Tải bản đầy đủ

10 PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỌC

1.

PHƢƠNG PHÁP BẢO TOÀN KHỐI LƢỢNG

1. Nguyên tắc
Xét phản ứng A + B  C + D
ta có ; mA + mB = mC + mD
Một số dạng thƣờng gặp :
- Hỗn hợp oxit tác dụng với axit tạo muối: MO + HCl, H2SO4 loãng
moxit + maxit = mmuối + mnước
Trong đó số mol nước được tính theo axit.
- Hỗn hợp oxit tác dụng CO, C hoặc H2 :
moxit  mCO,C,H2  mran  mCO2 ,H2O

Trong đó số mol CO2, H2O được tính theo CO, C và H2
- Hỗn hợp kim loại tác dụng với axit giải phóng H2.
mkim loại + maxit = mmuối + mH2
số mol H2 = 2HCl = H2SO4
- Hỗn hợp muối cacbonat tác dụng với axit
mmuối (1) + maxit = mmuối + mH2O + mCO2


2. Các ví dụ minh hoạ
Ví dụ 1: (2007 - Khối A) Hoà tan hoàn toàn 2,81 gam hỗn hợp gồm Fe2O3, MgO,
ZnO trong 500 ml axit H2SO4 0,1M (vừa đủ). Sau phản ứng, hỗn hợp muối sunfat
khan thu được khi cô cạn dung dịch có khối lượng là
A. 6,81 gam.
B. 4,81 gam.
C. 3,81 gam.
D. 5,81 gam.
Hƣớng dẫn

 Fe2(SO4)3 + 3H2O (1)
Fe2O3 + 3H2SO4
 MgSO4 + H2O (2)
MgO + H2SO4 
 ZnSO4 + H2O (3)
ZnO + H2SO4 
Theo các pt hoá học (1, 2, 3): n H2O = n H2SO4 = 0,5  0,1 = 0,05 (mol)
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
m hh muối khan = 2,81 + 98  0,05 – 18  0,05 = 6,81 (g).
Ví dụ 2: Hỗn hợp X gồm Fe, FeO và Fe2O3. Cho một luồng khí CO đi qua ống sứ
đựng m gam hỗn hợp X nung nóng. Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được 64 gam chất
A trong ống sứ và 11,2 lít khí B (đktc) có tỉ khối so với H2 là 20,4. Giá trị của m là
A. 105,6.
B. 35,2.
C. 52,8.
D. 70,4.
Hƣớng dẫn
Các phương trình hoá học của phản ứng khử oxit sắt có thể có:
0

t
 2Fe3O4 + CO2 (1)
3Fe2O3 + CO 


0

t
Fe3O4 + CO 
 3FeO + CO2


(2)

0

t
FeO + CO 
Fe + CO2 (3)

Nhận xét: Chất rắn A có thể gồm 3 chất Fe, FeO, Fe3O4 hoặc ít hơn, điều quan trọng
là số mol CO phản ứng bao giờ cũng bằng số mol CO2 tạo thành
Gọi x là số mol CO2 tạo thành

nB =

11, 2
= 0,5 (mol)
22, 4

44x + 28(0,5 – x) = 0,5  20,4  2 = 20,4  x = 0,4 (mol)
Do đó n CO phản ứng = 0,4 (mol)
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
m = mA + mCO2 – mCO
= 64 + 44  0,4 – 28  0,4 = 70,4 (g).
Ví dụ 3: Hoà tan hoàn toàn 5 gam hỗn hợp 2 kim loại bằng dung dịch HCl thu được
dung dịch A và khí B. Cô cạn dung dịch A thì được 5,71 gam muối khan. Tính thể tích
khí B (đo ở đktc).
Hƣớng dẫn
Gọi 2 kim loại đã cho là X và Y
2X + 2m HCl 
 2XClm + m H2 (1)
2Y + 2n HCl 
 2YCln + n H2 (2)
Theo (1, 2): n HCl = 2  n H2
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
5 + 36,5  2  n H2 = 5,71 + 2  n H2  n H2 = 0,01 (mol)
Vậy VH2 (đktc) = 0,01  22,4 = 0,224 (l).
Ví dụ 4: (2009 - Khối A)Cho 3,68 gam hỗn hợp gồm Al và Zn tác dụng với một lượng
vừa đủ dung dịch H2SO4 10%, thu được 2,24 lít khí H2 (ở đktc). Khối lượng dung dịch
thu được sau phản ứng là
A. 101,68 gam. B. 88,20 gam.
C. 101,48 gam. D. 97,80 gam.
Hƣớng dẫn
 Al2(SO4)3 + 3H2  (1)
2Al + 3H2SO4 
 ZnSO4 + H2  (2)
Zn + H2SO4 
Từ (1, 2): n H2SO4 = n H2 =
 mdd H2SO4 =

2, 24
= 0,1 (mol)
22, 4

98  0,1  100
= 98 (g)
10

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
mdd sau phản ứng = mhh + mdd H2SO4 – mH  = 3,68 + 98 – 2  0,1 = 101,48 (g).
2


Ví dụ 5. Cho từ từ một luồng khí CO đi qua ống sứ đựng m gam hỗn hợp gồm Fe,
FeO, Fe3O4, Fe2O3 nung nóng, kết thúc phản ứng thu được 64g sắt, khí đi ra gồm CO
và CO2 cho sục qua dung dịch Ca(OH)2 dư được 40g kết tủa. Vậy m có giá trị là
A. 70,4g
B. 74g
C. 47g
D. 104g
Lời giải : Khí đi ra sau phản ứng gồm CO2 và CO dư cho đi qua dung dịch Ca(OH)2
dư :
CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O
40
 0,4 (mol)
100

0,4 (mol)
Sơ đồ phản ứng:
FeO
Fe2O3
Fe3O4

+

CO




Fe

+

CO2

28.0,4 + m = 64 + 44.0,4  m = 70,4g
Ví dụ 6. Người ta cho từ từ luồng khí H2 đi qua một ống sứ đựng 5,44 gam hỗn hợp
gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3, CuO nung nóng, kết thúc phản ứng thu được m gam hỗn hợp
chất rắn A và 1,62 gam H2O. Vậy m có giá trị là
A. 4g
B. 5g
C. 4,5g
D. 3,4g
Lời giải : nH2  nH2O  0, 09 (mol)
Sơ đồ phản ứng:
FeO
H2 +
Fe2O3  A + H2O
Fe3O4
CuO
0,09.2 + 5,44 = m + 1,62  m = 4g
Ví dụ 7. Cho 35g hỗn hợp Na2CO3, K2CO3 tác dụng vừa đủ với dung dịch BaCl2. Sau
phản ứng thu được 59,1g kết tủa. Lọc tách kết tủa, cô cạn dd thu được m(g) muối
clorua. Vậy m có giá trị là
A. 38,3g
B. 22,6g
C. 26,6g
D. 6,26g
Lời giải : Sơ đồ phản ứng:
Na 2 CO3
K 2 CO3

 BaCO3 +
+ BaCl2 

NaCl
KCl

nBaCl2  nBaCO3  0,3 (mol)

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: mhh  mBaCl2  m   m dd
m = 35 + 0,3.208 – 59,1 = 38,3 (g)


Ví dụ 8. Cho 4,48g hỗn hợp Na2SO4, K2SO4, (NH4)2SO4 tác dụng vừa đủ với 300 ml
dung dịch Ba(NO3)2 0,1M . Kết thúc phản ứng thu được kết tủa A và dung dịch B. Lọc
tách kết tủa, cô cạn dung dịch thu được m(g) muối nitrat. Vậy m có giá trị là
A. 5,32g
B. 5,23g
C. 5,26g
D. 6,25g
Lời giải : Sơ đồ phản ứng:
Na2SO4
K2SO4 +
Ba(NO3)2 
 BaSO4 +
(NH4)2SO4

NaNO3
KNO3
NH4NO3

nBa(NO3 )2  nBaSO4  0, 03 (mol) ; 4, 48  7,83  6,99  mB  mB  5,32 (g)

Ví dụ 9. Hoà tan 2,57g hợp kim Cu, Mg, Al bằng một lượng vừa đủ dung dịch H 2SO4
loãng thu được 1,456 lít khí X (đktc), 1,28g chất rắn Y và dung dịch Z. Cô cạn Z thu
được m gam muối khan, m có giá trị là
A. 7,53g
B. 3,25g
C. 5,79g
D. 5,58g
Lời giải: Sơ đồ phản ứng :
Cu
MgSO4

+ Cu + H2

 Mg + H2SO4 
Al
(SO
)
2
4
3
 Al

m  m (Al Mg)  m SO2  (2,57  1,28)  0, 065.96  7,53 (g)
4

Ví dụ 9. Hoà tan hoàn toàn 3,72g hỗn hợp 2 kim loại A, B trong dung dịch HCl dư
thấy tạo ra 1,344 lít khí H2 (đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được muối khan
có khối lượng là
A. 7,12g
B. 7,98g
C. 3,42g
D. 6,12g
Lời giải : Theo phương trình điện li :
n

H



n

Cl



 2.

1,344
 0,12(mol)
22, 4

mmuối = mKL + mCl = 3,72 + 0,12.35,5 = 7,98 (g)
Ví dụ 10. Nung m gam hỗn hợp A gồm 2 muối MgCO3 và CaCO3 cho đến khi không
còn khí thoát ra thu được 3,52g chất rắn B và khí C. Cho toàn bộ khí C hấp thụ hết bởi
2 lít dung dịch Ba(OH)2 thu được 7,88g kết tủa. Đun nóng dung dịch lại thấy tạo thành
thêm 3,94g kết tủa nữa. Nếu các phản ứng xảy ra hoàn toàn thì m có giá trị là
A. 7,44g
B. 7,40g
C. 7,04g
D. 4,74g
Lời giải: m = mB + mCO2
 BaCO3  + H2O
CO2 + Ba(OH)2 
 Ba(HCO3)2
2CO2 + Ba(OH)2 

m = 3,52 + (

7,88
3,94
 2.
).44  7, 04 (g)
197
197


2.

PHƢƠNG PHÁP BẢO TOÀN MOL NGUYÊN TỐ

1. Nguyên tắc
Tổng số mol nguyên tử của một nguyên tố trước và sau phản ứng luôn bằng nhau.
Tính số mol nguyên tử của một nguyên tố :
nnguyên tử A = x.nX = (số nguyên tử A trong X).số mol X
ví dụ : nO = 4.nH2SO4

2. Các ví dụ minh hoạ
Ví dụ 1: (2007 - Khối A) Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,12 mol FeS2 và a mol
Cu2S vào axit HNO3 (vừa đủ), thu được dung dịch X (chỉ chứa hai muối sunfat) và
khí duy nhất NO. Giá trị của a là
A. 0,04.
B. 0,075.
C. 0,12.
D. 0,06.
Hướng dẫn
Fe2 (SO4 )3
FeS2
 HNO3

 
 NO   H 2O
Cu 2S
CuSO4

Sơ đồ phản ứng: 

2FeS2 
 Fe2(SO4)3
0,12 
0,06
Cu2S 
 2CuSO4
a
2a
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố đối với S, ta có:
2  0,12 + a = 3  0,06 + 2a  a = 0,06 (mol).
Ví dụ 2: Dẫn từ từ V lít khí CO (ở đktc) đi qua một ống sứ đựng lượng dư hỗn hợp
rắn gồm CuO, Fe2O3 (ở nhiệt độ cao). Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu
được khí X. Dẫn toàn bộ khí X ở trên vào lượng dư dung dịch Ca(OH)2 thì tạo thành
4 gam kết tủa. Giá trị của V là
A. 1,120.
B. 0,896.
C. 0,448.
D. 0,224.
(Trích đề thi TSCĐ năm 2008 - Khối A, B)
Hướng dẫn
Sơ đồ phản ứng:

CuO
t0
+ CO 
 CO2  (X) + hỗn hợp rắn

Fe 2 O3

 CaCO3  + H2O
CO2 + Ca(OH)2 dư 
Áp dụng sự bảo toàn số mol đối với nguyên tố C:
n C trong CO = n C trong CO2 = n C trong CaCO3
 n C trong CO = n CaCO

3

=

4
= 0,04 (mol)
100

Vậy V = 0,04  22,4 = 0,896 (l).
Ví dụ 3: Hoà tan hỗn hợp X gồm 0,2 mol Fe và 0,1 mol Fe2O3 vào dung dịch HCl dư
được dung dịch Y. Cho dung dịch Y tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được kết


tủa. Lọc kết tủa, rửa sạch đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu
được m gam chất rắn Z. Giá trị của m là
A. 16,0.
B. 24,0.
C. 28,8.
D. 32,0.
Hướng dẫn
Sơ đồ các phản ứng:
FeCl2  NaOH
Fe
 HCl
X
 Y 
 
Fe2O3
FeCl3

Fe(OH) 2 t 0
 Z (Fe2O3)

Fe(OH)3

Áp dụng sự bảo toàn số mol đối với nguyên tố Fe:
n Fe trong Z = n Fe trong X = n Fe  2n Fe2O3 = 0,2 + 2.0,1 = 0,4 (mol)
 n Fe2O3 trong Z =

1
 n Fe trong Z = 0,2 (mol) Vậy m = 0,2  160 = 32,0 (g).
2

Ví dụ 4: Cho 2,13 gam hỗn hợp X gồm ba kim loại Mg, Cu và Al ở dạng bột tác
dụng hoàn toàn với oxi thu được hỗn hợp Y gồm các oxit có khối lượng 3,33 gam.
Thể tích dung dịch HCl 2M vừa đủ để phản ứng hết với Y là
A. 57 ml.
B. 50 ml.
C. 75 ml.
D. 90 ml.
(Trích đề thi TSĐH năm 2008 - Khối A)
Hướng dẫn
MgO
 Mg


 O2
X Cu  Y CuO
Al O
 Al

 2 3

 MgCl2 + H2O (1)
MgO + 2HCl 
 CuCl2 + H2O (2)
CuO + 2HCl 
 2AlCl3 + 3H2O (3)
Al2O3 + 6HCl 

Ta có mO / hhY = 3,33 – 2,13 = 1,2 (g) hay n O / hhY =

1, 2
= 0,075 (mol)
16

Theo (1, 2, 3): n HCl = 2  n O / hhY = 2  0,075 = 0,15 (mol) Vậy Vdd HCl =

0,15
= 0,075
2

(l) = 75 (ml).
Ví dụ 5: Cho một mẩu Na để lâu trong không khí, bị chuyển hoá thành hỗn hợp rắn X
gồm Na, Na2O, NaOH, Na2CO3. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp X bằng H2SO4 loãng, sau
phản ứng thu được dung dịch Y. Làm bay hơi nước từ từ thu được 8,05 gam tinh thể
Na2SO4.10H2O. Khối lượng mẩu Na là
A. 0,575 gam.
B. 1,15 gam.
C. 2,3 gam.
D. 1,725 gam.
Hướng dẫn
 Na 2 O

NaOH
H2SO4
kk

 dd Y (dd Na2SO4) 
 Na2SO4.10H2O
Na  X 
 Na 2 CO3
 Na
8,05
Ta có n Na 2SO4 .10H2O =
= 0,025 (mol)  n Na của mẩu Na = n Na trong
322

2  n Na 2SO4 .10H2O = 0,05 (mol). Vậy khối lượng mẩu Na là: 0,05  23 = 1,15 (g).

tinh thể

=


Ví dụ 6: Cho hỗn hợp A gồm ba kim loại X, Y, Z có hoá trị lần lượt là 3, 2, 1 và tỉ lệ
số mol lần lượt là 1 : 2 : 3, trong đó số mol của X bằng x mol. Hoà tan hoàn toàn A
bằng dung dịch có chứa y mol HNO3. Sau phản ứng thu được dung dịch B không chứa
NH4NO3 và V lít hỗn hợp khí E (ở đktc) gồm NO2 và NO. Biểu thức tính y theo x và
V là
A. 8x +

V
.
22, 4

B. 6x +

V
.
22, 4

C. 5x +

V
.
22, 4

D. 10x +

V
.
22, 4

Hướng dẫn
Ta có n hh E =

V
(mol)
22, 4

Theo đề bài n X : n Y : n Z = 1 : 2 : 3
Mà n X = x (mol) nên n Y = 2x (mol), n Z = 3x (mol)
Sơ đồ phản ứng:
X , Y , Z + HNO3 
 X(NO3)3, Y(NO3)2, ZNO3 + NO2  , NO  + H2O
x 2x 3x
x
2x
3x
 Số mol mỗi muối bằng số mol mỗi kim loại tương ứng
Dựa vào sự bảo toàn số mol đối với nguyên tố N:
n HNO3 = n N = 3 n X(NO3 )3 + 2 n Y(NO3 )2 + n ZNO3 + n NO2 + n NO
= 3. x + 2. 2x + 3x +

V
V
= 10x +
(mol).
22, 4
22, 4

Ví dụ 7. Cho hỗn hợp A gồm 0,1 mol Cu, 0,2 mol Ag tan vừa hết trong V lít dung dịch
HNO3 1M thu được dung dịch X và hỗn hợp Y gồm 2 khí NO, NO2
( n NO  n NO2  0,1 mol ). V có giá trị là
A. 1 lít

B. 0,6 lít

C. 1,5 lít

D. 2 lít

Lời giải Sơ đồ phản ứng:
Cu
Ag

+

HNO3




Cu(NO3 )2
AgNO3

+

NO
NO2

+ H2 O

Áp dụng sự bảo toàn nguyên tố Cu, Ag ta có : nCu = nCu(NO3 )2 = 0,1 mol và nAg =
n AgNO3 = 0,2 mol
Áp dụng cho nguyên tố N :
n N (HNO3 ) = n N(Cu(NO3 )2 AgNO3 NONO2 )
n(HNO3 ) = 2nCu(NO3 )2  nAgNO3  n NO  n NO2
n(HNO3 ) = 2.0,1 + 0,2 + 0,1 + 0,1 = 0,6 mol
VHNO3 

0,6
 0,6(lit)
1

Ví dụ 8: Cho hỗn hợp gồm : FeO (0,01 mol), Fe2O3 (0,02 mol), Fe3O4 (0,03 mol) tan
vừa hết trong dung dịch HNO3 thu được một muối duy nhất và 0,448 lít khí N2O4
(đktc). Khối lượng muối và số mol HNO3 tham gia phản ứng là


A. 32,8 g ; 0,4 mol
C. 33,88 g ; 0,06 mol

B. 33,88 g ; 0,46
D. 33,28 g ; 0,46

mol
mol

Lời giải Sơ đồ phản ứng :
FeO
Fe2O3 + HNO3  Fe(NO3)3 + NO2 + H2O
Fe3O4
Áp dụng sự bảo toàn nguyên tố Fe :
nFe [Fe(NO3 )3 ]  nFe [FeO,Fe2O3 ,Fe3O4 ]

nFe [Fe(NO3 )3 ] = nFeO  2nFe2O3  3nFe3O4

= 0, 01  2.0, 02  3.0, 03  0,14 (mol)
mFe(NO 3 )3  0,14.242  33,88 (g)

Áp dụng sự bảo toàn nguyên tố N :
n N [HNO3 ]  n N [Fe(NO3 )3 N 2O4 ]
 n HNO3  3n Fe(NO3 )3  n N2O4  3.0,14  2.0, 02  0, 46 (mol)

Ví dụ 9: Cho 1,1 gam hỗn hợp Fe, Al phản ứng với dung dịch HCl thu được dung
dịch X, chất rắn Y và khí Z, để hoà tan hết Y cần số mol H2SO4 (loãng) bằng 1/2 số
mol HCl ở trên thu được dung dịch T và khí Z. Tổng thể tích khí Z (đktc) là 0,896
lít. Tổng khối lượng muối sinh ra trong hai trường hợp trên là
A. 2,54 gam
B. 2,77 gam
C. 3,36 gam
D. 1,06 gam
Lời giải :
Sơ đồ phản ứng :
Fe
Al

+

HCl
H 2 SO 4


 hỗn hợp muối ( X+T ) + H2

Đặt x= nHCl ; n H2SO4 = y (mol)
Áp dụng sự bảo toàn nguyên tố H:
n H [HClH2SO4 ]  n H [H2 ]
n HCl  2n H2SO4  2n H2  0, 04 (mol)

x + 2y = 0,04
x
 x = 0,02 ; y = 0,01
2
mmuối = m(Al,Fe) + mCl  mSO 2 = 1,1 + 0,02.35,5 + 0,01.96 = 2,77 (gam)

y=

4

Ví dụ 10. Cho 1,48 g hỗn hợp 3 kim loại Fe, Al, Zn tan hoàn toàn trong dung dịch
H2SO4 loãng, ta thu được 0,784 lít khí H2 (đktc). Khi cô cạn dung dịch khối lượng
muối khan thu được là
A. 4,84 g
B. 5,65 g
C. 5,56 g
D. 4,56 g


Lời giải : Sơ đồ phản ứng :
Fe

FeSO4

Al
+
H2SO4

 Al2(SO4)3 + H2
Zn
ZnSO4
Áp dụng sự bảo toàn nguyên tố H:
 n H2SO4 = n H 2 =

0, 784
= 0,035 (mol)
22, 4

Áp dụng sự bảo toàn nguyên tố S:
= 0,035 (mol)
 n 2
 n 2
SO [H SO ]
SO [muèi]
4

2

4

4

mmuối = m(Fe, Al, Zn) + mgốc axit = 1,48 + 0,055.96 = 4,84 (gam)


3.

PHƢƠNG PHÁP TĂNG HOẶC GIẢM KHỐI LƢỢNG

1. Nguyên tắc
Khi chuyển từ chất X (thường tính cho 1 mol) thành chất Y (không nhất thiết trực tiếp, có
thể bỏ qua nhiều giai đoạn trung gian), khối lượng tăng hay giảm bao nhiêu gam. Dựa vào
khối lượng thay đổi đó ta tính được số mol các chất cần thiết hoặc ngược lại.
Ghi nhớ: Trường hợp kim loại A đẩy kim loại B trong dung dịch muối thành kim loại B
tự do. Ta có:

Khối lượng A tăng = mB bám vào – mA tan ra
 Khối lượng A giảm = mA tan ra – mB bám vào.
Một số dạng thƣờng gặp :
HCl
+ 1 mol kim loại 
 muối Cl thì khối lượng tăng 35,5n gam (n là số oxi hóa
của kl)
+ 1 mol muối CO32- 
 2 mol Cl khối lượng tăng 35,5.2 - 60 = 11 gam
2+ 1 mol O (trong oxit) 
 1 mol SO4 (trong muối) thì khối lượng tăng 96 - 16 =
80 gam.
+ 1 mol O (trong oxit) 
 2 mol Cl (trong muối) thì khối lượng tăng 35,5.2 - 16
= 55 gam.

2. Các ví dụ minh hoạ
Ví dụ 1: Hoà tan hoàn toàn 5 gam hỗn hợp 2 kim loại bằng dung dịch HCl ta thu được
dung dịch A và khí B. Cô cạn dung dịch A thì được 5,71 gam muối khan. Thể tích khí
B (đo ở đktc) là
A. 0,224 lít
B. 0,448 lít
C. 0,112 lít
D. 0,336 lít
Hƣớng dẫn
Gọi công thức chung của 2 kim loại là M và có hoá trị là n
n
 MCln +
H2 
M + n HCl 
2

M g
(M + 35,5n) g
Theo pt hoá học, cứ 1 mol kim loại tạo thành 1 mol muối thì khối lượng tăng 35,5n
gam và có

n
mol H2 bay ra.
2

Theo đề bài, khối lượng tăng 5,71 – 5 = 0,71 gam thì số mol H2 bay ra là:
n
2 = 0,01 (mol); Vậy V = 22,4  0,01 = 0,224 (l).
H2
35,5n

0,71 


Ví dụ 2: Tìm công thức muối amoni photphat. Biết rằng muốn điều chế 100 gam muối
trên phải cần 200 gam dung dịch axit photphoric 37,11%.
Hƣớng dẫn
Khối lượng axit H3PO4 =

37,11 200
= 74,22 (g)
100

H3PO4 + nNH3 
(n = 1, 2, 3)
 (NH4)nH3 - nPO4
98 g
(17n + 98) g
74,22 g
100 g
Theo pt hoá học, cứ 1 mol H3PO4 biến thành muối amoni photphat thì khối lượng
tăng: (17n + 98) – 98 = 17n (g)
Theo đề bài, khối lượng muối tăng: 100 – 74 ,22 = 25,78 (g)
Do đó

98
17n
=
74, 22 25,78

 n=

98  25,78
=2
17  74, 22

Vậy muối cần tìm có công thức là: (NH4)2HPO4.
Ví dụ 3: Ngâm một lá kẽm trong dung dịch có hoà tan 8,32 gam CdSO4. Phản ứng
xong, lấy lá kẽm ra khỏi dung dịch rửa nhẹ, làm khô, nhận thấy khối lượng lá kẽm
tăng lên 2,35% so với lá kẽm trước phản ứng. Khối lượng lá kẽm trước khi tham gia
phản ứng là
A. 1,88 gam.
B. 18,8 gam.
C. 0,8 gam.
D. 80 gam.
Hƣớng dẫn
Zn + CdSO4 
 ZnSO4 + Cd 
0,04  0,04 
0,04
Ta có n CdSO4 =

8,32
= 0,04 (mol)
208

Khối lượng lá kẽm tăng = 112  0,04 – 65  0,04 = 1,88 (g) .
Vậy khối lượng lá kẽm trước phản ứng là:

1,88  100
= 80 (g).
2,35

Ví dụ 4: Hoà tan hoàn toàn 104,25 gam hỗn hợp Z gồm NaCl và NaI vào nước được
dung dịch E. Sục khí Cl2 dư vào dung dịch E. Kết thúc thí nghiệm, cô cạn dung dịch
thu được 58,5 gam muối khan. Khối lượng NaCl có trong hỗn hợp Z là
A. 32,175 gam. B. 29,25 gam.
C. 26,325 gam.
D. 23,40 gam.
Hƣớng dẫn
Khí Cl2 dư chỉ oxi hoá được muối NaI:
 2NaCl + I2
2NaI + Cl2 
150 g 
58,5 g
Cứ 1 mol NaI tạo thành 1 mol NaCl khối lượng giảm: 91,5 (g)
Vậy x mol NaI thì khối lượng giảm: 104,25 – 58,5 = 45,75 (g)
 x=

1  45,75
= 0,5 (mol)
91,5

Vậy m NaCl trong Z = 104,25 – 150  0,5= 29,25 (g).


Ví dụ 5: Có 500 ml dung dịch hỗn hợp Na2CO3 0,2M và (NH4)2CO3 0,5M. Cho 43
gam hỗn hợp BaCl2 và CaCl2 vào dung dịch đó. Sau các phản ứng kết thúc ta thu được
39,7 gam kết tủa A và dung dịch B. Khối lượng các chất trong A là
A. 19,7 gam BaCO3 và 20 gam CaCO3.
B. 9,7 gam BaCO3 và 30 gam CaCO3.
C. 29,7 gam BaCO3 và 10 gam CaCO3.
D. 9,85 gam BaCO3 và 29,85 gam CaCO3.
Hƣớng dẫn
Trong dung dịch:

2
Na2CO3 
 2 Na + CO3
0,1 
0,1

BaCl2 
 Ba 2 + 2 Cl

2
(NH4)2CO3 
CaCl2 
+ 2 Cl
 2 NH 4 + CO32
 Ca
0,25 
0,25
Các phương trình hoá học của các phản ứng dạng ion:
Ba 2 + CO32 
 BaCO3  (1)
x
x
2
2
+ CO3 
Ca
 CaCO3  (2)
y
y
Ta có n Na 2CO3 = 0,5  0,2 = 0,1 (mol) ; n (NH4 )2 CO3 = 0,5  0,5 = 0,25 (mol)

Theo (1, 2), cứ 1 mol BaCl2 hoặc 1 mol CaCl2 biến thành BaCO3 hoặc CaCO3 thì khối
lượng muối giảm: 71 – 60 = 11 (g)
Như vậy, theo đề bài khối lượng hai muối giảm: 43 – 39,7 = 3,3 (g)
Do đó tổng số mol hai muối BaCO3 và CaCO3 là:

3,3  1
= 0,3 (mol)
11

Tổng số mol CO32 = 0,1 + 0,25 = 0,35 mol
Điều đó chứng tỏ phản ứng còn dư CO32 = 0,35 – 0,3 = 0,05 (mol)
Gọi x, y là số mol BaCO3 và CaCO3 có trong A
 x  y  0,3
 x  0,1
 
197x  100y  39,7
 y  0, 2

Ta có 

Vậy mBaCO3 19,7gam

mCaCO3  20gam

Ví dụ 6 : Cho 84,6 gam hỗn hợp A gồm BaCl2 và CaCl2 vào 1 lít hỗn hợp Na2CO3
0,3M và (NH4)2CO3 0,8 M. Sau khi các phản ứng kết thúc ta thu được 79,1 gam kết
tủa A và dung dịch B. Phần trăm khối lượng BaCl2 và CaCl2 trong A lần lượt là
A. 70,15 ; 29,25
B. 60,25 ; 39,75
C. 73,75 ; 26,25
D. 75,50 ; 24,50
Lời giải : Đặt nBaCl2  x(mol); nCaCl2  y (mol)
BaCl2
+

CaCl 2

 Na 2 CO3



(NH 4 )2 CO3

BaCO3

CaCO3

 NaCl
 NH 4 Cl

+ 

Cứ 2 mol Cl– mất đi (71 gam) có 1 mol muối CO32 thêm vào (60 gam)


 Độ chênh lệch (giảm) khối lượng của 1 mol muối là :
M = 71 – 60 =11 (g)

 Độ giảm khối lượng muối :
Vậy số mol muối phản ứng :

m = 84,6 – 79,1 = 5,5 (g)

5,5
 0,5 (mol)
11

Số mol CO32– = 0,3 + 0,8 = 1,1 (mol) > 0,5 mol.
Vậy muối cacbonat dư.
x  0,3
x + y = 0,5 (1)
 

y  0, 2
208x + 111y = 84,6 (2)
0,3.208

.100%  73,75%
%m BaCl2 
84.6

%mCaCl  100  73,75  26,25(%)

2

Ví dụ 7: Hỗn hợp A gồm 10 gam MgCO3,CaCO3 và BaCO3 được hoà tan bằng HCl
dư thu được dung dịch B và khí C. Cô cạn dung dịch B được 14,4 gam muối khan. Sục
khí C vào dung dịch có chứa 0,3 mol Ca(OH)2 thu được số gam kết tủa là
A. 10g
B. 20g
C. 30g
D. 40g
Lời giải
CO32– + 2H+ 
 CO2 + H2O
14, 4  10
 0, 4 (mol)
3
11
 CaCO3  + H2O
CO2 + Ca(OH)2 

Số mol A = nCO 2  nCO2 

0,4
0,3
0,3
CO2 + H2O + CaCO3 
 Ca(HCO3)2
0,1
0,1

(mol)
(mol)

mCaCO3  0,2.100  20 (g)

Ví dụ 8: Cho 68g hỗn hợp 2 muối CuSO4 và MgSO4 tác dụng với 500 ml dung dịch
chứa NaOH 2M và KOH 0,8M. Sau phản ứng thu được 37g kết tủa và dung dịch B.
Vậy % khối lượng CuSO4 và MgSO4 trong hỗn hợp ban đầu là
A. 47,05% ; 52,95%.
B. 47,05 % ; 52,95%. C. 46,41% ; 53,59%.
D. 46,50% ; 53,50%.
Lời giải : Đặt nCuSO4  x mol ; n MgSO4  y mol
CuSO 4

 MgSO4

+

 NaOH

KOH




Cu(OH)2
+

 Mg(OH)2

 Na 2 SO4

K 2 SO4

Từ độ chênh lệch khối lượng ta tính được tổng số mol hai muối sunfat:
68-37

= 0,5 (1)
x  0, 2
x + y =

96-34

y  0,3
160x + 120y = 68(2)


0, 2.160

.100%  47, 05%
%mCuSO4 
68

%m MgSO  100  47, 05  52, 95%

4

Ví dụ 9: Nhúng một thanh kim loại X (hoá trị II) vào dung dịch CuSO4 dư. Sau phản
ứng khối lượng thanh kim loại giảm 0,12g. Mặt khác cũng thanh kim loại X đó được
nhúng vào dung dịch AgNO3 dư thì kết thúc phản ứng khối lượng thanh tăng 0,26g.
Nguyên tố X là
A. Zn
B. Mg
C. Cd
D.
Fe
Lời giải : Phương trình phản ứng :
X + CuSO4 dư 
 XSO4 + Cu↓
a
a
X + 2AgNO3 dư 
 X(NO3)2 + 2Ag↓
a
2a
Khối lượng thanh kim loại tăng = mA – mCu = 0,12g
a.MX – 64a = 0,12  MX.a = 64a + 0,12
Mặt khác khối lượng thanh kim loại giảm = mAg + mX = 0,26 g
2a.108 – MX.a = 0,26  MX.a = 2a.108 – 0,26
(2)
 x = 2,5.10–3 mol  MX =

64.2,5.103  0,12
2,5.103

(1)

 112 (g/mol)

 Chất X là Cd.

Ví dụ 10. Cho 2 dung dịch FeCl2 và CuSO4 có cùng nồng độ mol.
– Nhúng thanh kim loại vào M hoá trị II vào 1 lít dd FeCl2 sau phản ứng khối lượng
thanh kim loại tăng 16g.
– Nhúng cùng thanh kim loại ấy vào 1 lít dung dịch CuSO4 sau phản ứng khối lượng
thanh kim tăng 20g. Giả thiết các phản ứng xảy ra hoàn toàn và thanh kim loại M chưa
bị tan hết.
Kim loại M là
A. Zn
B. Mg
C. Cd
D. Fe
Lời giải :
Các phương trình phản ứng xảy ra :
 MCl2 + Fe
M + FeCl2 
x
x
x
 MSO4 + Cu↓
M + CuSO4 
Theo giả thiết thì : nCu = nFe = x mol
Khối lượng thanh kim loại tăng ở (1) là : m  = mFe – mM = 16g
56x – MM.x = 16  M.x = 56x – 16
Khối lượng thanh kim loại tăng ở (2) là : m  = mCu – mM = 20 g
64x – M.x = 20  M.x = 64x – 20
M = 24. Vậy kim loại M là Mg.


4.

PHƢƠNG PHÁP SỬ DỤNG SƠ ĐỒ ĐƢỜNG

CHÉO

1. Nguyên tắc


Đối với nồng độ % về khối lượng
m1
C1
C2  C
C
m2



m1 C2  C

C
m 2 C1  C

(1)



V1 C2  C

C
V2 C1  C

(2)



V1 D2  D

D
V2 D1  D

(3)

C2

C1  C

 Đối với nồng độ mol/l
V1 C1

C2  C

C
V2 C2
C1  C
 Đối với khối lượng riêng
V 1 D1
D2  D
D
V 2 D2
D1  D
Chú ý:
- Chất rắn coi như dung dịch có C = 100%
- Dung môi coi như dung dịch có C = 0%
- Khối lượng riêng của H2O là D = 1 g/ml
.

2. Các ví dụ minh hoạ

Ví dụ 1: Để thu được dung dịch HCl 25% cần lấy m1 gam dung dịch HCl 45% pha với
m2 gam dung dịch HCl 15%. Tỉ lệ m1/m2 là
A. 2 : 1.
B. 3 : 1.
C. 1 : 2.
D. 1 : 3.
Hướng dẫn
Ta có sơ đồ đường chéo:
15  25
m1
(HCl) 45
m1 15  25 10 1




25
m2 45  25 20 2
45  25
m2 (HCl) 15
Ví dụ 2: Để pha được 500 ml dung dịch nước muối sinh lí nồng độ 0,9% cần lấy V ml
dung dịch NaCl 3%. Giá trị của V là
A. 150.
B. 214,3.
C. 350.
D. 285,7.
Hướng dẫn
Sơ đồ đường chéo:
0  0,9
V1 (NaCl) 3
0  0,9 0,9
V

 1 
0,9
V2 3  0,9 2,1
3  0,9
V2 (H2O) 0
 V = V1 

0,9
 500 = 150 (ml).
0,9  2,1


Ví dụ 3: Cần lấy m1 gam tinh thể CuSO4.5H2O và m2 gam dung dịch CuSO4 8% để
pha thành 280 gam dung dịch CuSO4 16%. Giá trị của m1, m2 lần lượt là
A. 40 và 240.
B. 180 và 100.
C. 60 và 220.
D. 220 và 60.
Hướng dẫn
Ta xem tinh thể CuSO4.5H2O như là dung dịch CuSO4 có
C% =

160
 100% = 64%
250

Gọi m1 là khối lượng của CuSO4.5H2O và m2 là khối lượng của dung dịch CuSO4
8%
Sơ đồ đường chéo:
m1
64
8  16
8  16
m
8 1


 1 
16
m2 64  16 48 6
m2
8
64  16
Hay 6m1 – m2 = 0 (1)
Mặt khác m1 + m2 = 280 (2)
Giải hệ hai pt (1, 2), ta được m1 = 40, m2 = 240.
63
65
Ví dụ 4: Trong tự nhiên, nguyên tố đồng có hai đồng vị là 29
Cu và 29
Cu . Nguyên tử
khối trung bình của đồng là 63,54. Thành phần phần trăm tổng số nguyên tử của đồng
63
vị 29
Cu là
A. 27%.
B. 50%.
C. 54%.
D. 73%.
(Trích đề thi TSCĐ năm 2007 - Khối A, B)
Hướng dẫn
Sơ đồ đường chéo:
65
% 29
63  63,54
Cu A1 = 65
A = 63,54
63
% 29
65  63,54
Cu A2 = 63


%
%

65
29 Cu
63
29 Cu

63
Vậy % 29
Cu =



63  63,54
65  63,54



0,54
1, 46

1, 46
 100% = 73%.
0,54  1, 46

Ví dụ 5: Một hỗn hợp gồm O2, O3 (ở đktc) có tỉ khối so với hiđro là 18. Thành phần %
về thể tích của O2 trong hỗn hợp là
A. 25%.
B. 75%.
C. 45%.
D. 55%.
Hướng dẫn
Ta có M hh = 18  2 = 36
Sơ đồ đường chéo:
32  36
48
VO3


36
VO2

Vậy %VO2 =

32

48  36

VO3

VO2



32  36

48  36



4 1

12 3

3
 100% = 75%.
1 3

Ví dụ 6: Hoà tan Cu trong dung dịch HNO3, thu được hỗn hợp khí gồm NO và NO2 có
tỉ khối hơi so với hiđro là 16,6. Hệ số tỉ lượng (số nguyên, đơn giản nhất) của kim loại
Cu trong phương trình hoá học chung là
A. 4.
B. 10.
C. 13.
D. 7.


Hướng dẫn
5

0

2

2

4

 Cu (NO3)2 + N O + N O2 + H2O
Cu + H N O3 
Đặt n NO = a (mol) và n NO2 = b (mol)

Ta có M hh = 16,6  2 = 33,2
a (NO)
30
33,2
b (NO2)

46  33,2

46



a 46  33, 2 12,8 4



b 30  33, 2 3, 2 1

30  33,2

13 

0

2

Cu


 Cu + 2e

5

2

4

2  5 N + 13e 
 4N + N
13Cu + 36HNO3 
 13Cu(NO3)2 + 8NO + 2NO2 + 18H2O
Ví dụ 7: Hoà tan 4,59 gam Al bằng dung dịch HNO3, thu được V lít hỗn hợp khí
(đktc) gồm NO và N2O có tỉ khối hơi đối với hiđro là 16,75. Giá trị của V là
A. 1,792.
B. 2,688.
C. 2,016.
D. 3,584.
Hướng dẫn
Ta có M hh = 16,75  2 = 33,5
n Al =

4,59
= 0,17 (mol)
27

Sơ đồ đường chéo:
a (NO)
30

10,5
33,5

b (N2O)
44
Hay a – 3b = 0 (1)
Các quá trình oxi hoá - khử xảy ra:
0

3,5
5

3


 Al + 3e
0,17 
0,51

N + 3e

Al



a 10,5 3


b 3,5 1

2


 N
3a
 a

5

1

2 N + 8e 
 N2
8b
 b
Do đó 3a + 8b = 0,51 (2)
Giải hệ hai pt (1, 2), ta được: a = 0,09, b = 0,03
Vậy V = (0,09 + 0,03)  22,4 = 2,688 (l).
Ví dụ 8: Số gam H2O cho vào 100 gam dung dịch H2SO4 80% để được dung dịch
H2SO4 50% là
A. 40 g
B. 50 g
C. 60 g
D.
70 g
Lời giải
m

0

30
50

100

80

50

m 30

 m  60 (g)
100 50


Ví dụ 9. Làm bay hơi 500 ml dung dịch chất A 20% (D = 1,2 g/ml) để chỉ còn
300 gam dung dịch. Nồng độ % của dung dịch này là
A. 30%
B. 40%
C. 50%
D. 60%
Lời giải
mdd = 500.1,2 = 600 (g)
Đây là bài toán cô cạn nên có sơ đồ :
dd A :

20 – x

600
x

x – 20

H O:
300
600 2 x


 x  40%
300 x  20

Ví dụ 10. Từ 100g dung dịch KOH 30% để có dung dịch 50% cần thêm vào số gam
KOH nguyên chất là
A. 40 gam
B. 50 gam
C. 60 gam
D. 70 gam
Lời giải
m

100

20
50

100

30

50



m 20

 m  40 g
100 50

Ví dụ 11. Một dung dịch HNO3 nồng độ 60% và một dung dịch HNO3 khác có nồng
độ 20%. Để có 100gam dung dịch mới có nồng độ 45% thì cần phải pha chế về
khối lượng giữa 2 dung dịch HNO3 60%, 20% lần lượt là
A. 37,5g ; 62,5g.
B. 62,5g ; 37,5g.
C. 40g ; 60g.
D. 53g ; 47g.
Lời giải

m1

20

15
45

m2


m1 15 3


m2 25 5
m1  m2  100

60

25

m1  37,5g

m2  62,5g

Ví dụ 12. Một hỗn hợp 52 lít (đktc) gồm H2 và CO có tỉ khối hơi đối với metan bằng
1,5 thì VH2 và VCO trong hỗn hợp là
A. 8 lít và 44 lít.
C. 4 lít và 48 lít.

B. 44 lít và 8 lít.
D. 10 lít và 42 lít.


Lời giải
V1

H2

2

4
24

V2



CO

28

22

V  8 lÝt
V1 2
 1

V2 11
V2  44 lÝt

Ví dụ 13. Cho 6,12g Mg tác dụng với dung dịch HNO3 thu được dung dịch X chỉ có
một muối và hỗn hợp khí Y gồm NO và N2O có tỉ khối hơi đối với hiđro bằng
16,75. Thể tích NO và N2O (ở đktc) thu được lần lượt là
A. 2,24 lít và 6,72 lít.
B. 2,016 lít và 0,672 lít.
C. 0,672 lít và 2,016 lít.
D. 1,972 lít và 0,448 lít.
Lời giải
Quá trình cho electron :
Quá trình nhận electron :

V1 NO 30

10,5

2+
Mg 
 Mg + 2e
+2
N+5 + 3e 
 N (NO)
3x
x
+5
+1
N + 4e 
 N (N2O)
8y
2y
y



33,5
V2 N2O

44

3,5

VN 2O
VNO



1 x

3 y

3x  8y  0,51 x  0, 09


3x  y  0
y  0, 03

Ví dụ 14. Từ 1 tấn quặng hematit (A) điều chế được 420kg sắt. Từ 1 tấn quặng
manhetit (B) điều chế được 504kg sắt. Để được 1 tấn quặng hỗn hợp mà từ
1 tấn quặng hỗn hợp này điều chế được 480kg sắt thì phải trộn 2 quặng A, B với
tỉ lệ về khối lượng là
A. 2 : 5
B. 3 : 5
C. 3 : 4
D. 1 : 3
Lời giải
mA

420

24
480

mB

504



60

mA 24 2


mB 60 5


5.

PHƢƠNG PHÁP BẢO TOÀN MOL
ELECTRON

1. Nguyên tắc

Tổng số mol electron chất khử nhường bằng tổng số mol electron chất oxi hoá nhận
n e  x.n X

Dạng 1 : Kim loại tác dụng với dung dịch axit : HNO3; H2SO4 đặc
- Tính khối lượng muối tạo thành:
- Tính số mol HNO3 và H2SO4 phản ứng (kết hợp pp bảo toàn mol nguyên tử).
- So sánh số mol e nhận và nhường để biết có muối tạo thành do sự khử hay
không.
Ví dụ 1: Hoà tan hoàn toàn 9,62 gam hỗn hợp X gồm Mg, Fe, Al trong lượng dư dung
dịch HNO3 loãng, thu được 0,12 mol NO và 0,04 mol N2O. Tổng khối lượng muối
khan tạo thành là
A. 41,86 gam.
B. 51,78 gam.
C. 14,86 gam.
D. 64,18 gam.
Hướng dẫn
ne = 3NO + 8N2O = 0,36 + 0,32 = 0,68.
 n NO / muối =  n electron nhường = 0,68 (mol)
3

Vậy  m muối khan = m hhX + m NO / muối = 9,62 + 62  0,68 = 51,78 (g).
3

Ví dụ 2: Hoà tan hoàn toàn 12,42 gam Al bằng dung dịch HNO3 loãng (dư), thu được
dung dịch X và 1,344 lít (ở đktc) hỗn hợp khí Y gồm hai khí là N2O và N2. Tỉ khối
của hỗn hợp khí Y so với khí H2 là 18. Cô cạn dung dịch X, thu được m gam chất rắn
khan. Giá trị của m là
A. 38,34.
B. 34,08.
C. 106,38.
D. 97,98.
(Trích đề thi TSĐH năm 2009 - Khối A)
Hướng dẫn
12, 42
= 0,46 (mol); ne = 0,46.3 = 1,38
27
1,344
= 0,06 (mol) ; M Y = 18  2 = 36
n hh Y =
22, 4
n N2O : 44
8

Ta có n Al =

 n N 2O : n N 2 = 8 : 8 = 1 : 1

36

28
8  n N2O = n N2 = 0,06 : 2 = 0,03 (mol)
Từ (1,2): số mol e nhận = 0,24 + 0,3 = 0,54 < số mol e nhường = 1,38
n N2 :

3

Do đó sản phẩm khử còn có N (NH4NO3), khi đó xảy ra thêm (3)
 số mol e nhận ở (3) = 1,38 – 0,27 = 0,84 (mol)
Al(NO3 )3 : 0, 46 (mol)
 NH 4 NO3 : 0,105 (mol)

Chất rắn khan thu được gồm 

Vậy m = 213  0,46 + 80  0,105 = 106,38 (g).
Ví dụ 3: Hỗn hợp X gồm hai kim loại Al và Cu. Hoà tan hoàn toàn 18,2 gam X vào
100 ml dung dịch B chứa đồng thời H2SO4 12M và HNO3 2M, đun nóng. Sau


phản ứng thu được dung dịch Y và 8,96 lít hỗn hợp khí (đktc) T gồm NO và SO 2.
Tỉ khối của T so với H2 là 23,5. Khối lượng của muối trong dung dịch Y là
A. 34,2 gam.
B. 32,0 gam.
C. 66,2 gam gam.
D.
33,1
gam.
Lời giải
Dễ dàng tìm được: nNO = 0,2 mol ; nSO2  0,2(mol)
Dung dịch B gồm: H+ = 2,6 mol ; SO 24  = 1,2 mol ; NO 3 = 0,2 mol.
Các quá trình nhường và nhận electron:
Al  Al3+
+ 3e
SO 24  + 2e + 4H+  SO2 + 2H2O
x
3x
0,2
0,4
0,8
0,2
2+
+

Cu  Cu + 2e
NO 3 + 3e + 4H  NO + 2H2O
y
2y
0,2
0,6
0,8
0,2
Áp dụng sự bảo toàn electron, ta có:
3x + 2y = 1
(1)
Phương trình khối lượng :
27x + 64y =18,2
(2)
Giải hệ (1) và (2), ta được : nAl = 0,2 mol ; nCu = 0,2 mol.
Dung dịch Y gồm: Al3+ = 0,2 mol ; Cu2+ = 0,2 mol; H+ =1 mol ; SO42– = 1 mol
( NO3 bị oxi hoá hết).
Y gồm các muối sunfat :
Al2(SO4)3 = 0,1.342 = 34,2 (g)
CuSO4 = 0,2. 160 = 32 (g)
m = 66,2 gam.
Ví dụ 4: Hoà tan hoàn toàn 12 gam hỗn hợp Fe, Cu (tỉ lệ mol 1 : 1) bằng axit HNO3,
thu được V lít (ở đktc) hỗn hợp khí X (gồm NO và NO2) và dung dịch Y (chỉ chứa hai
muối và axit dư). Tỉ khối của X đối với H2 bằng 19. Giá trị của V là
A. 2,24.
B. 4,48.
C. 5,60.
D. 3,36.
(Trích đề thi TSĐH năm 2007 - Khối A)
Hướng dẫn
Đặt n NO = a (mol) và n NO 2 = b (mol)
Ta có MX 

30a  46b
 19  2  38  a = b
ab

Gọi số mol của Fe hoặc Cu trong hỗn hợp là x mol
56x + 64x = 12 (g)  x = 0,1 (mol)
Các quá trình oxi hoá - khử xảy ra:
0

3


 Fe + 3e
0,1 
0,3
Fe
0

2

 Cu + 2e
Cu 
0,1 
0,2

5

N + 3e

5

N + e

2


 N
 a
3a
4


 N
 a

a
Do đó 0,3 + 0,2 = 3a + a  a = 0,125 (mol)
Vậy V = 22,4  (a + b) = 22,4  2  0,125 = 5,60 (l).
Ví dụ 5: Cho 1,35 g hỗn hợp gồm Cu, Mg, Al tác dụng hết với dung dịch HNO3 thu
được hỗn hợp khí gồm 0,01 mol NO vào 0,04 mol NO2. Khối lượng muối nitrat
tạo ra trong dung dịch là
A. 5,69g
B. 6,59g
C. 4,59g
D. 4,69g
Lời giải
Đặt x, y, z lần lượt là số mol Cu, Mg, Al.


Cu
Mg + HNO3 

Al
mmuối = m3KL + m NO

Cu(NO3)2
Mg(NO3)2
+
Al(NO3)3

NO
+ H2 O
NO2

3

Ta có: 2x + 2y + 3z = 0,03 + 0,04 = 0,07
(1)

Nhưng 0,07 cũng chính là số mol NO3 tạo muối với ion kim loại.
Khối lượng muối nitrat là : 1,35 + 62.0,07 = 5,69 (g)
Dạng 2: Tìm công thức của sản phẩm khử N+5 và S+6.
Ví dụ 1: Hoà tan 9,28 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, Zn với số mol bằng nhau trong
một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 đặc, nóng thu được dung dịch Y và 0,07 mol một
sản phẩm Z duy nhất chứa lưu huỳnh. Sản phẩm Z là
A. S.
B. H2S.
C. SO2.
D. SO3.
Hướng dẫn
Gọi x là số oxi hoá của S trong sản phẩm Z ;
a là số mol của mỗi kim loại trong hỗn hợp X
Ta có 24a + 27a + 65a = 9,28 (g)  a =
Các quá trình oxi hoá - khử xảy ra:
Quá trình nhường electron

S + (6 – x)e

 Mg + 2e
Mg 

a
0

(6 – x)0,07

2a

x


 S

 0,07

3

Al



a

Al + 3e

0

2

Zn

Quá trình nhận electron
6

2

0

9, 28
= 0,08 (mol)
116

3a


 Zn + 2e

a

2a

ne = 0,08.7 = 0,56. Số e nhận = 0,56/0,07 = 8 : H2S.
Ví dụ 2: Thổi luồng không khí đi qua 25,2 gam bột sắt sau một thời gian biến thành
hỗn hợp X có khối lượng 30 gam gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4. Cho X phản ứng
hoàn toàn với dung dịch HNO3 thấy giải phóng ra 5,6 lít khí Y duy nhất (đktc).
Khí Y là
A. NO
B. NO2
C. NH3
D. N2
Lời giải
- Số mol e nhường :

25, 2
 1,35 mol
56
30  25, 2
n e  4.n O2  4.
 0,6 mol
32

n e  3.n Fe  3.

- Số mol e mà O2 nhận :

Số mol e mà N+5 nhận để tạo Y : ne = 1,35 - 0,6 = 0,75
Số e mà N+5 nhận tạo Y là 0,75/0,25 = 3 : NO
Ví dụ 3: Hoà tan hoàn toàn 13,92 gam Fe3O4 bằng dung dịch HNO3 thu được 448 ml
khí X (đktc). Khí X là
A. NO
B. N2O
C. NO2
D. N2
HD.
ne = 0,06 mol. Số e nhận = 0,06/0,02 = 3 : NO


Ví dụ 4: Cho 4,05 gam Al tan hoàn toàn vào dung dịch chứa 0,54 mol HNO3 thu được
dung dịch chứa một muối duy nhất và một chất khí X. Chất khí X đó là
A. NO
B. N2
C. N2O
D. NO2
ne = 3.nAl = 0,45 mol.
Bảo toàn nguyên tố : nN(trong X) = 0,54 - 0,45 = 0,09 mol
Số e mà N+5 nhận = 0,45/0,09 = 5. Một nguyên tử N nhận 5e: N2
Dạng 3 : Tìm công thức của oxit sắt
- Khi tác dụng với chất oxi hóa, các oxit của sắt (FeO và Fe3O4) đều chỉ nhường 1e.
- Khi tác dụng với các chất khử, 1 mol Fe2O3 nhận 6 mol e; 1 mol Fe3O4 nhận 8 mol e
và 1 mol FeO nhận 2 mol e.
Ví dụ 1: Hoà tan hoàn toàn 46,4 gam một sắt oxit bằng dung dịch H2SO4 đặc nóng
(vừa đủ), thu được 2,24 lít khí SO2 (đktc). Công thức của sắt oxit là
A. FeO.
B. Fe3O4.
C. Fe2O3.
D. FeO hoặc Fe3O4.
Hướng dẫn
Ta có nSO2  =

2, 24
= 0,1 (mol)
22, 4

ne = 2.0,1 = 0,2 mol.
Moxit 46,4/0,2 = 232 : Fe3O4
Ví dụ 2 : Hoà tan hoàn toàn 20,88 gam một oxit sắt bằng dung dịch H2SO4 đặc, nóng
thu được dung dịch X và 3,248 lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Cô cạn
dung dịch X, thu được m gam muối sunfat khan. Giá trị của m và công thức của oxit
sắt là
A. 58,0 và FeO. B. 36,0 và Fe3O4. C. 36,0 và FeO. D. 58,0 và Fe3O4.
HD. ne = 2.0,145 = 0,29.
Moxit = 20,88/0,29 = 72 : FeO
số mol Fe2(SO4)3 = 0,145. m = 0,145.400 = 58.
Dạng 4 : Hỗn hợp kim loại tác dụng với dung dịch muối
Ví dụ 1 : Cho 13g bột Zn phản ứng hoàn toàn với 400 ml dung dịch chứa AgNO3
0,5M và CuSO4 0,5M. Kết thúc phản ứng khối lượng kim loại thu được là
A. 25g
B. 26g
C. 27g
D. 28g
Hướng dẫn
n Zn 

13
 0,2(mol) ; n Ag  0, 4.0,5  0,2(mol) ; n Cu2  0, 4.0,5  0,2(mol)
65

Thứ tự ưu tiên phản ứng xảy ra :
Zn  2Ag  
 Zn 2  2Ag
0,1
0, 2
0, 2
Zn  Cu 2
0,1


 Zn 2  Cu
0,1

(1)
(2)

Kết thúc phản ứng Zn hết. Kim loại được giải phóng là Ag, Cu.
mKL = 0,2.108 + 0,1.64 = 28 (g)
Ví dụ 2: Cho 0,03 mol Al và 0,05 mol Fe tác dụng với 200 ml dung dịch X chứa
Cu(NO3)2 và AgNO3, sau phản ứng thu được dung dịch Y và 8,12 gam chất rắn Z gồm


ba kim loại. Cho Z tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 672 ml khí H 2 (ở đktc).
Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Nồng độ mol của Cu(NO3)2 và AgNO3 trong dung
dịch X lần lượt là
A. 0,25M và 0,15M
B. 0,125M và 0,075M
C. 0,5M và 0,3M
D. 0,15M và 0,25M
Hướng dẫn
Gọi a, b là số mol của AgNO3 và Cu(NO3)2 có trong dung dịch A
Theo (5): n Fe dư  n H2  

0,672
 0,03 (mol)
22, 4

 n Fe pư = 0,05 – 0,03 = 0,02 (mol)

Khối lượng chất rắn B: 108a + 64b + 56.0,03 = 8,12 (g)
Hay 108a + 64b = 6,44 (I)
Các quá trình oxi hoá - khử xảy ra:
Al 
 Al3 + 3e
Ag   1e 
 Ag 
0,03 
0,09
a
a
2
2
Fe 
 Fe + 2e
Cu  2e 
 Cu 
0,02 
0,04
b
2b
Do đó 0,09 + 0,04 = a + 2b hay a + 2b = 0,13 (II)
Giải hệ hai pt (I, II) ta được: a = 0,03, b = 0,05
Vậy [Cu(NO3)2] =

0,05
0,03
 0, 25 M ; [AgNO3] =
 0,15 M.
0, 2
0, 2

Dạng 5 : Một số bài toán về sắt và oxit sắt
Ví dụ 1: Đốt m gam Fe trong oxi thu được 48,8 gam hỗn hợp A gồm FeO, Fe 3O4,
Fe2O3 và Fe. Hoà tan hoàn toàn A trong H2SO4 đặc, nóng thu được 10,08 lít SO2 duy
nhất (đktc). Giá trị của m là
A. 39,2.
B. 32,9.
C. 39,8.
D. 35,5.
Hướng dẫn
Ta có nSO2 =

10,08
= 0,45 (mol)
22, 4

mO2  48,8  m (g)

 n O2 

48,8  m
(mol)
32

Sơ đồ phản ứng:
FeO
Fe O
0
3
 3 4
 O2
 H 2SO4 đ, t 0
Fe 
 A

 Fe2 (SO4 )3  SO2   H 2O

Fe2O3
Fe

Các quá trình oxi hoá - khử xảy ra:
0

3

Fe 
 Fe + 3e
m
3m

56
56

6

S

Do đó

3m
48,8  m

 0,9
56
8

2

0

O2
 2O
+
4e 
48,8  m
48,8  m

32
8

+ 2e
0,9

4


 S
 0,45


Giải ra ta được m = 39,2 (g).
Ví dụ 2: Thổi luồng không khí đi qua m(g) bột sắt sau một thời gian biến thành hỗn
hợp A có khối lượng 30g gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4. Cho A phản ứng hoàn toàn
với dung dịch HNO3 thấy giải phóng ra 5,6 lít khí NO duy nhất (đktc). Khối
lượng của m là
A. 27,5g
B. 22,5g
C. 26,2g
D. 25,2g
Lời giải
Sơ đồ :
Fe, FeO

Fe + O2 
 Fe2 O3  HNO3 
 Fe(NO3 )3  NO  H2 O
Fe O
 3 4
m
– Chất cho electron : Fe, số mol là
.
56
3+
Fe 
 Fe + 3e
m
m
m
3
  n e cho  3.
56
56
56
30  m
– Chất nhận electron : O2, số mol là
và HNO3.
32
2–
O
+
2e 
 O
30  m
30  m
2
16
16
+5
+2
N + 3e 
(NO)
 N

0,25
  n e nhËn

0,25

30  m
 2.
 0, 75
16

Áp dụng sự bảo toàn electron :

0,25

2.

30  m
m
 0, 75  3.  m  25, 2 (g)
16
56

Ví dụ 3: Nung nóng 5,6 gam bột sắt trong bình đựng O2 thu được 7,36 gam hỗn hợp X
gồm Fe, Fe2O3 và Fe3O4. Cho X tan hoàn toàn trong dung dịch HNO3 thu được V
lít (đktc) hỗn hợp khí Y gồm NO và N2O4, tỉ khối hơi của Y so với H2 là 25,33. V
có giá trị là
A. 22,4 lít
B. 0,672 lít
C. 0,372 lít
D. 1,12 lít
Lời giải
Gọi n NO  x(mol); n N2O4  y (mol)
dY/H2 
Fe + O2

30x  92y
 25,33
(x  y).2

(1)

Fe
 NO


 Fe2 O3  HNO3 
 Fe(NO3 )3  
 H2O
N
O
2
4

Fe O
 3 4

Chất cho electron : Fe (0,1 mol)
Fe 
 Fe3  3e
  n e cho  0,3 mol e
0,1
0,3
7,36  5, 6
 0,11 (mol) ; HNO3.
Chất nhận electron : O
16


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×