Rèn luyện kĩ năng bấm máy tính để giải nhanh bài toán trắc nghiệm về axit nitric

CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc

ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
SƠ YẾU LÝ LỊCH
- Họ và tên: Lª §øc Tïng
- Ngày, tháng, năm, sinh: 01 – 04 – 1986
- Năm vào ngành: 01 – 04 – 2009
- Chức vụ: Giáo viên
- Đơn vị công tác: Trường THPT Chương Mỹ B
- Hệ đào tạo: Chính qui
- Trình độ chuyên môn: Cử nhân sư phạm Hoá Học
- Bộ môn giảng dạy: Hoá Học
- Ngoại ngữ: Tiếng Anh
1
- PHẦN I
TỔNG QUAN
I. Lí do chọn đề tài:
- Hoá học là môn khoa học cơ bản trong các trường THCS và THPT. Đây là
môn các em mới được trang bị kiến thức từ khi học lớp 8 bậc THCS. Tuy nhiên, đây
cũng là môn thường xuyên sử dụng thi tốt nghiệp THPT và là một trong ba môn bắt
buộc trong kì thi tuyển sinh vào ĐH, CĐ, THCN khối A, B.
- Kể từ năm 2007, Bộ Giáo Dục và Đào Tạo đã chuyển cấu trúc thi tuyển sinh
đại học, cao đẳng môn hoá từ tự luận sang trắc nghiệm 100%. Điều đó cũng đồng
nghĩa trong vòng 90 phút, học sinh phải thật bình tĩnh để lựa chọn phương án trả lời
tối ưu nhất trong thời gian ngắn nhất.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. Một vài
phương pháp phải kể đến là: bảo toàn khối lượng, bảo toàn electron, bảo toàn điện
tích, phương pháp đường chéo, trung bình, đồ thị và một phương pháp khá hữu hiệu là
phương pháp qui đổi.

- Với xu thế trắc nghiệm khách quan hiện nay thì “ nhanh và chính xác” là hai
yếu tố rất quan trọng trong khi làm bài kiểm tra cũng như trong các kì thi. Vì vậy, vận
dụng được các phương pháp giải nhanh chưa đủ mà kĩ năng bấm máy tính cũng góp
phần vào việc giải nhanh bài tập trắc nghiệm. Trong việc bấm máy tính cũng thể hiện
được “phương pháp giải” và “ khả năng tư duy trừu tượng” của học sinh khi làm bài.
Nếu có dịp quan sát học sinh khi làm bài chúng ta không khỏi ngạc nhiên có những
học sinh bấm máy tính “nhanh như chớp” và có học sinh bấm máy “chậm như rùa”.
- Hơn thế nữa, thông qua các đề thi đại học, cao đẳng hiện nay tôi nhận thấy
trong đề thi có nhiều bài tập liên quan đến axit nitric. Và để giải nhanh những bài tập
đó chúng ta thường áp dụng phương pháp bảo toàn electron và phương pháp qui đổi.
- Qua 3 năm giảng dạy ở trường THPT kết hợp với những kiến thức tích luỹ
được khi ngồi trên giảng đường đại học tôi mạnh dạn đưa ra ý tưởng “ Rèn luyện kĩ
năng bấm máy tính để giải nhanh bài toán trắc nghiệm về axit nitric”.
II. Mục đích nghiên cứu
- Nghiên cứu những dạng bài toán về axit nitric thường gặp trong các đề thi
tuyển sinh đại học, cao đẳng.
2
- Đề xuất những ý tưởng để giải nhanh bài toán axit nitric trên máy tính, góp
phần nâng cao chất lượng giảng dạy bộ môn ở trường phổ thông và là hanh trang vững
chắc để các em chuẩn bị bước vào kì thi TSĐH.
- Bản thân có cơ hội nghiên cứu, tìm hiểu và vận dụng các ý tưởng đó vào công
tác giảng dạy của bản thân sau này.
III. Nhiệm vụ nghiên cứu
- Nghiên cứu nội dung “axit nitric lớp 11”. Đồng thời tìm ra những dạng bài tập
điển hình thường gặp trong các đề thi TSĐH.
- Nghiên cứu phương pháp bảo toàn electron, phương pháp qui đổi và vận dụng
phương pháp đó để giải bài tập trắc nghiệm.
- Tìm ra hướng giải quyết nhanh các bài toán đó dựa vào kĩ năng bấm máy tính.
IV. Đối tượng nghiên cứu
- Tiến hành nghiên cứu trên đối tượng học sinh ở trường THPT Chương Mỹ B

Hà Nội để kết luận những ý tưởng, giả thuyết mà đề tài đưa ra cần bổ sung gì không.
V. Phương pháp nghiên cứu
+ Bước 1: Trên cơ sở nắm vững nội dung trọng tâm bài axit nitric ở lớp 11 và
nghiên cứu kĩ những câu hỏi thi TSĐH liên quan đến bài tập axit nitric, tác giả đã lựa
chọn, sưu tầm những bài tập trắc nghiệm được giải nhanh bằng phương pháp bảo toàn
electron và phương pháp qui đổi.
+ Bước 2: Đưa ra những ý tưởng để giải nhanh những bài tập đã chọn ở bước 1
trên máy tính (Casio fx 500MS, … ).
+ Bước 3: Tiến hành thực nghiệm sư phạm trên đối tượng học sinh.
+ Bước 4: Thu thập và xử lý số liệu, rút ra kết luận.
VI. Phạm vi và thời gian nghiên cứu của đề tài.
- Do điều kiện thời gian và hạn chế của một sáng kiến kinh nghiệm nên đề tài
chỉ có thể nghiện cứu trên phạm vi hẹp (thực nghiệm ở 1 trường THPT nơi tác giả
công tác) và chỉ nghên cứu những bài tập nhỏ có khả năng giải nhanh trên máy tính.
- Phạm vi áp dụng:
+ Kim loại, hỗn hợp kim loại tác dụng với HNO
3
hoặc hỗn hợp HNO
3
và H
2
SO
4
đặc
+ Bài toán kim loại, oxit tác dụng với axit HNO
3
.
+ Bài toán kim loại, hợp chất với lưu huỳnh tác dụng với HNO
3
3

PHẦN II:
NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
I. Tình hình thực tế trước khi thực hiện đề tài.
- Qua những năm giảng dạy tại trường phổ thông và nhiều năm đi gia sư khi
ngồi trên ghế giảng đường đại học, tôi nhận thấy rất nhiều học sinh cứ loay hoay viết
rất nhiều phương trình phản ứng khi cho hỗn hợp kim loại hoặc oxit kim loại tác dụng
với axit HNO
3
. Điều đó, sẽ mất nhiều thời gian làm bài và đôi khi không làm ra được
kết quả.
- Vì vậy, sử dụng phương pháp qui đổi và bào toàn electron là những công cụ
tối ưu để giải những quyết những bài toán dạng này.
- Một đối tượng học sinh khác chúng ta cũng hay gặp là quá lạm dụng máy tính
(cái gì cũng bấm và bấm quá chi li), do đó sẽ rất tốn thời gian làm bài.
- Vì vậy, ý tưởng là rất quan trọng, giúp học sinh định hướng được cách giải
nhanh bài toán trên máy tính thay vì các em phải viết rất nhiều trên nháp, điều này
hoàn toàn không hợp lý trong bài thi trắc nghiệm.
- Từ thực tế trên, tác giả xin trình bày những giải pháp, ý tưởng để giải nhanh
những bài toán axit nitric trên máy tính.
II. Biện pháp thực hiện đề tài.
II.1. Những kiến thức cần trang bị.
- Xác định được đầy đủ các chất khử, chất oxi hoá.
- Viết được các quá trình khử và quá trình oxi hoá.
- Áp dụng định luật bảo toàn electron.
- Xử lí các dữ kiện bài toán: số mol, thể tích khí, khối lượng…
Các kiến thức về phản ứng oxi hoá khử học sinh đã được trang bị ở lớp 10. Trong
khuôn khổ đề tài, tôi chỉ xin đề cập tới các bước để giải nhanh bài toán axit nitric
trên máy tính trong đề thi TSĐH.
II.2. Những điểm cần lưu ý.
II.2.1. Phương pháp bảo toàn electron.

- Chỉ áp dụng cho bài toán xảy ra các phản ứng oxi hoá khử.
- Xác định và viết đầy đủ các quá trình khử, quá trình oxi hoá.
- Định luật bảo toàn electron:
∑
e nhường =
∑
e nhận.
4
II.2.2. Pháp pháp qui đổi
- Phạm vi áp dụng:
+ Kim loại, oxit kim loại tác dụng với dung dịch HNO
3.
+ Kim loại và hợp chất kim loại với lưu huỳnh tác dụng với HNO
3
- Hướng qui đổi: Một bài toán có thể có nhiều hướng qui đổi khác nhau:
+ Qui đổi hỗn hợp nhiều chất về hai hay chỉ một chất.
Ví dụ: Hỗn hợp: Fe, FeO, Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4

+ Qui đổi hỗn hợp nhiều chất về các nguyên tử tương ứng:
Ví dụ: Hỗn hợp: Fe, FeS, FeS
2
, Cu, CuS, CuS
2

, Cu
2
S, S
→
Fu, Cu, S
+ Bằng kinh nghiệm của mình, tác giả nhận thấy hướng qui đổi về các nguyên
tử tương ứng là đơn giản và dễ hiểu hơn cả. Vì vậy, trong các ví dụ dưới đây tác giả
chỉ trình bày hướng qui đổi này.
- Khi áp dụng phương pháp qui đổi, cần phải tuân thủ 3 nguyên tắc:
+ Bảo toàn nguyên tố
+ Bảo toàn số oxi hoá
+ Số electron nhường, nhận là không thay đổi.
II.3. Một số công thức áp dụng cần nhớ:
II.3.1. Tính khối lượng muối

- Phạm vi áp dụng:
+ kim loại tác dụng với HNO
3
hoặc H
2
SO
4
đặc
+ Với HNO
3
: n
NO3 tạo muối
= n
e nhận
=

2 2 2 4 3
3. 8 10 8
NO NO N O N NH NO
n n n n n+ + + +
.
5
Fe, FeO
Fe, Fe
2
O
3
Fe
2
O
3
, FeO
FeO
m
muối
= m
kim loại
+
2 2 2 4 3
62 (3. 8 10 ) 80
NO NO N O N NH NO
n n n n n
× + + + +
m
muối
= m

kim loại
+ m
gốc axit

(1.1)
(1.2)
+ Với hỗn hợp H
2
SO
4
đặc và HNO
3
: (thường không tạo muối amoni)

Tuy nhiên, trong các bài tập ta cũng thường gặp phản ứng chỉ tạo muối sunfat. Dạng
này ta cần:
+ NO
3
-
phản ứng hết
+ Khối lượng muối bằng khối lượng của kim loại và SO
4
2-
II.3.2. Tính số mol HNO
3
phản ứng.

(2)
Với n
NO3 tạo muối kim loại

= n
e nhận
=
2 2 2 4 3
3. 8 10 8
NO NO N O N NH NO
n n n n n
+ + + +
= n.n
KL

(với n là hoá trị KL)
n
NO3 tạo khí và muối amoni
=
2 2 2 4 3
2 2 2
NO NO N O N NH NO
n n n n n
+ + + +
Thì (2) trở thành:
(2.1)
Từ số mol axit phản ứng ta có thể tính được C%, C
M
, thể tích và khối lượng dung dịch
6
m
muối
= m
kim loại

+
2 2 2 4 3 2
62 (3. 8 10 8 ) 96
NO NO N O N NH NO SO
n n n n n n× + + + + + ×

n
axit nitric phản ứng
= n
tạo muối
+ n
tạo khí và muối amoni
n
axit nitric phản ứng
=
2 2 2 4 3
4 2 10 12 10
NO NO N O N NH NO
n n n n n
× + × + × + × + ×
(1.3)
III. Những bài tập minh hoạ
DẠNG 1: PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN ELECTRON
Bài 1: ĐH 2008 KB: Thể tích dung dịch HNO
3
1M loãng ít nhất cần dùng để hoà tan
hoàn toàn một hỗn hợp gồm 0,15 mol Fe; 0,15 mol Cu (Biết phản ứng chỉ tạo ra chất
khử NO):
A. 0,8 lit B. 1,0 lit C. 1,2 lit D. 0,6 lit
Lời giải:

• Ý tưởng
- Dựa vào ĐLBT electron tính được n
NO
- Dựa vào (2.1) tính được n
axit nitric phản ứng
= 4n
NO

→
V
dd axit phản ứng
- Vì thể tích dung dịch HNO
3
cần dùng ít nhất nên Fe chỉ đạt đến hoá trị II.
• Gợi ý
V
dd HNO3 phản ứng

2 0,15 2 0,15
4
3
1
× + ×
×
=
= 0,8 (lit)
Bài 2: Hoà tan m gam Fe
3
O
4

vào dung dịch HNO
3
loãng dư thu được khí NO duy nhất.
Nếu đem khí NO thoát ra trộn với O
2
vừa đủ để hấp thụ hoàn toàn trong nước được
dung dịch HNO
3
. Biết thể tích oxi phản ứng là 0,336 lit (đktc). Giá trị của m là:
A. 34,8g B. 13,92g C. 23,2g D. 20,88g
Lời giải:
• Ý tưởng
- Chỉ có Fe và O thay đổi số oxi hoá, N không thay đổi số oxi hoá.
- Dựa vào ĐLBT electron tính được số mol Fe
3
O
4
(1.
3 4
Fe O
n
= 4.
2
O
n
)
- Tính m = 232. 4.
2
O
n

• Gợi ý
0,336
232 4 13,92( )
22,4
m g= × × =
Bài 3: Cho hỗn hợp gồm 4 kim loại có hoá trị không đổi: Mg, Ni, Zn, Al được chia
làm 2 phần bằng nhau:
- Phần 1: tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 3,36 lit H
2
7
- Phần 2: Hoà tan hết trong dung dịch HNO
3
loãng dư thu được V lit một khí
không màu hoá nâu ngoài không khí (các thể tích đo ở đkc).
Giá trị của V là:
A. 2,24 lit B. 3,36 lit C. 4,48 lit D. 5,6 lit
Lời giải:
• Ý tưởng
- Vì các kim loại có hoá trị không đổi nên số mol electron nhường trong 2 thí
nghiệm giống nhau
→
số mol electron nhận ở 2 thí nghiệm cũng bằng nhau.
- Khí không màu, hoá nâu ngoài không khí là NO.
- Từ đó ta có:
2
2 3
H NO
n n
× = ×
hay

2
2 3
H NO
V V
× = ×
• Phép tính.
V
NO
= V =
2
3,36 2,24( )
3
lit
× =
Bài 4: Chia m gam hỗn hợp X gồm Fe, Al thành 2 phần bằng nhau:
- Phần 1: Hoà tan hoàn toàn trong dung dịch HCl dư thu được 7,28 lit H
2
.
- Phần 2: Hoà tan hết trong dung dịch HNO
3
dư thu được 5,6 lit NO duy nhất.
Các thể tích khí đo ở đktc. Khối lượng Fe, Al trong X là:
A. 5,6g và 4,05g B. 16,8g và 8,1g
C. 5,6g và 5,4g D. 11,2g và 8,1g
Lời giải:
• Ý tưởng
- Áp dụng ĐLBT electron tìm số mol Al(x mol); Fe (y mol) trong ½ X
- Tác dụng với HCl thì Fe đạt s.o.x.h là +2 còn tác dụng với HNO
3
dư thì Fe đạt

s.o.x.h là +3.
+ P1: 2.Fe + 3. Al = 2. H
2
+ P2: 3. Fe +3. Al = 3. NO
→
Fe + Al = NO ( Viết tắt số mol)
- m
Fe
= 2. 56x; m
Al
= 2.27y
• Phép tính
2x + 3y = 2. 7,28/22,4 x = 0,1 mol
x + y = 5,6/22,4 y = 0,15 mol
Vậy: m
Fe
= 2
×
0,1
×
56 = 11,2(g) và m
Al
= 2
×
0,15
×
27 = 8,1(g)
8
Bài 5: Hoà tan a gam Al trong dung dịch HNO
3

loãng thấy thoát ra 4,48 lit hỗn hợp
khí NO, N
2
O, N
2
có tỉ lệ mol lần lượt là 1:2:2. Giá trị của a là:
A. 14,04g B. 70,2g C.35,1g D. Đáp số khác
Lời giải:
• Ý tưởng
- Tính số mol mỗi khí.
- Áp dụng ĐLBT electron tính n
Al

→
m
Al
= a.
• Phép tính
- mol (NO) =
1 4,48
0,04
5 22,4
× =
; mol(N
2
O) = mol (N
2
) = (0,2 – 0,04)/2 = 0,08
- m
Al

= a =
3 0,04 10 0,08 8 0,08
27 14,04( )
3
g
× + × + ×
× =
Bài 6: Lấy 9,94g hỗn hợp X gồm Al, Fe, Cu cho tan trong lượng dư dung dịch HNO
3
loãng thấy thoát ra 3,584 lit khí NO (đktc) duy nhất. Khối lượng muối khan tạo thành:
A. 39,7g B. 29,7g C. 39,3g D. 40,18g
Lời giải:
• Ý tưởng
- Áp dụng công thức (1.2) tính khối lượng muối khan.
• Phép tính
m
muối nitrat
= 9,94 + 62
×
3
×
3,584/22,4 = 39,7(g)
Bài 7: Cho 3 kim loại Al, Fe, Cu tan hết trong 2 lit dung dịch HNO
3
thu được 1,792 lit
(đktc) hỗn hợp khí gồm NO và N
2
O có tỉ khối so với He là 9,25. Nồng độ C
M
của

dung dịch HNO
3
ban đầu là (Biết He = 4)
A. 0,28M B.1,4M C. 1,7M D. 1,2M
Lời giải:
• Ý tưởng
- Từ
hh
M
ta nhẩm được mol (NO) = mol (N
2
O)
- Áp dụng công thức (2.1) tính mol (HNO
3
phản ứng)
→
C
M
(HNO
3
).
• Phép tính
- mol (NO) = mol (N
2
O) =
1 1,792
0,04
2 22,4
× =
9

-
4 0,04 10 0,04
0,28( )
2
M
C M
× + ×
= =
Bài 8: ĐH 2007 KA: Hoà tan hoàn toàn 12g hỗn hợp Fe và Cu ( tỉ lệ mol 1:1) bằng
axit HNO
3
thu được V lit hỗn hợp khí X gồm NO và NO
2
và dung dịch Y (chỉ chứa 2
muối và axit dư). Tỉ khối của X so với H
2
là 19. Giá trị của V là:
A. 2,24 B. 3,36 C. 4,48 D. 5,6
Lời giải:
• Ý tưởng
- Tính mol(Fe) và mol(Cu)
- Từ
hh
M
ta nhẩm được mol (NO) = mol (NO
2
) = a mol
- Áp dụng ĐLBT electron tính V
hh khí
= 22,4

×
2
×
a
• Phép tính
- V
hh khí

12
(2 3)
64 56
22,4 2 5,6( )
4
lit
× +
+
= × × =
Bài 9: ĐH Y Dược HN 2000. Hoà tan 4,431g hỗn hợp Al và Mg trong dung dịch
HNO
3
loãng thu được dung dịch X (không chứa muối amoni) và 1,568 lit (đktc) hỗn
hợp khí không màu có khối lượng 2,59g trong đó có một khí hoá nâu trong không khí.
Số mol HNO
3
phản ứng là:
A. 0,51 B. 0,455 C. 0,55 D. 0,49
Lời giải:
• Ý tưởng
- khí không màu hoá nâu ngoài không khí
→

khí NO
- Từ
hh
M
khí
suy ra khí không màu còn lại là N
2
O và mol (NO) = mol (N
2
O).
- Tính số mol mỗi khí (a mol)
- Từ (2.1) tính số mol HNO
3
phản ứng = 4
×
n
NO
+ 10
×

2
N O
n
= 14
×
a
• Phép tính
-
2,59 22,4
37

1,568
hh
M
×
= =

→
mol (NO) = mol (N
2
O)
- mol (HNO
3
) =
1,568
(4 10) 0,49( )
2 22,4
mol
+ × =
×
10
Bài 10: Hoà tan hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm 3 kim loại bằng dung dịch HNO
3
thu
được 1,12 lit hỗn hợp khí X (đkc) gồm NO
2
và NO. Tỉ khối hơi của X so với H
2
là
18,2. Thể tích dung dịch HNO
3

37,8% (d = 1,242g/ml) cần dùng là
A. 20,18 ml B. 11,12 ml C. 21,47 ml D. 36,7 ml
Lời giải:
• Ý tưởng
- Giải hệ phương trình tìm mol mỗi khí (NO: x mol; NO
2
: y mol)
- Áp dụng công thức (2.1) tính mol HNO
3
phản ứng.
- Tính thể tích dung dịch HNO
3
phản ứng.
• Phép tính
x + y = 1,12/22,4 x = 0,03
30x + 46y = 18,2
×
2
×
0,05 y = 0,02
- V
dd axit phản ứng

(4 0,03 2 0,02) 63
37,8%
21,47( )
1,242
ml
× + × ×
= =

Bài 11: Hoà tan 15,2g hỗn hợp A gồm Fe và Cu vào 500ml dung dịch HNO
3
loãng dư
thu được 2,24 lit khí NO (0
0
C và 2 at). Để trung hoà axit còn dư phải dùng vừa đủ 80g
dung dịch NaOH 20%. Nồng độ mol/l ban đầu của dung dịch HNO
3
ban đầu là:
A. 3,6M B. 1,8M C. 2,4M D. Đáp số khác
Lời giải:
• Ý tưởng
- Tính mol khí NO theo công thức PV/RT
- Áp dụng công thức (2.1) tính mol HNO
3
phản ứng với kim loại.
- Tính mol HNO
3
dư = n
NaOH

→
tính mol HNO
3
ban đầu
→
C
M
• Phép tính
C

M dd axit nitric
=
2,24 2 80 20%
4
0,082 273 40
2,4( )
0,5
M
× ×
× +
×
=
Bài 12: ĐH 2009KA: Cho 3,024g một kim loại M tan hết trong dung dịch HNO
3
loãng thu được 940,8 ml khí N
x
O
y
(đktc, sản phẩm khử duy nhất) có tỉ khối so với H
2
là 22. Khí N
x
O
y
và kim loại M là:
A. NO và Mg B. N
2
O và Fe C. NO
2
và Al D. N

2
O và Al
11
Lời giải:
• Ý tưởng
- Từ M
khí

→
khí N
2
O
- ĐLBT electron tìm M
KL
= f(n) với n là hoá trị của kim loại (
1 3n
≤ ≤
)
- Xác định kim loại.
• Phép tính
-
3,024
9
0,9408
8
22,4
KL
M n
n
= =

×

→
Chọn n = 3 và M
KL
= 27 (Al)
Bài 13: Hoà tan hoàn toàn 2,6g kim loại X bằng dung dịch HNO
3
loãng, lạnh thu được
dung dịch Y. Cho Y tác dụng với dung dịch NaOH đun nóng thấy thoát ra 224 cm
3
khí
(đkc). Kim loại X là:
A. Mg B. Al C. Zn D. Fe
Lời giải:
• Ý tưởng
- Dung dịch sau phản ứng tác dụng với NaOH có khí nên sản phẩm khử phải có
muối NH
4
NO
3

→

4 3 3
NH NO NH
n n
=
- ĐLBT (e) tìm mol R = f(n) với n là hoá trị của kim loại (
1 3n

≤ ≤
).
- Tìm M
KL
= f(n)
→
Chọn n thích hợp và xác định R.
• Phép tính
-
2,6
32,5
0,224
8
22,4
KL
M n
n
= =
×

→
Chọn n = 2 và M
KL
= 65 (Zn)
Bài 14: Hoà tan 15,6g hỗn hợp kim loại R có hoá trị không đổi vào dung dịch HNO
3
loãng dư. Khi phản ứng kết thúc thu được 896ml khí N
2
. Thêm vào dung dịch mới thu
được một lượng dung dịch NaOH nóng dư được 224ml một chất khí. (Các thể tích khí

đo ở đktc). Kim loại R là:
A. Zn B. Cu C. Al D. Mg
Lời giải:
• Ý tưởng
12
- Dung dịch sau phản ứng tác dụng với NaOH có khí nên sản phẩm khử phải có
muối NH
4
NO
3

→

4 3 3
NH NO NH
n n
=
- ĐLBT electron tìm mol R = f(n) với n là hoá trị của kim loại (
1 3n
≤ ≤
).
- Tìm M
KL
= f(n)
→
Chọn n thích hợp và xác định R.
• Phép tính
15,6
32,5
0,896 0,224

10 8
22,4 22,4
KL
M n
n
= =
× + ×

→
Chọn n = 2 và M
KL
= 65 (Zn)
Bài 15: Hoà tan 4,95g hỗn hợp X gồm Fe và Kim loại R có hoá trị không đổi trong
dung dịch HCl dư thu được 4,032 lit H
2
. Mặt khác, nếu hoà tan 4,95g hỗn hợp trên
trong dung dịch HNO
3
dư thu được 0,336 lit NO và 1,008 lit N
2
O. Tìm kim loại R và
% của nó trong X:(Các thể tích khí đo ở đktc).
A. Mg và 43,64% B. Zn và 59,09%
C. Cr và 49,09% D. Al và 49,09%
Lời giải:
• Ý tưởng
- Gọi Fe (x mol) và R (y mol); hoá trị R là n (
1 3n
≤ ≤
)

- ĐLBT electron
→
Giải hệ phương trình tìm x và ny.
- Từ khối lượng hỗn hợp và khối lượng Fe
→
m
R
→
M
R
= f(n).
- Chọn n thích hợp và xác định R.
• Phép tính
2x + ny = 2
×
4,032/ 22,4 x = 0,045
3x + ny = 3
×
0,336/22,4 + 8
×
1,008/22,4 ny = 0,27
-
4,95 0,045 56
9
0,27
KL
M n
n
− ×
= =

→
Chọn n = 3 và M
KL
= 27 (Al)
Bài 16: Cho 3,6g Mg tan hết trong dung dịch HNO
3
loãng dư sinh ra 2,24 lit khí X
(sản phẩm khử duy nhất ở đktc), Khí X là:
A. N
2
O B. NO
2
C. N
2
D. NO
Lời giải:
• Ý tưởng
13
- Giả sử 1 mol X trao đổi n mol electron
- Áp dụng ĐLBT electron tìm n và chọn khí X.
• Phép tính
3,6
2
24
3
2,24
22,4
n
×
= =

→
X là khí NO.
Bài 17: ĐH 2009 KA: Hoà tan 12,42g Al bằng dung dịch HNO
3
loãng dư được dung
dịch X và 1,344 lit (đktc) hỗn hợp khí Y gồm N
2
O và N
2
, tỉ khối của Y so với H
2
là 18.
Cô cạn dung dịch X thu được bao nhiêu gam muối khan:
A. 106,38g B. 34,08g C. 97,98g D. 38,34g
Lời giải:
• Ý tưởng
- Dựa vào
hh
M
nhẩm nhanh số mol mỗi khí.
- Chứng minh: e nhường > e nhận tạo khí
→
phản ứng tạo muối amoni.
- m
muối khan
=
3 3 4 3
( )Al NO NH NO
m m

+
• Phép tính
- n
e nhường
= 3
×
12,42/27 = 1,38 > (10 + 8)
×
1,344/(2
×
22,4) = 0,54
- m
muối khan thu được
=
12,42 1,38 0,54
(27 62 3) (18 62) 106,38( )
27 8
g
−
× + × + × + =
Bài 18: Hoà tan hoàn toàn 8,4g Mg vào 1 lit dung dịch HNO
3
vừa đủ. Sau phản ứng
thu được 0,672 lit khí N
2
(đktc) và dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thu được 55,8g
muối khan. Nồng độ mol/l của dung dịch HNO
3
đã dùng:
A. 0,76M B. 0,86M C. 0,96M D. 1,06M

Lời giải:
• Ý tưởng
- So sánh khối lượng muối Mg(NO
3
)
2
và khối lượng muối khan thu được, CMR
phản ứng có tạo muối NH
4
NO
3
.
- Tính số mol NH
4
NO
3
- mol HNO
3
phản ứng = tạo muối kim loại + tạo khí N
2
+ tạo muối NH
4
NO
3
• Phép tính
14
- Khối lượng Mg(NO
3
)
2

=
8,4
(24 2 62) 51,8( ) 55,8( )
24
g g× + × = <

→
tạo muối NH
4
NO
3
- C
M
HNO
3
phản ứng =
8,4 0,672 55,8 51,8
2 2 2
24 22,4 80
0,86( )
1
M
−
× + × + ×
=
Bài 19: ĐH 2010 KB: Nung 2,23g hỗn hợp X gồm 3 kim loại Fe, Al, Zn trong oxi sau
một thời gian thu được 2,71g hỗn hợp Y. Hoà tan hết Y vào dung dịch HNO
3
dư được
0,672 lit khí NO ở đkc (sản phẩm khử duy nhất). Số mol HNO

3
phản ứng:
A. 0,12 B. 0,14 C. 0,16 D. 0,18
Lời giải:
• Ý tưởng
- Áp dụng ĐLBTKL tính khối lượng O
→
số mol O (a mol)
- Trong bài toán này, các kim loại, O, N thay đổi số o.x.h
- Áp dụng ĐLBT electron tìm số mol electron nhường (chính là số mol HNO
3
tạo
muối)
- Số mol HNO
3
phản ứng = tạo muối + tạo khí
• Phép tính
Số mol HNO
3
phản ứng = [
2,71 2,23 0,672
2 3
16 22,4
−
× + ×
]
0,672
0,18( )
22,4
mol

+ =
DẠNG 2: PHƯƠNG PHÁP QUI ĐỔI
Bài 1: ĐH KB 2007: Nung m gam bột Fe ngoài không khí thu được 3g hỗn hợp chất
rắn X. Hoà tan hết hỗn hợp X trong dung dịch HNO
3
dư thu được 0,56 lit khí NO là
sản phẩm khử duy nhất (đkc). Giá trị của m là:
A. 2,22 B. 2,52 C. 2,32 D. 2,62
Lời giải:
• Ý tưởng
- Qui đổi 3g hỗn hợp X thành 3g hỗn hợp Fe (x mol) và O (y mol)
- Từ khối lượng hỗn hợp và áp dụng phương pháp bảo toàn electron lập hệ.
15
- Phép tính
56x + 16y = 3 x = 0,045
3x – 2y = 3
×
0,56/22,4 y = 0,03
- m
Fe
= 56x = 56
×
0,045 = 2,52g
Bài 2: Đốt cháy 5,6g bột Fe trong bình đựng O
2
thu được 7,36g hỗn hợp X gồm 4 chất
rắn. Hoà tan hỗn hợp X bằng dung dịch HNO
3
thu được V ml (đktc) hỗn hợp khí Y
gồm NO và NO

2
. Tỉ khối của Y so với H
2
bằng 19. Thể tích V là:
A. 672 B. 336 C. 448 D. 896
Lời giải:
• Ý tưởng
- Dựa vào
hh
M
nhẩm nhanh tỉ lệ số mol mỗi khí. (Trường hợp này số mol 2 khí
bằng nhau)
→
n
hỗn hợp
= 2n
NO
- Qui đổi 7,36g hỗn hợp X thành Fe (x mol) và O (y mol)
- BTKL tính khối lượng O
→
từ đó tính số mol Fe và O
- Áp dụng ĐLBT electron (3.Fe – 2.O = 3.NO + 1.NO
2
) tính số mol NO và NO
2
→
thể tích hỗn hợp hỗn hợp.
• Phép tính
V
hh khí

=
5,6 7,36 5,6
3 2
56 16
2 22,4 0,896( ) 896( )
3 1
lit ml
−
× − ×
× × = =
+
Bài 3: Để 6,72g Fe trong không khí thu được m gam hỗn hợp X gồm 4 chất rắn. Để
hoà tan X cần dùng vừa hết 255ml dung dịch HNO
3
2M thu được V lit khí NO
2
(sản
phẩm khử duy nhất ở đkc). Giá trị của m và V là:
A. 8,4 và 3,360 B. 10,08 và 3,360
C. 8,4 và 5,712 D. 10,08 và 5,712
Lời giải:
• Ý tưởng
- Áp dụng công thức (2.1)
→
tính số mol NO
2
→
thể tích NO
2
- Áp dụng ĐLBT electron (3.Fe – 2.O = 1. NO

2
)
→
số mol O (a mol)
- m = 6,72 + 16.a
• Phép tính
16
- V
NO
=
6,72
22,4 (2 0,255 3 ) 3,36( )
56
lit× × − × =
-
6,72
3 0,15
56
6,72 16 10,08( )
2
m g
× −
= + × =
Bài 4: ĐH 2008KA: Cho 11,36g hỗn hợp X gồm: Fe; FeO; Fe
2
O
3
và Fe
3
O

4
phản ứng
hết với dung dịch HNO
3
loãng dư được 1,344 lit khí NO (đkc) và dung dịch Y. Khối
lượng muối khan thu được khi cô cạn dung dịch Y là:
A. 49,09g B. 35,50g C. 38,72g D. 34,36g
Lời giải:
• Ý tưởng
- Qui đổi X thành 11,36g hỗn hợp Fe (x mol) và O (y mol)
- ĐLBT electron (3.Fe – 2.O = 3.NO) kết hợp với m
hỗn hợp X
giải hệ tìm x, y.
- Khối lượng muối Fe(NO
3
)
3
= 242x.
• Phép tính
- 56x + 16y = 11,36 x = 0,16
3x – 2y = 3
×
1,344/22,4 y = 0,1
- Khối lượng Fe(NO
3
)
3
= 242
×
0,16 = 38,72(g)

Bài 5: Hoà tan hết m gam hỗn hợp Fe; FeO; Fe
3
O
4
trong dung dịch HNO
3
đặc nóng dư
được 448ml khí NO
2
(đkc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng được 14,52g muối. Giá trị
của m:
A. 3,36 B. 4,64 C. 4,28 D. 4,80
Lời giải:
• Ý tưởng
- Là bài toán ngược so với bài 4.
- Qui đổi hỗn hợp về Fe (x mol) và O (y mol). Với mol Fe(NO
3
)
3
= mol Fe=x
- Dựa vào khối lượng muối tìm x.
- Dựa vào ĐLBT electron (3.Fe – 2.O = 1. NO
2
)
→
y =
2
3.
2
Fe NO

−
- m = 56x + 16y
• Phép tính
17
14,52 0,448
3
14,52
242 22,4
56 16 4,64( )
242 2
m g
× −
= × + × =
Bài 6: Cho m gam hỗn hợp X gồm Fe và Fe
3
O
4
tác dụng với 200ml dung dịch HNO
3
3,2M. Sau phản ứng được 2,24 lit khí NO (đkc) duy nhất và còn lại 1,46g kim loại
không tan. Giá trị của m:
A. 17,04 B. 19,20 C. 18,50 D. 20,50
Lời giải:
• Ý tưởng
- Qui đổi X thành Fe (x mol) và O (y mol)
- Vì kim loại dư nên Fe chỉ đạt Fe
+2
.
- Áp dụng công thức (2) tìm số mol HNO
3

tạo muối
→
số mol Fe (x mol)
- ĐLBT electron (2.Fe – 2.O = 3.NO)
→
số mol O = y =
2. 3.
2
Fe NO−
- Tìm m = 1,46 + 56x + 16y.
• Phép tính
-
2,24 2,24 2,24
0,2 3,2 0,2 3,2 3
22,4 22,4 22,4
1,46 56 16 18,5( )
2 2
m g
× − × − − ×
= + × + × =
Bài 7: Cho 5,584g hỗn hợp Fe và Fe
3
O
4
tác dụng vừa đủ với 500ml dung dịch HNO
3
loãng. Sau khi phản ứng hoàn toàn thu được 0,3136 lit khí NO duy nhất và dung dịch
X. Nồng độ dung dịch HNO
3
phản ứng là:

A. 0,472M B. 0,152M C. 3,040M D. 0,304M
Lời giải:
• Ý tưởng
- Qui đổi hỗn hợp thành 5,584g Fe(x mol) và O (y mol)
- ĐLBT electron (3.Fe – 2.O = 3.NO) kết hợp với m
hỗn hợp
→
tìm x, y
- Áp dụng công thức (2)
→
tìm số mol HNO
3
phản ứng
→
C
M
• Phép tính
56x + 16y = 5,584 x = 0,074
3x – 2y = 3
×
0,3136/22,4 y = 0,09
18
-
0,3136
3 0,074
22,4
0,472( )
0,5
M
C M

× +
= =
Bài 8: ĐH 2009KB:Cho 61,2g hỗn hợp Cu và Fe
3
O
4
tác dụng với dung dịch HNO
3
loãng, đun nóng và khuấy đều. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 3,36 lit khí
NO duy nhất (đktc), dung dịch Y và còn lại 2,4g kim loại. Cô cạn dung dịch Y thu
được m gam muối khan. Giá trị của m:
A. 151,5g B. 97,5g C. 137,1g D. 108,9g
Lời giải:
• Ý tưởng
- Qui đổi hỗn hợp thành Cu (x mol); Fe (y mol) và O (4y/3 mol)
→
số mol
Fe
3
O
4
là y/3
- Vì kim loại Cu dư nên Fe đạt đến Fe
+2
- ĐLBT electron (2.Cu + 2.Fe – 2.O = 3.NO) kết hợp với khối lượng hỗn hợp, giải
hệ tìm x, y.
- m
muối khan
=
3 2 3 2

( ) ( )Cu NO Fe NO
m m+
= 188x + 180y
• Phép tính
- 64x + 232y/3 = 61,2 – 2,4 x = 0,375
2x + 2y – 8y/3 = 3
×
0,15 y = 0,45
- m
muối khan
= 188x + 180y = 188
×
0,375 + 180
×
0,45 = 151,5(g)
Bài 9: Cho 13,92g hỗn hợp Cu và một oxit sắt tác dụng với dung dịch HNO
3
loãng
được 2,688 lit khí NO duy nhất (đkc) và 42,72g muối khan. Công thức oxit sắt:
A. FeO B. Fe
2
O
3
C. Fe
3
O
4
D. không xác định
Lời giải:
• Ý tưởng

- Qui đổi hỗn hợp thành Cu (a mol); Fe (b mol); O (c mol)
- Áp dụng ĐLBT electron (2.Cu + 3.Fe – 2.O = 3.NO) kết hợp với khối lượng hỗn
hợp và khối lượng muối, giải hệ phương tình tìm a, b, c.
- Gọi CTTQ của oxit là Fe
x
O
y
, tìm tỉ lệ x : y = b : c
→
Công thức oxit sắt.
• Phép tính
- 64a + 56b + 16c = 13,92 a = 0,15
2a + 3b – 2c = 3
×
2,688/22,4 b = 0,06
19
188a + 242b = 42,72 c = 0,06
- Vì b : c = 0,06 : 0,06 = 1 : 1 nên oxit là FeO (Đáp án A).
Bài 10: Cho m gam hỗn hợp X gồm FeO; CuO và Fe
3
O
4
có số mol bằng nhau tác
dụng hoàn toàn với lượng vừa đủ 250ml dung dịch HNO
3
được dung dịch Y và 3,136
lit hỗn hợp NO
2
; NO (đktc), tỉ khối của hỗn hợp khí so với H
2

là 20,143. Giá trị của m
và nồng độ mol/l của dung dịch HNO
3
phản ứng là:
A. 46,08g và 7,28M B. 23,04g và 7,28M
C. 23,04g và 2,10M D. 46,08g và 2,10M
Lời giải:
• Ý tưởng
- Gọi số mol mỗi oxit là x. Qui đổi hỗn hợp thành Fe (4x); Cu (x); O (6x)
- Giải hệ phương trình tìm số mol NO
2
và NO.
- ĐLBT electron (3.Fe + 2.Cu – 2.O = 3.NO + NO
2
), giải phương trình tìm x.
- m = (72 + 80 + 232)x = 384x.
- mol HNO
3
phản ứng = tạo muối + tạo khí = (12x + 2x) + 0,14
→
C
M
• Phép tính
- a + b = 3,136/22,4 a = 0,09
46a + 30b = 20,133
×
2
×
3,136/22,4 b = 0,05
- 12x + 2x – 12x = 3. 0,05 + 0,09

→
x = 0,12
- m = (72 + 80 + 232)x = 384
×
0,12 = 46,08(g)
- Nồng độ mol HNO
3
phản ứng =
14 0,14 14 0,12 0,14
7,28( )
0,25 0,25
x
M
+ × +
= =
Bài 11: Hoà tan hoàn toàn 30,4g hỗn hợp rắn X gồm Cu, CuS, Cu
2
S và S bằng dung
dịch HNO
3
thoát ra 20,16 lit khí NO duy nhất (đkc)và dung dịch Y. Thêm Ba(OH)
2
dư vào dung dịch Y thu được bao nhiêu gam kết tủa:
A. 81,55g B. 29,40g C. 110,95g D. 115,85g
Lời giải:
• Ý tưởng
- Qui đổi hỗn hợp thành Cu (x mol); S (y mol)
- ĐLBT electron (2.Cu + 6.S = 3.NO) và khối lượng hỗn hợp, giải hệ tìm x, y.
- Khối lượng kết tủa =
2 4

( )
98 233
Cu OH BaSO
m m x y
+ = +
• Phép tính
20
- 2x + 6y = 3
×
20,16/22,4 x = 0,3
64x + 32y = 30,4 y = 0,35
- m
kết tủa
= 98
×
0,3 + 233
×
0,35 = 110,95(g).
Bài 12: Hỗn hợp X gồm Zn; ZnS; S. Hoà tan 17,8g hỗn hợp X trong HNO
3
nóng dư
thu được V lit khí NO
2
duy nhất (đkc) và dung dịch Y. Thêm từ từ dung dịch Ba(OH)
2
dư vào dung dịch Y thu được kết tủa nặng 34,95g. Giá trị của V:
A. 8,96 B. 20,16 C. 22,40 D. 29,12
Lời giải:
• Ý tưởng
- Dạng bài toán ngược so với bài 11.

- Vì Zn(OH)
2
lưỡng tính nên kết tủa chỉ là BaSO
4

→

4S BaSO
n n=
→
m
S
.
- Từ m
hh

→
m
Zn

→
n
Zn

→
ÁD ĐLBT electron (2.Zn + 6.S = 1. NO
2
)
tìm
2

NO
n
→
2
NO
V
• Phép tính
2
34,95
17,8 32
34,95
233
22,4 (2 6 ) 29,12( )
65 233
NO
V lit
− ×
= × × + × =
Bài 13: Cho luồng khí H
2
đi qua ống sứ đựng m gam Fe
2
O
3
nung nóng. Sau một thời
gian thu được 13,92g hỗn hợp X gồm 4 chất. Hoà tan hết X bằng dung dịch HNO
3
đặc
nóng, dư được 5,824 lit NO
2

(đkc, sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của m:
A. 16 B. 32 C. 48 D. 64
Lời giải:
• Ý tưởng
- Qui đổi hỗn hợp X thành 13,92g Fe (x mol) và O (y mol)
→
Số mol Fe
2
O
3
ban
đầu là x/2.
- Áp dụng ĐLBT electron (3.Fe – 2.O = 1.NO
2
) kết hợp với khối lượng hỗn hợp X,
giải hệ phương trình tìm x, y.
- m = 160x/2 = 80x
• Phép tính
56x + 16y = 13,92 x = 0,2
3x – 2y = 5,824/22,4 y = 0,27
21
- m = 80
×
0,2 = 16(g)
Bài 14: Cho 0,15 mol CuFeS
2
và 0,09 mol Cu
2
FeS
2

tác dụng với dung dịch HNO
3
dư
thu được dung dịch X và hỗn hợp khí Y gồm NO và NO
2
. Thêm BaCl
2
dư vào dung
dịch X thu được m gam kết tủa. Mặt khác, nếu thêm dung dịch Ba(OH)
2
dư vào dung
dịch X, lấy kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được a gam
chất rắn. Giá trị của m và a:
A. 111,84g và 157,44g B. 112,84g và 157,44g
C. 111,84g và 167,44g D. 112,84g và 167,44g
Lời giải:
• Ý tưởng
- Qui đổi hỗn hợp ban đầu về Cu, Fe, S
→
Tính được số mol Cu, Fe, S
- Thêm dung dịch BaCl
2
dư vào X thì kết tủa là BaSO
4
với
4BaSO S
n n
=
→
m

kết tủa
= 233n
S.
Thêm dung dịch Ba(OH)
2
dư vào X thì kết tủa là BaSO
4
, Cu(OH)
2
, Fe(OH)
3
→
Nung kết tủa thu được chất rắn là BaSO
4
; CuO; Fe
2
O
3

→
a = 233n
S
+ 80n
Cu
+ 80n
Fe
= m + 80n
Cu
+ 80n
Fe

• Phép tính
-
4
(0,15 2 0,09 2) 233 111,84( )
BaSO
m m g
= = × + × × =
-
2 3
4
0,15 0,09
111,84 (0,15 2 0,09) 80 160 157,44( )
2
BaSO CuO Fe O
a m m m g
+
= + + = + + × × + × =
Bài 15: ĐH Dược HN 2001: Hỗn hợp X gồm FeS
2
và MS có số mol như nhau, M là
kim loại có hoá trị không đổi. Cho 6,51g X tác dụng hoàn toàn với lượng dư dung dịch
HNO
3
đun nóng thu được dung dịch A
1
và 13,216 lit hỗn hợp khí A
2
(đkc) có khối
lượng 26,34g gồm NO

2
và NO. Thêm một lượng BaCl
2
dư vào dung dịch A
1
thấy tạo
thành m
1
gam kết tủa trắng trong dung dịch dư axit trên. Kim loại M và giá trị m
1
là:
A. Cu và 20,97g B. Zn và 23,3g
C. Zn và 20,97g D. Mg và 23,3g
Lời giải:
• Ý tưởng
- Gọi số mol mỗi chất trong X là x mol
22
- Qui đổi X thành 6,51g hỗn hợp Fe (x mol);M (x mol); S (3x mol)
- Giải hệ phương trình tính số mol NO
2
(a mol); NO (b mol)
- Áp dụng ĐLBT electron (3.Fe + 2.M + 6.S = 3.NO + 1.NO
2
) kết hợp với khối
lượng X tìm M.
-Kết tủa trắng chỉ là BaSO
4
với:
4BaSO S
n n

=
= 3x
→
4 1
233 3 699
BaSO
m m x x= = × =
• Phép tính
- a + b = 13,216/22,4 = 0,59 a = 0,54
46a + 30b = 26,34 b = 0,05
- 56x + 96x + Mx = 6,51
3x + 18x + 2x = 3
×
0,05 + 0,54 = 0,69
M = 65 (Zn) và m
1
= 699
×
0,03 = 20,97(g)
DẠNG 3: KIM LOẠI TÁC DỤNG VỚI HỖN HỢP
HNO
3
VÀ H
2
SO
4
Bài 1: Hoà tan hoàn toàn 19,2g kim loại M trong hỗn hợp dung dịch HNO
3
và H
2

SO
4
đặc nóng thu được 11,2 lit khí X gồm NO
2
và SO
2
có tỉ khối so với metan là 3,1. Kim
loại M là:
A. Mg B. Al C. Fe D. Cu
Lời giải:
• Ý tưởng
- Giải hệ phương trình tìm số mol NO
2
(a mol) và SO
2
(b mol)
- ĐLBT electron (n.M = 1.NO
2
+ 2.SO
2
)
→
M = f(n) với n
1 3n
≤ ≤
)
- Xác định M.
• Phép tính
- a + b = 0,5 a = 0,4
46a + 64b = 0,5

×
3,1
×
16 b = 0,1
- M =
19,2
32
0,6
n
n
=
Chọn n = 2 và M = 64 (Cu)
23
Bài 2: Hoà tan 0,1 mol Cu vào 120ml dung dịch X gồm HNO
3
1M và H
2
SO
4
0,5M.
Sau khi phản ứng kết thúc thu được V lit khí NO duy nhất. Giá trị của V:
A. 1,344 lit B. 1,49 lit C. 0,672 lit D. 1,12 lit
Lời giải:
• Ý tưởng
- Tính nhanh n
Cu
;
H
n
+

;
3
NO
n
−
- Viết PT ion thu gọn và xác định chất nào (Cu; H
+
; NO
3
-
) phản ứng hết
- Tính V
NO
• Phép tính
- n
Cu
= 0,1;
H
n
+
= 0,24;
3
NO
n
−
= 0,12
- 3Cu + 8H
+
+ 2NO
3

-

→
3Cu
2+
+ 2NO + 4H
2
O
- Từ PT ta có
3
3 8 2
NO
Cu
H
n
n
n
−
+
> <

→
H
+
phản ứng hết
- V
NO
=
1
22,4 0,24 1,344( )

4
lit
× × =
Bài 3: Dung dịch A chỉ chứa các ion H
+
; NO
3
-
; SO
4
2-
. Đem hoà tan 6,28g hỗn hợp B
gồm 3 kim loại có hoá trị lần lượt là I, II, III vào dung dịch A thu được dung dịch D và
2,688 lit khí X gồm NO
2
và SO
2
. Cô cạn dung dịch D được m gam muối khan, biết
rằng khí X có tỉ khối so với H
2
là 27,5. Giá trị của m là:
A. 15,76g B. 16,57g C. 17,56g D. 16,75g
Lời giải:
• Ý tưởng
- Nhẩm nhanh thấy số mol NO
2
và SO
2
bằng nhau.
- Áp dụng công thức (1.3) tính khối lượng muối thu được.

• Phép tính
- mol (NO
2
) = mol (SO
2
) = 0,06
- m
muối
= 6,28 + 62
×
0,06 + 96
×
0,06 = 15,76(g)
Bài 4: Hoà tan hỗn hợp A gồm Cu và Ag trong dung dịch HNO
3
và H
2
SO
4
thu được
dung dịch B chứa 7,06g muối và hỗn hợp G gồm 0,05 mol NO
2
và 0,01 mol SO
2
. Khối
lượng hỗn hợp A bằng:
24
A. 2,58g B. 3,06g C. 3,00g D. 2,58g
Lời giải:
• Ý tưởng

- Là bài toán ngược của bài 3.
- Áp dụng công thức(1.3) để tính khối lượng hỗn hợp A.
• Phép tính
- m
hhA
= 7,06 - 62
×
0,05 – 96
×
0,01 = 3,00(g)
Bài 5: Hoà tan hết hỗn hợp gồm x mol Fe và y mol Ag bằng dung dịch hỗn hợp HNO
3
và H
2
SO
4
thấy có 0,062 mol khí NO và 0,047 mol SO
2
thoát ra. Đem cô cạn dung dịch
sau phản ứng thì thu được 22,164g hỗn hợp các muối khan. Giá trị của x và y là:
A. 0,07 và 0,02 B. 0,09 và 0,01 C. 0,08 và 0,03 D.0,12 và 0,02
Lời giải:
• Ý tưởng
- Áp dụng ĐLBT electron và công thức (1.3) giải hệ phương trình tìm x, y.
• Phép tính
- 56x + 108y = 22,164 – 62
×
3
×
0,062 - 96

×
0,047 x = 0,09
3x + y = 3
×
0,062 + 2
×
0,047 y = 0,01
Bài 6: Hoà tan hết 10,32g hỗn hợp Ag, Cu bằng lượng vừa đủ 160ml dung dịch gồm
HNO
3
1M và H
2
SO
4
0,5M thu được dung dịch X và sản phẩm khử NO duy nhất. Cô
cạn dung dịch A thu được khối lượng muối khan là:
A. 22,96g B. 18,00g C. 27,92g D. 29,72g
Lời giải:
• Ý tưởng
- Tính số mol: H
+
; NO
3
-
; SO
4
2-
-

Từ phương trình ion của Cu, Ag với H

+
và NO
3
-
ta thấy:
3
4.
H NO
n n
+ −
=
- Suy ra, H
+
hết, NO
3
-
dư
→
m
muối khan
=
2
4 3
KL
SO NO du
m m m
− −
+ +
• Phép tính
- H

+
= 0,32; NO
3
-
= 0,16; SO
4
2-
= 0,08
- mol (NO
3
-
phản ứng) =
1
0,32 0,08( )
4
mol
× =
.
- m
muối khan
= 10,32 + (0,16 – 0,08).62 + 0,08. 96 = 22,96(g).
25