩn thận dung dịch Y thu được (2m + 17,8)
gam muối khan. Biết trong Y không chứa ion Fe2+. Giá trị m là
A. 22,44 gam.

B. 27,90 gam.

C. 27,00 gam.

D. 23,73 gam.

Câu 5. Hòa tan hết 37,6 gam hỗn hợp gồm Mg, MgCO 3 và FeCO3 trong dung dịch HCl loãng dư thu
được 11,2 lít (đktc) hỗn hợp khí X có tỉ khối so với He bằng 7,22. Mặt khác cũng hòa tan hết 37,6 gam
hỗn hợp trên trong 120 gam dung dịch H2SO4 73,5% thu được dung dịch Y và hỗn hợp khí Z gồm CO 2 và
SO2. Cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào dung dịch Y. Lọc lấy kết tủa nung ngồi khơng khí đến khối lượng
khơng đổi thu được m gam rắn. Giá trị gần nhất của m là
A. 186.

B. 168.

C. 172.

D. 194.

Câu 6. Hòa tan hết 42,88 gam hỗn hợp gồm Mg; Fe 3O4 và FeCO3 trong dung dịch HCl lỗng dư thu được
8,96 lít (đktc) hỗn hợp khí X có tỉ khối so với He bằng 4,7. Mặt khác hòa tan hết 42,88 gam hỗn hợp trên
cần dùng 420 gam dung dịch HNO3 a% thu được dung dịch Y chứa 135,12 gam muối và 5,376 lít (đktc)
hỗn hợp khí Z gồm 3 khí khơng màu trong đó có 2 khí có cùng tỉ lệ mol. Giá trị của a là
A. 28,05%.

B. 26,25%.

C. 27,45%.

D. 27,00%.

Câu 7. Hòa tan hết m gam hỗn hợp X gồm Zn, Fe và FeCO 3 trong dung dịch HCl loãng dư thu được
2,912 lít hỗn hợp khí Y (đktc). Mặt khác cho cùng lượng X trên phản ứng với dung dịch HNO 3đặc đun
nóng, kết thúc phản ứng thu được dung dịch Z, hỗn hợp khí T có thể tích 3,808 lít (đktc) và cịn lại 1,4
gam một kim loại khơng tan. Biết rằng NO2 là sản phẩm khử duy nhất của N+5 và khi cô cạn Z thu được
19,08 gam muối khan. Giá trị của m gần nhất với
A. 8,5.

B. 9,0.

C. 9,5.

D. 10,0.

Câu 8. Hòa tan hết hỗn hợp rắn A gồm Mg, MgO, Mg(OH) 2 và MgCO3 trong dung dịch HCl dư thu được
3,136 lít (đktc) hỗn hợp khí X và dung dịch chứa 15,2 gam muối. Mặt khác hoàn tan hết hỗn hợp A trên
trong dung dịch HNO3 dư thu được dung dịch Y chứa 24,08 gam muối và hỗn hợp khí Z gồm (CO 2 ; NO)
có tỉ khối so với H2 bằng 19,2. Tỉ khối của Z so với X bằng a. Giá trị của a là
A. 1,88.

B. 1,92.

C. 2,12.

D. 1,82.

Câu 9. Hòa tan hết 31,8 gam hỗn hợp rắn X gồm Mg, Al, Al 2O3 và MgCO3 trong dung dịch chứa 1,96
mol HCl, thu được dung dịch chỉ chứa 2 chất tan và 17,92 lít (đktc) hỗn hợp khí có tỉ khối so với H 2 bằng
4,54375. Mặt khác cho 31,8 gam rắn X vào dung dịch chứa NaHSO 4 và 0,25 mol HNO3. Sau khi kết thúc
các phản ứng thu được dung dịch Y chứa các muối trung hịa và 10,64 gam hỗn hợp khí Z gồm 5 khí

khơng màu, trong đó có 0,03 mol khí N 2. Để tác dụng tối đa các chất tan có trong dung dịch Y cần dùng
dung dịch chứa 2,3 mol NaOH. Phần trăm khối lượng của khí NO có trong hỗn hợp Z là
A. 14,0%

B. 14,1%

C. 14,2%

D. 14,3%

Câu 10. Chia hỗn hợp X gồm Fe, Fe3O4, Fe(OH)3 và FeCO3 thành hai phần bằng nhau. Hoà tan hết phần
một trong dung dịch HCl dư, thu được 1,568 lít (đktc) hỗn hợp khí có tỉ khối so với H 2 bằng 10 và dung
dịch chứa m gam muối. Hoà tan hoàn toàn phần hai trong dung dịch chứa 0,57 mol HNO 3, tạo ra 41,7
Trang 18


gam hỗn hợp muối (khơng có muối amoni) và 2,016 lít (đktc) hỗn hợp gồm hai khí (trong đó có khí NO).
Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 27.

B. 29.

C. 31.

D. 25.

Câu 11. Hòa tan hỗn hợp A gồm Fe, FeO, Fe 2O3, Fe3O4, Fe(OH)2, Fe(OH)3, FeCO3 trong dung dịch HCl
dư thu được 2,688 lít (đktc) hỗn hợp khí có tỉ khối so với He bằng 5,75 và dung dịch chứa m gam muối.
Mặt khác hịa tan hồn tồn lượng hỗn hợp rắn A như trên trong dung dịch HNO 3 dư thu được dung dịch
X chứa 96,8 gam một muối và 4,48 lít (đktc) gồm 2 khí, trong đó có một khí hóa nâu trong khơng khí.

Giá trị của m là
A. 29,660

B. 54,350

C. 27,175

D. 59,320

Câu 12. Chia hỗn hợp X gồm Fe, Fe3O4, Fe(OH)3 và FeCO3 thành hai phần bằng nhau. Hòa tan hết phần 1
trong dung dịch HCl dư, thu được 0,1 mol hỗn hợp 2 khí có tỉ khối so với He bằng 4,7 và dung dịch Y.
Cho phần 2 tác dụng với lượng dư dung dịch H 2SO4 đặc nóng, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu
được dung dịch Z và 0,2075 mol hỗn hợp khí T gồm CO 2 và SO2 (sản phẩm khử duy nhất của S+6). Khối
lượng FeCl2 trong dung dịch Y là
A. 25,307 gam.

B. 27,305 gam.

C. 23,705 gam.

D. 25,075 gam.

Câu 13. Tiến hành phản ứng nhiệt nhôm 59,04 gam hỗn hợp Al và một oxit sắt, thu được chất rắn E. Chia
E làm hai phần bằng nhau.
Cho phần một tác dụng vừa đủ với 160 mL dung dịch NaOH 2M, thu được 2,688 lít khí H 2 (đktc). Cho
phần hai vào dung dịch HNO3 dư, có a mol HNO3 phản ứng, thu được 135,9 gam muối nitrat và hỗn hợp
hai khí có số mol lần lượt là 0,07 mol và 0,075 mol.
Giả thiết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của a là
A. 1,85.

B. 2,05.

C. 2,25.

D. 1,65.

Câu 14. Nung nóng 14,04 gam hỗn hợp Al và một oxit sắt trong khí trơ, thu được chất rắn X (giả thiết chỉ
xảy ra sự khử oxit sắt thành sắt). Nghiền nhỏ, trộn đều rồi chia X thành hai phần bằng nhau.
Cho phần một vào dung dịch NaOH (lỗng, dư) đến phản ứng hồn tồn, thu được 1,008 lít khí H 2 (đktc)
và chất rắn Y. Hịa tan tồn bộ Y trong dung dịch HNO 3 dư, thu được 1,232 lít khí NO (ở đktc, là sản
phẩm khử duy nhất của N+5).
Cho phần hai tác dụng với dung dịch chứa tối đa 32,34 gam H 2SO4 (đặc, nóng), thu được SO2 là sản phẩm
khử duy nhất của S+6. Hiệu suất phản ứng nhiệt nhôm là
A. 80%.

B. 90%.

C. 50%.

D. 60%.

Câu 15. Thực hiện phản ứng nhiệt nhôm hỗn hợp gồm Al và m gam hai oxit sắt trong khí trơ, thu được
hỗn hợp X.
Cho X vào dung dịch NaOH dư, thu được dung dịch Y, chất khơng tan Z và 0,672 lít khí H 2 (đktc). Sục
khí CO2 dư vào Y, thu được 7,8 gam kết tủa.
Cho Z tan hết vào dung dịch H2SO4, thu được dung dịch chứa 15,6 gam muối sunfat và 2,464 lít khí SO 2
(ở đktc, là sản phẩm khử duy nhất của H2SO4).
Trang 19

Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là
A. 6,29.

B. 6,48.

C. 6,96.

D. 5,04.

Câu 16. Tiến hành phản ứng nhiệt nhôm 18,48 gam hỗn hợp gồm Al, Fe 2O3 và CuO, thu được chất rắn X.
Chia X thành hai phần có khối lượng khác nhau.
Phần một tác dụng vừa đủ với 40 mL dung dịch NaOH 2M, thu được 1,344 lít khí H 2 (đktc) và 3,04 gam
chất rắn.
Hịa tan hồn tồn phần hai bằng V mL dung dịch gồm H 2SO4 2,8M và HNO3 0,8M, thu được dung dịch
chỉ chứa muối sunfat và hỗn hợp khí gồm 0,04 mol NO và 0,02 mol N2O.
Giả thiết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị nhỏ nhất của V là
A. 100.

B. 50.

C. 125.

D. 75.

Câu 17. Tiến hành phản ứng nhiệt nhôm 18,24 gam hỗn hợp gồm Al, Fe 3O4 và CuO, thu được chất rắn X.
Chia X thành hai phần có khối lượng khác nhau.
Phần một tác dụng vừa đủ với 40 mL dung dịch NaOH 2M, thu được 1,344 lít khí H 2 (đktc) và 2,96 gam
chất rắn.
Hịa tan hồn tồn phần hai bằng V mL dung dịch gồm H 2SO4 1,8M và HNO3 0,5M, thu được dung dịch
chỉ chứa 43,88 gam muối sunfat và hỗn hợp khí gồm NO và 0,03 mol N2O.

Giả thiết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị lớn nhất của V là
A. 200.

B. 100.

C. 300.

D. 400.

Câu 18. Thực hiện phản ứng nhiệt nhôm 25,5 gam hỗn hợp gồm CuO, Fe 3O4 và Al trong điều kiện khơng
có khơng khí, thu được hỗn hợp rắn X. Chia X làm 2 phần bằng nhau. Phần 1 cho vào dung dịch NaOH
loãng dư, thấy lượng NaOH phản ứng là 6,8 gam đồng thời thốt ra a mol khí H 2 và cịn lại 6,0 gam rắn
khơng tan. Hịa tan hết phần 2 trong dung dịch chứa 0,8 mol HCl và b mol HNO 3, thu được dung dịch Y
chỉ chứa các muối trung hịa có tổng khối lượng là 39,17 gam và a mol hỗn hợp khí Z gồm NO, N 2O và
H2 (trong đó H2 có số mol là 0,02 mol). Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Thành phần % theo khối lượng
của khí NO có trong hỗn hợp Z gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 27%.

B. 67%.

C. 17%.

D. 72%.

Câu 19. Tiến hành phản ứng nhiệt nhôm 22,16 gam hỗn hợp gồm Al, Fe 3O4 và CuO, thu được chất rắn X.
Chia X thành hai phần có khối lượng khác nhau.
Phần một tác dụng vừa đủ với 30 mL dung dịch NaOH 2M, thu được 0,672 lít khí H 2 (đktc) và 2,96 gam
chất rắn.
Cho phần hai vào dung dịch gồm a mol H 2SO4 và b mol HNO3, thu được dung dịch chỉ chứa 58,11 gam
muối sunfat và hỗn hợp khí gồm 0,03 mol NO và 0,03 mol N2O.

Giả thiết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị
A. 4,0.

B. 3,2.

a
gần nhất với giá trị nào sau đây?
b
C. 4,8.

D. 2,4.

Trang 20


Câu 20. Trộn m gam Al vào 14,96 gam hỗn hợp rắn A gồm CuO, MgO, Fe 2O3, Fe3O4 thu được hỗn hợp
rắn B. Tiến hành phản ứng nhiệt nhôm hỗn hợp rắn B đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được
hỗn hợp rắn C. Chia C thành hai phần bằng nhau.
• Phần một tác dụng vừa đủ với 100 ml dung dịch NaOH 1M, sau phản ứng thấy thốt ra 24V lít (đktc)
khí H2 và cịn lại một phần rắn khơng tan.
• Phần hai tác dụng với dung dịch HNO3 (dư, đun nóng ) thì thấy có 0,69 mol HNO3 đã tham gia phản
ứng; sau phản ứng thu được dung dịch D chứa 45,43 gam muối; đồng thời thấy thốt ra 29V lít (đktc) hỗn
hợp khí gồm NO, N2O có tỷ khối so với H2 bằng 456/29. Cho dung dịch NaOH vào dung dịch D đến khi
thu được khói lượng kết tủa lớn nhất thì dừng lại, sau đó lấy kết tủa đó nung trong khơng khí đến khối
lượng khơng đổi thu được 12,7 gam chất rắn. Phần trăm khối lượng của CuO trong hỗn hợp rắn A gần
nhất với
A. 8%.

B. 6%.

C. 16%.

D. 12%.

Trang 21


Đáp án
1. C
11. B

2. A
12. B

3. A
13. B

4. C
14. D

5. C
15. C

6. A
16. C

7. D
17. A

8. B

18. D

9. B
19. A

10. D
20. C

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1. Đáp án C
Sơ đồ quá trình:
MgCl 2 � �
CO2 �
�
HCl � �
� � � H2O
FeCl 2
H
��
1 2 23
0,9 mol

Mg �
�
 3 x  0,3625 mol � 0,15 mol
�
}
�} �
.
Fe3

�
�

� 2
� �CO2 �
FeCO3 �
1H
. 2SO4 � �
�
NO
�
3
14 2 43 �
�� �Mg
� �
� H2O
2
35,4 gam
3HNO
.
NO
SO4
3
�

�
�
�
�
{

NH4 {
0,25 mol
��
mol
�
1 4 4 4 2 x4
4 43
mgam

♦1 Giải bài tập HCl lỗng → có 0,75 mol Mg và 0,15 mol FeCO3.
♦2: HNO3 cơ bản: trước hết có 0,15 mol CO2, tỉ lệ CO2 ÷ NO = 3 : 5 → nNO = 0,25 mol.
Bảo tồn electron: tính ra nNH4 = 0,1125 mol.
(một chú ý nhỏ: tỉ lệ H2SO4 và HNO3 là 1 : 3 ||→ ∑nH+ ÷ ∑nNO3– < 4 ÷ 1 mà spk là NO nên hòa tan
FeCO3 là H+ và NO3– chứ khơng phải H2SO4, nói đơn giản hơn là Fe trong muối chỉ có thể là Fe 3+ như sơ
đồ).
Gọi số mol như trên: BT điện tích có: 2x + (3x – 0,3625) = 0,1125 + 0,75 × 2 + 0,15 × 3
||→ giải x = 0,485 mol ||→ Yêu cầu giá trị của m = 142,72 gam.
Câu 2. Đáp án A
H �
�
+HCl � MgCl2 +� 2 �+H2O
123
CO2
2,375mgam �
123

Mg �
�
0,375mol
�

�
MgO�
.
Sơ đồ quá trình: �
2CO
. 2�
�
Mg NO3  2 � �
�
�
CO +HNO3 � �
�+�
�+H2O
�
14 2 243
3NO
.
NH4NO3
�
�
mgam
1 44 2 4 43
68,34gam

Gọi số mol Mg, MgO và CO2 lần lượt là x, y, z mol. Thiết lập các phương trình:
• Khí khi cho hỗn hợp + HCl là x mol H2 và z mol CO2 ⇒ x + z = 0,375 mol.
• m = mX = 24x + 40y + 44z; 2,375m = mmuối = 95 × (x + y)
⇒ t l 2,375m ữ m = 95 ì (x + y) ữ (24x + 40y + 44z) = 2,375.
ã Hn hợp khí Z gồm z mol CO2 và 1,5z mol NO (từ tỉ khối với H2)
⇒ bảo tồn electron có nNH4NO3 = (2nMg – 3nNO) ÷ 8 ⇒ mNH4NO3 = (20x – 45z) gam.

Theo đó, ∑mmuối trong Y = 148(x + y) + (20x – 45z) = 68,34 gam.
Ba ẩn đủ ba phương trình ⇒ giải: x = 0,275; y = 0,18; z = 0,1.
⇒ Yêu cầu m = 24x + 40y + 44z = 18,2 gam.
Trang 22


Câu 3. Đáp án A
X + HNO3 → khí duy nhất chính là 0,16 mol CO2 ||→ MgCO3 là 0,16 mol.
Phản ứng: X + HCl loãng dư ||→ CO2 và H2.
Từ tỉ khối và số mol CO2 biết → có 0,24 mol H2 ||→ Mg có 0,24 mol.
Xem nào, X (có Mg) + HNO3 mà khí chỉ có khí CO2 (không phải là sản phẩm khử).
À, như vậy là phải có muối amoni NH4NO3 rồi và đây cũng chính là sản phẩm khư duy nhất.
À, như vậy oxit sắt không có tính oxit hóa khử rồi. Nghĩa là oxit này là Fe2O3.
||→ bảo tồn electron: nNH4NO3 = 2nMg ÷ 8 = 0,06 mol; muối còn 0,4 mol Mg(NO3)2
mà tống muối đề cho là 102,72 gam ||→ có 0,16 mol muối Fe(NO3)3 (chú ý HNO3 dùng dư).
||→ nFe2O3 = 0,08 mol ||→ mX = 32 gam.
||→ Yêu cầu: %mFe2O3 trong X = 0,08 ì 160 ữ 32 = 40,0%. Chn ỏp án A. ♥.
Câu 4. Đáp án C
MZ = 44; chắc chắn có CO2 rồi → khí kia là N2O. Có nZ = 0,25 mol và mZ = 11 gam.
Giả thiết + HCl chỉ đóng góp vai trị cho biết ∑nMg = ∑nFe (về mặt nguyên tố).
Đọc kĩ quá trình (tránh quên amoni); gọi số mol các chất và số mol đã biết theo sơ đồ:
mol
�
�
Fe NO3  3 : x mol �
 x  y  Mg�
N O�
� mol
�
�

��
Mg NO3  2 : x mol � � 2 � H 2O.
�y MgCO3 � HNO
3 ��
123
CO2
�x mol FeCO � 1,02 mol
�
123
NH4NO3 : z mol � �
3
�
�
0,25 mol
1 4 44 2 4 4 43
1 4 4 2 4 43
mgam

 2 m 17,8 gam

Có khá là nhiều hướng để thiết lập 1 hệ phương trình 3 ẩn. Có thể theo hướng sau:
♦1: bảo tồn e: 2 × (x – y) + x = ne cho = ne nhận = 8z + 8 × (0,25 – x – y) ⇄ 11x + 6y – 8z = 2.
♦2: Bảo toàn nguyên tố N: 5x + 2z + 2 × (0,25 – x – y) = 1,02 ⇄ 3x – 2y + 2z = 0,52.
♦3: Về khối lượng: m = 116x + 24(x – y) + 84y = 140x + 60y; mmuối = 2m + 17,8 = 390x + 80z.
||→ triệt tiêu m có phương trình nữa là 110x – 120y + 80z = 17,8.
Giải hệ phương trình được: x = 0,18 mol; y = 0,03 mol và z = 0,02 mol.
Thay lại có giá trị của m = 140x + 60y = 27,0 gam. Chọn đáp án C. ♣.
Câu 5. Đáp án C
♦ giải CB2: khí X gồm 0,18 mol H2 và 0,32 mol CO2;
||→ đọc ra 37,6 gam gồm 0,18 mol Mg + 0,12 mol MgCO3 và 0,2 mol FeCO3.

♦ CB3: 2nSO2 = 2nMg + nFeCO3 ||→ nSO2 = 0,28 mol. Lại có nH2SO4 = 0,9 mol
||→ nSO42– = 0,62 mol (trong Y: 0,62 mol SO42–; 0,2 mol Fe3+; 0,3 mol Mg2+
||→ còn 0,04 mol H+ dư nên khơng phải lăn tăn gì Fe2+ hay Fe3+ gì gì nữa nhé.!).
Tuy nhiên, Ba(OH)2 dư nên thoải mái, đọc cái cuối cùng m gam rắn gồm:
0,62 mol BaSO4 + 0,1 mol Fe2O3 + 0,3 mol MgO ||→ Yêu cầu m = 172,46.
Câu 6. Đáp án A
♦ bài tập + HCl lỗng dư: các khí trong X gồm 0,24 mol H2 và 0,16 mol CO2.
Trang 23


||→ suy ngược lại có 0,24 mol Mg và 0,16 mol FeCO3 ||→ còn lại là 0,08 mol Fe3O4.
�
�
�
Mg : 0, 24mol
Mg NO3  2 : 0, 24mol � �
CO2 : 0,16mol �
�
�
�
��
�
Fe3O4 : 0, 08mol � HNO3 � �
Fe NO3  3 : 0, 4mol � �
NO : 0, 04mol � H 2O.
�
�
�
��
FeCO3 : 0, 16mol �

NH 4NO3
N2O : 0, 04mol �
���
1 4 4 44 2 4 4 4 43 1 4 4 2 4 4 3
135,12 gam

0,24 mol

► trong đó xử lí nhanh: 0,16 mol CO2 trong 0,24 mol hỗn hợp khí nên
cịn lại hai khí kia có cùng số mol là 0,04 mol (chưa biết là khí gì!).
để ý tiếp m2 muối kim loại = 132,32 gam ||→ chứng tỏ 135,12 gam muối còn 0,035 mol NH4NO3 nữa.
Gọi số electron cho của hai khí khơng màu sản phẩm khử là a và b (a, b nguyên dương) thì
bảo tồn electron có: 0,04 × (a + b) + 0,035 × 8 = 0,24 × 2 + 0,08 × 1 + 0,16 × 1 ⇄ a + b = 11.
||→ thỏa mãn 2 khí khơng màu là NO (a = 3) và N2O (b = 8).
Đến đây, bảo toàn nguyên tố N → nHNO3 phản ứng = 1,87 mol → giá trị a = 28,05 %.
Câu 7. Đáp án D
Gọi số mol Zn, Fe, FeCO3 lần lượt là x, y, z mol
Cho X phản ứng với HCl dư → khí sinh ra gồm H2 và CO2 → x+y + z= 0,13
Cho X phản ứng HNO3 sinh ra 0,17 mol (NO2 và z mol CO2) và còn dư 1,4 gam kim loại Fe ( 0,025 mol)
muối sinh ra gồm Fe(NO3)2 : y+ z- 0,025 mol và Zn(NO3)2 : x mol
Bảo toàn electron → nNO2 = 2x + 2. ( y- 0,025)
�x  y  z  0,13
�x  0, 02
�
�
180.( y  z  0, 025)  189 x  19, 08 � �y  0, 07
Ta có hệ �
�
�z  0, 04
(2 x  2( y  0, 025))  z  0,17

�
�
→ m= 0,02. 65 + 0,07. 56 + 0,04. 116 = 9,86 gam.
Câu 8. Đáp án B
Đọc đề - đọc quá trình; đọc giả thiết - xử lí sơ đồ:
hhX
67
8
CO2 �
�
+HCl � MgCl 2 +� �+H2O..................
123 �
H
0,16mol
1 22 3
Mg
�
�
0,14mol
�
�
MgO
.
�
�
�
�
H2O; CO2
3CO
. 2�

�
Mg NO3  2 � �
�
+HNO3 � �
�+�
�+H2O.
2NO
.
NH4NO3
�
�
1 44 2 4 43 14 2 43
24, 08gam

hhZ

Quan sát, có nMgCl2 = nMg(NO3) = 0,16 mol → mMg(NO3)2 = 23,68 gam.
Như vậy là trong hỗn hợp muối nitrat còn có 0,005 mol NH4NO3 nữa.
Gọi số mol CO2 là 3x mol thì tính theo x được số mol NO là 2x mol và H2 là (0,14 – 3x) mol.
Xét cả 2 quá trình, do cùng lượng electron cho nên lượng electron nhận ở 2 phản ứng bằng nhau,
Nghĩa là: 2 × (0,14 – 3x) = 6x + 0,005 × 8 → x = 0,02 mol.
Trang 24


Vậy X gồm: 0,06 mol CO2 và 0,08 mol H2; Z gồm 0,06 mol CO2 và 0,04 mol NO
Theo đó, giá trị của a = dZ/X = 1,92. Chọn đáp án B. ♦.
Câu 9. Đáp án B
Quan sát sơ đồ các quá trình phản ứng:
,135mol
�0}

�
�
CO
�
�
Mg
2 �

+HCl
{ � � 3+ Cl �+� H �+ H
{2O .
Al
1,96mol
2
�
� { � 0,315mol
Mg �
�
�0,665mol
�
�
Al �
�
H2 �
�
� �+
�
�� �
Mg2+
O

� � �
CO2 �
NaHSO4 � � 3+
��
Al
�
�
�
�
�
�
�
�
2

CO2 +
�
�
HNO3 �� � + SO4 �+�N2 �+H2O.
123
123
NH4
31, 8gam
�
� �N O�
�0,25mol � �
+
�
��2 �
Na

�
NO �
�
�
�
2+

► Tách giải bài tập CB2 trước.! Tính CO2; H2, bào tồn H tính H2O.
Quy hỗn hợp đầu về Mg, Al, O và CO2 ||→ nCO2 = 0,135 mol; nO = nH2O = 0,315 mol.
||→ ∑mMg + Al = 20,82 gam. kết hợp điện tích 2nMg + 3nAl = ∑nCl– = 1,96 mol
||→ giải ra ∑nAl = 0,3 mol và ∑nMg = 0,53 mol ||→ kết thúc bài tập CB2.!
► Giải bài tập HNO3 phức tạp.! 2,3 mol NaOH xử lí dung dịch sau phản ứng.
YTHH 02: Natri đi về 0,3 mol NaAlO2 ||→ còn 2,0 mol Na + x mol Na trong x mol NaHSO4
cuối cùng đi về x mol Na2SO4 ||→ x = 2,0 mol. Vậy, biết thêm NaHSO4 có 2,0 mol.
||→ Bảo tồn điện tích trong dung dịch Y có nNH4+ = 0,04 mol ||→ mmuối trong Y = 259,54 gam.
BTKL cả phản ứng HNO3 có nH2O = 0,965 mol. Bỏ cụm SO4; CO2 ở 2 vế, tiến hành
bảo tồn O có: nO trong (N2O; NO) = 0,315 + 0,25 × 3 – 0,965 = 0,1 mol.
Tiếp tục bảo tồn N có nN trong (N2O; NO) = 0,15 mol ||→ nN2O = nNO = 0,05 mol.
||→ Yêu cầu %mNO trong Z = 0,05 × 30 ÷ 10,64 ≈ 14,10%. Chọn đáp án B. ♦.
Câu 10. Đáp án D
} mol �
�0,03
�CO2 �
�
�FeCl2 � �
 HCl
���
��
 1
� �

� H 2O
FeCl
H
�
3
2
�
�
Fe
�
�
{
14 2 43
0,04 mol �
�
m gam
�Fe O
�
� 3 4
�
�
Sơ đồ hai quá trình phản ứng �
�Fe  OH  3 �
0,005 mol
} �
�
�FeCO �
�
3
�

�Fe  NO3  2 �
� �NO �
 HNO3
����
�
� �
� H 2O
0,57 mol
CO2 �
Fe  NO3  3 � �{
�
1 44 2 4 43 �0,03 mol
41,7 gam
Bảo tồn N có:

�n

NO3 trong muối

 2

=  0,57  0, 06  0,51 mol � �mF e  41, 7  0,51�62  10, 08 gam

2 Fe  OH  3  Fe2O3 .3H 2O; FeCO3  FeO.CO2 ��
� Bỏ CO2; H2O khơng ảnh hưởng q trình + yêu cầu:
Trang 25