CHUYÊN ĐỀ KIM LOẠI + MUỐI PHẢN ỨNG TẠO MUỐI AMONI PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP ĐIỆN PHÂN

Phát triển tư duy sáng tạo giải nhanh bài tập trắc nghiệm Hóa vô cơ 12 – Nguyễn Minh Tuấn

C. PHƯƠNG PHÁP GIẢI, VÍ DỤ MINH HỌA VÀ BÀI TẬP VẬN DỤNG ● Kiến thức, kĩ năng và phương pháp giải: + Vị trí các cặp oxi hóa - khử trong dãy điện hóa: Tính oxi hoùa giaûm daàn

 ← 2+ 3+ 2+ 2+ 2+ 2+ 2+ 2+ 3+ +

Mg Al Zn Fe Ni Sn Pb Cu Fe Ag Mg Al Zn Fe Ni Sn Pb Cu Fe2 + Ag

→ Tính khöû giaûm daàn

+ Phản ứng của kim loại với dung dịch muối tuân theo quy tắc: chaát khöû maïnh + chaát oxi hoùa maïnh  → chaát khöû yeáu + chaát oxi hoùa yeáu

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

T& G T

+ Từ những điều trên suy ra: Khi gặp dạng bài liên quan đến hỗn hợp kim loại và dung dịch chứa hỗn hợp muối thì việc đầu tiên là xác định thứ tự khử ion kim loại, thứ tự oxi hóa kim loại. Tiếp đó, dựa vào các số liệu đề cho để đánh giá kết quả của phản ứng: kim loại nào đã bị oxi hóa (kim loại nào đã bị tan vào dung dịch); ion kim loại nào đã bị khử (kim loại nào đã sinh ra). + Để tính toán tìm ra kết quả thì có thể sử dụng các cách sau: * Tính theo phương trình phản ứng: Cách này chỉ phù hợp cho dạng bài tập đơn giản. Đối với những dạng bài phức tạp như hỗn hợp kim loại tác dụng với dung dịch chứa hỗn hợp muối thì phải viết nhiều phương trình, sử dụng nhiều ẩn số dẫn đến khó khăn trong việc tính toán và mất nhiều thời gian. * Sử dụng các định luật bảo toàn: bảo toàn electron, bảo toàn điện tích, bảo toàn khối lượng. Cách này ưu việt hơn vì nó đi sâu vào bản chất phản ứng, do đó việc tính toán cũng đơn giản và nhanh hơn so với việc tính theo phản ứng (sẽ phân tích kĩ hơn trong các ví dụ cụ thể). + Khi gặp dạng bài: “... sau phản ứng khối lượng thanh kim loại tăng...”; “sau phản ứng khối lượng dung dịch giảm...”... thì ta sử dụng thêm phương pháp tăng giảm khối lượng.

I. Tính lượng chất trong phản ứng 1. Một kim loại tác dụng với một muối ● Mức độ vận dụng Ví dụ 1: Cho 6,5 gam bột Zn vào dung dịch CuSO4 dư, sau phản ứng hoàn toàn thu được m gam chất rắn. Giá trị của m là A. 3,2.

B. 5,6.

C. 12,9.

D. 6,4. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 – THPT Hòa Đà – Bình Thuận, năm 2017)

D IỄ

N

Phân tích và hướng dẫn giải + Đây là dạng bài tập đơn giản, một kim loại tác dụng với một muối nên không cần phải xác định thứ tự khử và oxi hóa của các ion và nguyên tử kim loại. + Để tính toán kết quả cụ thể, ta có thể dùng các cách sau: • Caùch 1: Tính theo phöông trình phaûn öùng 6,5 n Zn = = 0,1 mol.

65 → ZnSO4 + Cu Zn + CuSO4  mol :

0,1

→

0,1

⇒ m Cu = 0,1.64 = 6,4 gam • Caùch 2 : Söû duïng baûo toaøn electron (BTE)

BTE : n Cu taïo thaønh = n Zn phaûn öùng = 0,1 mol ⇒ m Cu = 6,4 gam

Ví dụ 2: Cho 2,24 gam bột sắt vào 200 ml dung dịch CuSO4 0,05M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch X và m gam chất rắn Y. Giá trị của m là A. 3,84.

B. 2,32.

C. 1,68.

D. 0,64. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 – Sở Giáo Dục và Đào Tạo Bắc Ninh, năm 2017) Phân tích và hướng dẫn giải

1

Phát triển tư duy sáng tạo giải nhanh bài tập trắc nghiệm Hóa vô cơ 12 – Nguyễn Minh Tuấn

• Caùch 1: Tính theo phöông trình phaûn öùng n Fe = 0,04 mol; n CuSO = 0,01 mol.

4

Fe + CuSO4  → FeSO4 + Cu bñ (mol) : 0,04

0,01

pö (mol) :

0,01

0,01

→

⇒ m Cu = 0,64 gam • Caùch 2 : Söû duïng baûo toaøn nguyeân toá

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

T& G T

n Fe = 0,04 Fe dö, CuSO4 heát + ⇒ ⇒ m Cu = 0,64 gam n CuSO4 = 0,01 BTNT Cu : n Cu = n CuSO4 = 0,01 Vận dụng: Câu 1: Cho bột nhôm dư vào 100 ml dung dịch CuSO4 0,2M đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được m gam Cu. Giá trị của m là A. 0,64.

B. 1,28.

C. 1,92.

D. 0,32.

BTNT Cu : n Cu = n CuSO = 0,02 mol ⇒ m Cu = 1,28 gam 4

Câu 2: Cho 14 gam bột sắt vào 150 ml dung dịch CuCl2 2M, khuấy đều, đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được m gam chất rắn. Giá trị của m là A. 22.

B. 16.

C. 30,4.

D. 19,2. n Fe = 0,25mol Fe heát , CuSO 4 dö + ⇒ ⇒ m Cu = 16 gam n CuSO4 = 0,3 mol BTE : n Cu = n Fe = 0,25 mol Câu 3: Cho m gam nhôm vào 200 ml dung dịch Fe(NO3)2 0,2M đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 4,49 gam chất rắn. Giá trị của m là A. 5,4.

B. 2,25.

C. 0,72.

D. 2,97.

+ n Fe max = n Fe(NO

3 )2

= 0,04 mol ⇒ m Fe max = 2,24 gam < 4,49 gam

⇒ m Al dö = 2,25 gam.

+ BTE : 3n Al pö = 2n Fe(NO

3 )2

⇒ n Al pö =

0,08 mol ⇒ m Al pö = 0,72 gam.

3

⇒ m Al ban ñaàu = 2,97 gam

D IỄ

N

Ví dụ 3: Nhúng một đinh sắt có khối lượng 8 gam vào 500 ml dung dịch CuSO4 2M. Sau một thời gian lấy đinh sắt ra cân lại thấy nặng 8,8 gam. Nồng độ mol/l của CuSO4 trong dung dịch sau phản ứng là A. 0,27M. B. 1,36M. C. 1,8M. D. 2,3M. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 – THPT Huỳnh Thúc Kháng – Bình Thuận, năm 2017) Phân tích và hướng dẫn giải

* Phân tích Đề bài xuất hiệu cụm từ "sau một thời gian", cho thấy phản ứng xảy ra không hoàn toàn, có nghĩa là các chất phản ứng đề dư.

Sau phản ứng, khối lượng đinh sắt tăng lên là do lượng Cu sinh ra bám vào thanh sắt lớn hơn lượng Fe phản ứng tan vào dung dịch.

Dựa vào mối liên hệ về số mol Cu tạo thành, số mol Fe phản ứng và sự thay đổi khối lượng thanh kim loại sẽ tính được lượng CuSO4 phản ứng. Từ đó tính được lượng CuSO4 dư và trả lời được câu hỏi mà đề yêu cầu. * Hướng dẫn giải

2

Phát triển tư duy sáng tạo giải nhanh bài tập trắc nghiệm Hóa vô cơ 12 – Nguyễn Minh Tuấn

• Caùch 1: Tính theo phöông trình phaûn öùng CuSO4 + Fe  → Cu + FeSO 4 mol : x → x → x + m ñinh saét taêng (∆m) = m Cu − m Fe = 64x − 56x = 8,8 − 8 ⇒ x = 0,1 ⇒ n CuSO

4 dö

0,9 = n CuSO − n CuSO = 0,9 ⇒ [CuSO4 spö ] = = 1,8M 4 bñ 4 pö 0,5

0,5.2

0,1

• Caùch 2 : Söû duïng BTE vaø BTNT + BTE vaø BTNT Cu : n Fe pö = n Cu taïo thaønh = n CuSO

4 pö

=x

+ n CuSO

4 dö

= 0,5.2 − 0,1 = 0,9 ⇒ [CuSO 4 spö ] =

0,9 = 1,8M 0,5

T& G T

+ ∆m = m Cu taïo thaønh − m Fe pö = 8x = 0,8 ⇒ x = 0,1

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

Ví dụ 4: Nhúng thanh Fe nặng m gam vào 300 ml dung dịch CuSO4 1M, sau một thời gian thu được dung dịch X có chứa CuSO4 0,5M, đồng thời khối lượng thanh Fe tăng 4% so với khối lượng ban đầu. Giả sử thể tích dung dịch không thay đổi và lượng Cu sinh ra bám hoàn toàn vào thanh sắt. Giá trị m là A. 24.

B. 30.

C. 32.

D. 48. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 – THPT Hàm Long – Bắc Ninh, năm 2017) Phân tích và hướng dẫn giải

+ BTE vaø BTNT Cu : n Fe pö = n Cu taïo thaønh = n CuSO

4 pö

= 0,3.0,5 = 0,15.

+ m thanh Fe taêng = m Cu taïo thaønh − m Fe pö = 0,15.(64 − 56) = 4%m ⇒ m = 30

Vận dụng: Câu 4: Nhúng một đinh sắt sạch vào dung dịch Cu(NO3)2. Sau một thời gian lấy đinh sắt ra, làm khô, thấy khối lượng đinh sắt tăng 1 gam. Khối lượng sắt đã phản ứng là A. 3,5 gam.

B. 2,8 gam.

C. 7,0 gam.

D. 5,6 gam. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 2 – THPT chuyên Thoại Ngọc Hầu – An Giang, năm 2016)

N

BTE : n Fe pö = n Cu taïo thaønh = x x = 0,125  + m ⇒ m m 1 = − = Cu taïo thaønh Fe pö

 kim loaïi taêng  m Fe pö = 7 64x 56x  Câu 5: Nhúng một thanh sắt (dư) vào 100 ml dung dịch CuSO4 x mol/l. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thấy khối lượng thanh sắt tăng 0,4 gam. Biết tất cả Cu sinh ra đều bám vào thanh sắt. Giá trị của x là A. 0,05.

B. 0,5.

C. 0,625.

D. 0,0625. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 – Sở Giáo Dục và Đào Tạo Vĩnh Phúc, năm 2017)

D IỄ

n Fe pö = n Cu taïo thaønh = n CuSO pö = 0,1x 4  + m ⇒ x = 0,5 = m − m = 0,4 Cu Fe

 thanh Fe taêng 0,1x.64 0,1x.56  Câu 6: Cho m gam Fe vào 100 ml dung dịch Cu(NO3)2 thì nồng độ của Cu2+ còn lại trong dung dịch bằng 1/2 nồng độ của Cu2+ ban đầu và thu được một chất rắn X có khối lượng bằng (m+0,16) gam. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Khối lượng Fe phản ứng và nồng độ (mol/l) ban đầu của Cu(NO3)2 là: A. 1,12 gam và 0,3M. B. 2,24 gam và 0,3 M. C. 2,24 gam và 0,2 M. D. 1,12 gam và 0,4 M. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 – THPT Phú Nhuận – TP. HCM, năm 2016) 0,1x + [CuSO4 bñ ] = x ⇒ n CuSO pö = = 0,05x ⇒ n Cu taïo thaønh = 0,05x.

4 2 BTE : n Fe pö = nCu taïo thaønh = 0,05x x = 0,4  + m ⇒  = m − m = 0,16 kim loaïi taêng Cu taïo thaønh Fe pö

 m Fe pö = 1,12 0,05x.64 0,05x.56 

3

Phát triển tư duy sáng tạo giải nhanh bài tập trắc nghiệm Hóa vô cơ 12 – Nguyễn Minh Tuấn

Ví dụ 5: Cho m gam bột Zn vào 500 ml dung dịch Fe2(SO4)3 0,24M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, khối lượng dung dịch tăng thêm 9,6 gam so với khối lượng dung dịch ban đầu. Giá trị của m là A. 32,50.

B. 48,75.

C. 29,25.

D. 20,80. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 – THPT Hàm Rồng – Thanh Hóa, năm 2017) Phân tích và hướng dẫn giải * Phân tích + Vẫn là dạng bài một kim loại tác dụng với một muối. Nhưng ở ví dụ này ta cần xác định thứ tự khử của ion Fe3+ vì xuất hiện 3 cặp oxi hóa - khử: Tính oxi hoùa giaûm daàn

←  2+ 2+ 3+

Zn Zn

Fe Fe

Fe Fe2 +

 →

⇒ Khi Zn + Fe3+ thì quaù trình khöû Fe3+ theo thöù töï nhö sau : → Fe2 +  → Fe Fe3+ 

T& G T

Tính khöû giaûm daàn

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

+ Nếu bỏ qua thứ tự khử, cho Fe3+ bị khử về Fe sẽ mắc vào bẫy của người ra đề. ● Ghi nhớ: Đối với các bài tập xuất hiện 3 cặp oxi hóa - khử trở lên, trước tiên cần xác định thứ tự khử và oxi hóa của ion và nguyên tử kim loại. Sau đó mới tính toán tìm ra kết quả. + Vì phản ứng hóa học bảo toàn khối lượng nên khối lượng dung dịch sau phản ứng tăng lên bao nhiêu gam thì khối lượng kim loại thu được sẽ giảm đi bấy nhiêu gam. + Dựa vào bản chất phản ứng và các thông tin đề cho, ta có một số cách giải sau: * Hướng dẫn giải • Caùch 1: Tính theo phaûn öùng

Zn + 2Fe3+  → Zn 2 + + 2Fe2 + mol : 0,12 → 0,24 → 0,12

Zn + Fe2 +  → Zn 2 + + Fe mol : x → x → x + m dd taêng = m Zn pö − m Fe taïo thaønh = (0,12 + x)65 − 56x = 9,6 ⇒ x = 0,2 ⇒ m Zn = (0,12 + 0,2)65 = 20,8 • Caùch 2 : Söû duïng baûo toaøn electron

D IỄ

N

2 n Zn = n 3+ + 2 n 2 + Fe Fe pö

  x = 0,32 0,24  x y + ⇒ ⇒ m Zn = 20,8 y = 0,2 m 9,6 − =  m dd taêng = m Zn pö Fe taïo thaønh

 65x 56y * Chuù yù: Caùch vieát bieåu thöùc baûo toaøn electron :

soá e cho.n CK1 + soá e cho.n CK2 + ... = soá e nhaän.n COXH1 + soá e nhaän.n COXH2 + ...

Trong ñoù: CK1 maïnh CK2; COXH1 maïnh COXH2.

• Caùch 3 : Söû duïng baûo toaøn ñieän tích SO 4 2 − : 0,36 mol    + Zn + Fe2 (SO4 )3  →  Zn 2 + : x mol ↓  + Fe

Fe2+ : y mol  (0,24− y) mol 0,12 mol   BTÑT : x + y = 0,36  x = 0,32  + m dd taêng = m Zn pö − m Fe taïo thaønh = 9,6 ⇒  ⇒ m Zn = 20,8

 y = 0,04  65x 56(0,24 − y) 

Vận dụng:

4

Phát triển tư duy sáng tạo giải nhanh bài tập trắc nghiệm Hóa vô cơ 12 – Nguyễn Minh Tuấn

Câu 7: Cho m gam Mg vào dung dịch chứa 0,12 mol FeCl3. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 3,36 gam chất rắn. Giá trị của m là A. 2,88.

B. 2,16.

C. 4,32.

D. 5,04. + n Fe max = n FeCl = 0,12 ⇒ m Fe max = 0,12.56 = 6,72 gam > 3,36 gam 3

3,36 = 0,06 mol.

56 ta coù theå laøm nhö sau :

⇒ Chaát raén chæ coù Fe, n Fe = + Ñeå tính m Mg

• Caùch 1: Tính theo phöông trình phaûn öùng Mg + 2FeCl3  → MgCl 2 + 2FeCl 2 mol : 0,06 ← 0,12

0,12

→

mol : 0,06

T& G T

Mg + FeCl 2  → MgCl 2 + Fe 0,06

←

⇒ m Mg = 0,12.24 = 2,88 gam

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

• Caùch 2 : Söû duïng baûo toaøn electron

n 2 + = n Fe taïo thaønh = 0,06 n Mg pö = 0,12 mol  Fe pö  + 2 n ⇒  = n 3+ + 2 n 2 + Mg pö Fe Fe pö   m Mg = 2,88 gam

?

0,12 0,06  • Caùch 3 : Söû duïng baûo toaøn ñieän tích

Mg2 + : x mol   2+   → Fe + Fe : 0,12 − 0,06 = 0,06  Mg

3 + FeCl

0,06  −  x mol 0,12 Cl : 0,12.3 = 0,36  ⇒ 2x + 0,06.2 = 0,36 ⇒ x = 0,12 ⇒ m Mg = 2,88 gam

Câu 8: Cho 4,05 gam bột nhôm vào 100 ml dung dịch Fe(NO3)3 3M. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được m gam kim loại. Giá trị của m là A. 16,8.

B. 4,2.

C. 8,4.

D. 11,2. + Vì n

Fe3 +

< 3n Al < 3n

Fe3 +

100% Al  → Al3+ ⇒  3+ 100% <100% → Fe2 +  → Fe Fe 

+ BTE : 3n Al = n 3+ + 2 n 2 + ⇒ n 2 + = 0,075 ⇒ m Fe taïo thaønh = 4,2 gam Fe Fe pö Fe pö

0,15

0,3

?

D IỄ

N

Câu 9: Nhúng một thanh Mg vào 250 ml dung dịch FeCl3 xM. Sau khi phản ứng hoàn toàn, thấy khối lượng thanh Mg tăng 1,2 gam so với ban đầu. Giá trị của x là A. 0,24.

B. 0,25.

C. 0,3.

D. 0,32.  BTE : 2 n Mg = 3n 3+ Fe

 x = 0,24  + ⇒ y 0,25x  ∆m = 0,25x.56 − 24y = 1,2 y = 0,09 

Ví dụ 6: Cho 8,40 gam sắt vào 300 ml dung dịch AgNO3 1,3M. Lắc kĩ cho phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được m gam chất rắn. Giá trị của m là A. 16,20.

B. 42,12.

C. 32,40.

D. 48,60. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 – THPT Hoàng Hoa Thám, năm 2017) Phân tích và hướng dẫn giải * Phân tích

5

Phát triển tư duy sáng tạo giải nhanh bài tập trắc nghiệm Hóa vô cơ 12 – Nguyễn Minh Tuấn

+ Thöù töï caùc caëp oxi hoùa khöû : Tính oxi hoùa giaûm daàn

← 2+ 3+ +

Fe Fe

Fe Fe2 +

Ag Ag

→ Tính khöû giaûm daàn

⇒ Khi Fe + Ag + thì quaù trình oxi hoùa Fe dieãn ra theo thöù töï sau : −2e −1e Fe  Fe3+  → Fe2 + →

+ Ta có: Mối liên hệ giữa mol Fe và Ag+

2n Fe

n e nhöôøng min

3n Fe

n e nhöôøng max

3n Fe

n e nhöôøng max

2n Fe

n e nhöôøng min

=n + Ag

Fe(NO3 )2

Chất rắn (kim loại) Ag

>n + Ag

Fe(NO3 )2

Fe dö vaø Ag

n e nhaän

n e nhaän

T& G T

n e nhöôøng min

Dung dịch

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

2n Fe

Kết quả

=n + Ag

Fe(NO3 )3

Ag

<n + Ag

AgNO3 dö vaø Fe(NO3 )3

Ag

Fe(NO3 )2 vaø Fe(NO3 )3

Ag

n e nhaän

n e nhaän

< n + < 3n Fe Ag

n n e nhaän

e nhöôøng max

+ Ở ví dụ này, số mol của Fe và AgNO3 đã biết nên ta có thể tính toán lượng kim loại thu được bằng những cách sau: * Hướng dẫn giải • Caùch 1: Tính theo phaûn öùng 8,4 + n Fe = = 0,15 mol; n AgNO = 1,3.0,3 = 0,39 mol.

3 56 + Phöông trình phaûn öùng : Fe + 2AgNO3  → Fe(NO3 )2 + 2Ag mol : 0,15 → 0,3

→

0,15 →

0,3

Fe(NO3 )2 + AgNO3  → Fe(NO3 )3 + Ag 0,09

→

0,09

D IỄ

N

mol : 0,09 ←

⇒ m Ag = 0,39.108 = 42,12 gam • Caùch 2 : Söû duïng baûo toaøn electron 8,4 = 0,15; n AgNO = 1,3.0,3 = 0,39 mol.

3 56 100% → Ag Ag  + Maët khaùc : 2n Fe < n AgNO < 3n Fe ⇒  100% <100% 3

→ Fe2 +  → Fe3+ Fe  n n

+ n Fe =

e nhöôøng min

ne nhaän

e nhöôøng max

⇒ n Ag = n AgNO = 0,39 ⇒ m Ag = 42,12 3

Ví dụ 7: Hòa tan hoàn toàn 24,4 gam hỗn hợp gồm FeCl2 và NaCl (có tỉ lệ số mol tương ứng 1 : 2) vào một lượng nước (dư), thu được dung dịch X. Cho dung dịch AgNO3 (dư) vào dung dịch X, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn sinh ra m gam chất rắn. Giá trị của m là A. 68,2.

B. 28,7.

C. 10,8.

D. 57,4.

6

Phát triển tư duy sáng tạo giải nhanh bài tập trắc nghiệm Hóa vô cơ 12 – Nguyễn Minh Tuấn

Phân tích và hướng dẫn giải * Phân tích

n − = 2n FeCl + n NaCl = 0,4 2 + Ta coù: 127 n FeCl + 58,5n NaCl = 24,4 ⇒ x = 0,1 ⇒  Cl

2 n n = = 0,1  Fe2 + FeCl2 2x x + Phöông trình phaûn öùng : Ag+ + Cl −  → AgCl ↓ 0,4

→ 0,4

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

mol

T& G T

+ − → AgCl ↓  Ag + Cl  + Bản chất phản ứng:  + 2+ → Ag ↓ + Fe3+  Ag + Fe  + Chất rắn gồm có Ag và AgCl. + Có thể tính khối lượng chất rắn bằng các cách sau: * Hướng dẫn giải • Caùch 1: Tính theo phaûn öùng

2+

Ag + Fe  → Ag ↓ + Fe3+ mol : 0,1 → 0,1 +

⇒ m chaát raén = m AgCl + m Ag = 68,2 gam

0,4.143,4

0,1.108

• Caùch 2 : Duøng baûo toaøn electron vaø baûo toaøn nguyeân toá

n − = 2n FeCl + n NaCl = 0,4 2 + Ta coù: 127 n FeCl + 58,5n NaCl = 24,4 ⇒ x = 0,1 ⇒  Cl 2

n Fe2 + = n FeCl2 = 0,1 2x x BTNT Cl : n AgCl = n − = 0,4 Cl + ⇒ m chaát raén = m AgCl + m Ag = 68,2 gam

BTE : n Ag = n Fe2 + = 0,1 0,4.143,4 0,1.108

Vận dụng: Câu 10: Hoà tan hoàn toàn 28 gam bột Fe vào dung dịch AgNO3 lấy dư, khối lượng chất rắn thu được sau phản ứng có khối lượng là A. 162 gam.

B. 108 gam.

C. 216 gam.

D. 154 gam. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 – THPT Nguyễn Văn Linh – Bình Thuận, năm 2017) + BTE : n Ag taïo thaønh = 3n Fe = 1,5 mol ⇒ m Ag = 162 gam

D IỄ

N

Câu 11: Khi cho 5,6 gam Fe tác dụng với 250 ml dung dịch AgNO3 1M thì sau khi phản ứng kết thúc thu được bao nhiêu gam chất rắn?

A. 27,0 gam.

B. 20,7 gam.

C. 37,0 gam.

D. 21,6 gam. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1– THPT chuyên Hạ Long, năm 2016)  Fe(NO3 )2  + 2n Fe < n AgNO < 3n Fe ⇒ Fe + AgNO3  → Ag ↓ +   3  Fe(NO3 )3  + n Ag = n AgNO = 0,25 ⇒ m Ag = 27 3

Câu 12: Cho x mol Fe tác dụng với dung dịch chứa y mol AgNO3. Để dung dịch sau phản ứng tồn tại các ion Fe3+, Fe2+ thì giá trị của a = y : x là A. 3 < a < 3,5.

B. 1 < a < 2.

C. 0,5 < a < 1.

D. 2 < a < 3. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 – THPT Vĩnh Bảo – Hải Phòng, năm 2017) y  Fe(NO3 )2  + Fe + AgNO3  → Ag +   ⇔ 2x < y < 3x ⇒ 2 < < 3

x x mol Fe(NO3 )3  y mol

7

Phát triển tư duy sáng tạo giải nhanh bài tập trắc nghiệm Hóa vô cơ 12 – Nguyễn Minh Tuấn

Câu 13: Hoà tan hoàn toàn 21,1 gam hỗn hợp gồm FeCl2 và NaF (có tỉ lệ mol là 1 : 2) vào một lượng nước (dư), thu được dung dịch X. Cho dung dịch AgNO3 (dư) vào X, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn sinh ra m gam chất rắn. Giá trị của m là: D. 57,9.

A. 28,7.

B. 68,7.

C. 39,5. 127n FeCl + 42 n NaF = 21,1

2 

x = 0,1; n AgCl = 0,2; n Ag = 0,1 2x x    + BTNT Cl : n AgCl = 2n FeCl ⇒ m (AgCl, Ag) = m AgCl + m Ag = 39,5 gam 2

  0,2.143,5 0,1.108 BT E : n Ag = n Ag+ = n Fe2+  

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

143,5n AgCl bñ + 162,5n FeCl = 20,5 3 ⇒ n AgCl bñ < 0 : Loaïi  n + 3n = n = 0,4 FeCl3 AgCl thu ñöôïc  AgCl bñ

T& G T

Câu 14: Lấy 20,5 g hỗn hợp MCl (M là kim loại) và FeCl3 cho tác dụng với dung dịch AgNO3 dư thu được 57,4 gam kết tủa. Định thành phần % về khối lượng của MCl trong hỗn hợp ban đầu?

A. 30,36% B. 31,43% C. 41,79% D. 20,73% (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 – THPT Quỳnh Lưu 1 – Nghệ An, năm 2015)

n M+ + 3n Fe3+ = n Cl− = 0,4 M = 7 (Li)  n Cl− = n AgCl = 0,4 ⇒ M.n + + 56n 3+ + 35,5n − = 20,5 ⇒  M Fe Cl

 n Li+ = n Fe3+ = 0,1 0,4  0,1.42,5 ⇒ %LiCl = = 20,73% 20,5

2. Hỗn hợp kim loại tác dụng với dung dịch chứa nhiều muốn ● Mức độ vận dụng

Ví dụ 8: Cho hỗn hợp X gồm 0,56 gam Fe và 0,12 gam Mg tác dụng với 250 ml dung dịch CuSO4 . Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 0,92 gam kim loại. Nồng độ mol/l của dung dịch CuSO4 là A. 0,02M. B. 0,04M. C. 0,05M. D. 0,10M. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 – THPT Lao Bảo – Quảng Trị, năm 2017) Phân tích và hướng dẫn giải

* Phân tích

N

Mg  H =100% → ... + Ñeà cho 2 kim loaïi   + CuSO4  Fe   + Maët khaùc,ta coù: Tính oxi hoùa giaûm daàn

D IỄ

←  2+ 2+ 2+

Mg Mg

Fe Fe

Cu Cu

 → Tính khöû giaûm daàn

⇒ Quaù trình oxi hoùa dieãn ra theo thöù töï öu tieân nhö sau : Mg  → Mg2 + Fe  → Fe2 +

+ Neáu chæ coù Mg phaûn öùng thì : n Cu max = n Mg = 0,005 mol ⇒ m kim loaïi thu ñöôïc = m Cu + m Fe = 0,88 < 0,92. + Neáu caû Mg, Fe phaûn öùng thì :

n Cu max = n Mg + n Fe = 0,015 mol ⇒ m kim loaïi thu ñöôïc = m Cu = 0,96 > 0,92. ⇒ Mg phaûn öùng heát , Fe phaûn öùng moät phaàn.

+ Để tính nồng độ mol của CuSO4 ta có thể làm theo những cách sau:

8

Phát triển tư duy sáng tạo giải nhanh bài tập trắc nghiệm Hóa vô cơ 12 – Nguyễn Minh Tuấn

* Hướng dẫn giải • Caùch 1: Tính theo phaûn öùng : Mg + CuSO 4  → MgSO4 + Cu mol : 5.10−3 → 5.10 −3

5.10−3

→

Fe + CuSO4  → FeSO4 + Cu mol :

x → x

→

x

m kim loaïi = 64(5.10 + x) + 56(0,01 − x) = 0,92 x = 5.10 −3 + ⇒ C = 0,04M C = (5.10−3 + x) : 0,25  M (CuSO4 )  M (CuSO4 ) −3

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

BTE : n Mg + n Fe pö = n Cu taïo thaønh

 x = 0,01 y x  5.10−3 + ⇒ ⇒ CM (CuSO ) = 0,04M 4 + m Fe dö = 0,92 y = 0,005 m kim loaïi = m Cu

 64x 56(0,01− y) • Caùch 3 : Söû duïng baûo toaøn ñieän tích :

T& G T

• Caùch 2 : Söû duïng baûo toaøn electron

Mg2+ : 0,005 mol    Cu : x mol Mg : 0,005 mol   +  → Fe2+ : y mol +  + CuSO   4

Fe : 0,01 mol  SO 2 − : x mol  Fe : (0,01 − y) mol  x mol  4  BTÑT : y + 0,005 = x x = 0,01 + ⇒ ⇒ CM (CuSO ) = 0,04M 4 = + − = m 64x 56(0,01 y) 0,92 y = 0,005  kim loaïi

● Nhận xét: Với dạng bài tập này, hầu hết xảy ra trường hợp kim loại hoạt động mạnh bị oxi hóa hết, kim loại yếu hơn bị oxi hóa một phần. Vì thế để tính toán nhanh ta nên xét trường hợp này trước.

Ví dụ 9: Cho 2,7 gam hỗn hợp bột X gồm Fe và Zn tác dụng với dung dịch CuSO4. Sau một thời gian, thu được dung dịch Y và 2,84 gam chất rắn Z. Cho toàn bộ Z vào dung dịch H2SO4 (loãng, dư). Sau khi các phản ứng kết thúc thì khối lượng chất rắn giảm 0,28 gam và dung dịch thu được chỉ chứa một muối duy nhất. Phần trăm khối lượng của Fe trong X là A. 58,52%.

B. 51,85%.

C. 48,15%.

D. 41,48%.

Phân tích và hướng dẫn giải

* Phân tích + Ta coù:

Tính oxi hoùa giaûm daàn

←  2+ 2+ 2+

Fe Fe

D IỄ

N

Zn Zn

Cu Cu

 → Tính khöû giaûm daàn

⇒ Quaù trình oxi hoùa dieãn ra theo thöù töï öu tieân nhö sau : Zn  → Zn 2 + Fe  → Fe2 + Fe  H 2 SO 4 dö <100% +   + CuSO4  → chaá → chaá t raén Z  t raén T (1) (2)

Zn   2,84 gam m Z − m T = 0,28 X, 2,7 gam

+ Neáu chæ coù Zn phaûn öùng thì m Z < m X . + Thöïc teá : m Z > m X ⇒ Fe ñaõ tham gia phaûn öùng. + Z + H 2 SO 4 loaõng  → moät muoái ⇒ Zn ñaõ phaûn öùng heát + Töø (2) suy ra : m chaát raén giaûm = m Fe = 0,28; m Cu trong Z = 2,56

9

Phát triển tư duy sáng tạo giải nhanh bài tập trắc nghiệm Hóa vô cơ 12 – Nguyễn Minh Tuấn

+ Sau khi khai thác các thông tin, ta tiến hành giải như sau: * Hướng dẫn giải  2,56 = 0,04 n Zn = 0,02 BTE : n Zn + n Fe pö = n Cu taïo thaønh = + ⇒ 64 n Fe pö = 0,02 m = 65n + 56n + 0,28 = 2,7 Zn Fe pö  X 0,02.2 + 0,28 = 51,85% 2,7 Ví dụ 10: Cho a mol kim loại Mg vào dung dịch hỗn hợp chứa b mol CuSO4 và c mol FeSO4. Kết thúc phản ứng dung dịch thu được chứa 2 muối. Xác định điều kiện phù hợp cho kết quả trên.

A. a ≥ b.

B. b ≤ a < b + c.

C. b ≤ a ≤ b + c.

D. b < a < 0,5(b + c). ⇒ %m Fe/ X =

T& G T

Phân tích và hướng dẫn giải * Phân tích + Ta coù: Tính oxi hoùa giaûm daàn

←  2+ 2+ 2+

Fe Fe

Cu Cu

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

Mg Mg

→ Tính khöû giaûm daàn

⇒ Quaù trình khöû dieãn ra theo thöù töï öu tieân nhö sau : Cu2 +  → Cu → Fe Fe2 + 

FeSO 4  H =100% MgSO4  Cu ↓  ⇒ Mg +  → 2 muoái laø    +   (1) CuSO4  FeSO 4  ... 

+ Nhö vaäy : Mg, Cu2 + ñaõ heát; Fe2 + phaûn öùng moät phaàn hoaëc chöa phaûn öùng.

+ Sau khi khai thác và kết nối các thông tin đề cho, ta tiến hành giải như sau: * Hướng dẫn giải n e do Mg nhöôøng ≥ n e doCu2+ nhaän + Töø (1) suy ra :  n e do Mg nhöôøng < n e doCu2+ nhaän + n e do Fe2+ nhaän n Mg ≥ n CuSO a ≥ b 4 ⇒ ⇒ ⇒ b≤a< b+c a < b + c n Mg < n CuSO4 + n FeSO4

D IỄ

N

Ví dụ 11: Cho hỗn hợp gồm a mol Zn; b mol Mg vào dung dịch có chứa c mol AgNO3; d mol Cu(NO3)2 đến khi kết thúc phản ứng thu được dung dịch X, chất rắn Y. Biết rằng (0,5c < a + b < 0,5c + d). Phát biểu nào sau đây đúng?

A. Dung dịch X chứa ba ion kim loại.

B. Chất rắn Y chứa một kim loại.

C. Chất rắn Y chứa ba kim loại.

D. Dung dịch X chứa hai ion kim loại.

Phân tích và hướng dẫn giải + Töø giaû thieát suy ra : c < 2a + 2b < c + 2d ⇒ n AgNO < 2n Mg + 2n Zn < n AgNO + 2n Cu(NO 3

3

3 )2

Ag+ , Mg, Zn heát ⇒  2+ Cu dö moät phaàn

Y goàm 2 kim loaïi laø Ag vaø Cu ⇒ 2+ 2+ 2+  X coù Mg , Zn , Cu dö ● Chú ý: Khi chất tham gia phản ứng là hỗn hợp kim loại, hỗn hợp muối thì việc làm đầu tiên là xác định thứ tự khử ion kim loại và thứ tự oxi hóa kim loại. Sau đó tiến hành xử lý các thông tin khác, kết nối các thông tin với nhau để đưa ra hướng giải tối ưu nhất.

Vận dụng:

10

Phát triển tư duy sáng tạo giải nhanh bài tập trắc nghiệm Hóa vô cơ 12 – Nguyễn Minh Tuấn

Câu 15: Ngâm một thanh sắt có khối lượng 20 gam vào 200 ml dung dịch hỗn hợp Cu(NO3)2 1M và AgNO3 0,5M, sau một thời gian thấy khối lượng thanh sắt tăng 10%. Hỏi khối lượng dung dịch đã thay đổi như thế nào?

A. Giảm 1,6 gam.

B. Tăng 2 gam.

C. Giảm 2 gam.

D. Tăng 1,6 gam. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 2 – THPT chuyên Lê Quy Đôn, năm 2016) + BTKL : m kim loaïi tpö + m dd muoái tpö = m kim loaïi spö + m dd muoái spö ⇒ m kim loaïi spö taêng 10% thì m dd muoái spö giaûm 10% + m dd muoái spö giaûm = m kim loaïi spö taêng = 10%.20 = 2 gam

+ m Y > m X ⇒ Fe ñaõ tham gia phaûn öùng.

H =100% → hoãn hôïp kim loaïi ⇒ CuSO 4 heát , Fe dö + (Zn, Fe) + CuSO 4 

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

BTE : n Zn + n Fe pö = n Cu taïo thaønh = n CuSO = 0,065 4

 x y  + − m Fe pö − m Zn = 6,96 − 6,8 = 0,16 m kim loaïi taêng = m Cu taïo thaønh

 65x 0,065.64 56y

T& G T

Câu 16: Cho 6,8 gam hỗn hợp X gồm Zn và Fe vào 325 ml dung dịch CuSO4 0,2M đến khi phản ứng hoàn toàn, thu đươc dung dịch và 6,96 gam hỗn hợp kim loại Y. Khối lượng Fe bị oxi bởi ion Cu2+ là A. 1,4 gam.

B. 4,2 gam.

C. 2,1 gam.

D. 2,8 gam.

x = 0,04 ⇒ ⇒ m Fe pö = 1,4 gam y = 0,025 Câu 17: Cho hỗn hợp X gồm 0,325 gam Zn và 0,56 gam Fe tác dụng với 100 ml dung dịch Cu(NO3)2 . Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 0,92 gam kim loại. Nồng độ mol/l của dung dịch Cu(NO3 )2 là A. 0,02M. B. 0,15M. C. 0,1M. D. 0,05M. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 – Sở Giáo Dục và Đào Tạo Vĩnh Phúc, năm 2017)

BTE : n Mg + n Fe pö = n 2 + Cu

 x = 0,005 0,005 x  y + ⇒ ⇒ CM CuNO ) = 0,1M 3 2 + m Fe dö = 0,92 y = 0,01 m kim loaïi spö = m Cu

 64y (0,56 − 56x) Câu 18: Cho một hỗn hợp gồm 1,2 mol Zn; 0,3 mol Fe vào một dung dịch chứa b mol CuSO4 đến khi phản ứng sảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y và 94,4 gam kim loại. Cho Y phản ứng hoàn toàn với dung dịch KOH loãng dư, thu được a gam kết tủa. Giá trị của a là A. 18.

B. 9.

C. 13,5.

D. 22,3. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 – THPT chuyên Biên Hòa – Hà Nam, năm 2016)

D IỄ

N

BTE : n Zn + n Fe pö = n Cu taïo thaønh

 x = 0,1 1,2  x y + ⇒ + m Cu = 94,4 y = 1,3 m kim loaïi spö = m Fe dö

 64y 56(3 − x)  ZnSO 4 : 1,2 mol  KOH dö Fe(OH)2 : 0,1 mol + Y goàm  →    m Fe(OH)2 = 9 gam Fe(OH)2 : 0,1 mol  Câu 19: Cho 6,596 gam hỗn hợp Mg và Zn tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng, dư thu được 2,3296 lít H2 (đktc). Mặt khác, 13,192 gam hỗn hợp trên tác dụng với 100 ml dung dịch CuSO4 thu được 13,352 gam chất rắn. Nồng độ mol của dung dịch CuSO4 là A. 0,04M. B. 0,25M. C. 1,68M. D. 0,04M hoặc 1,68M.

11

Phát triển tư duy sáng tạo giải nhanh bài tập trắc nghiệm Hóa vô cơ 12 – Nguyễn Minh Tuấn

BTE : n Mg + n Zn = n H = 0,104 n Mg = 0,004 2 + ⇒ m hoãn hôïp = 24n Mg + 65n Zn = 6,596 n Zn = 0,1 n Mg = 0,008 ⇒ Trong 13,192 gam hoãn hôïp  n Zn = 0,2 • Tröôøng hôïp 1: Chæ coù Mg phaûn öùng

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

BTE : n Mg + n Zn pö = n Cu taïo thaønh

 x = 0,16; y = 0,168 0,008 x y   + ⇒ − m Mg pö − m Zn pö = 0,16  CM CuSO4 = 1,68M  ∆m = m Cu taïo thaønh 

 64y 24.0,008 65x

T& G T

BTE : n Mg pö = n Cu taïo thaønh

 x = 0,004 x x + ⇒ − m Mg pö = 13,352 − 13,192 = 0,16  CM CuSO4 = 0,04M  ∆m = m Cu taïo thaønh 

 64x 24x • Tröôøng hôïp 2 : Mg vaø Zn phaûn öùng

Câu 20: Cho hỗn hợp gồm a (mol) Mg và b (mol) Fe vào dung dịch chứa c (mol) AgNO3, khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch X gồm 2 muối và chất rắn Y (gồm 2 kim loại). Mối quan hệ giữa a, b, c là A. 2a ≤ c ≤ 2(a + b).

B. 2a < c < 2(a + b).

C. c ≤ 2(a + b).

D. 2(a − b) < c < 2(a + b). (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 – THPT Tiểu La – Quảng Nam, năm 2017)

Ag ↓  Mg(NO3 )2  Mg : a mol  + Sô ñoà phaûn öùng :   →  + AgNO +  3

Fe : b mol  Fe ↓  Fe(NO3 )2  c mol Mg, AgNO3 phaûn öùng heát ⇒ ⇒ 2n Mg < n AgNO < 2n Mg + 2n Fe 3 Fe tham gia phaûn öùng moät phaàn ⇒ 2a < c < 2(a + b)

Câu 21: Cho a mol Mg và b mol Zn dạng bột vào dung dịch chứa c mol Cu(NO3)2 và d mol AgNO3 thu được dung dịch chứa 3 muối. (Biết a < c +0,5d). Quan hệ giữa a, b, c, d là : b d d B. a > c + d − .

C. b < c − a + .

D. b < c + .

2 2 2 (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1– THPT Sở GD và ĐT Thanh Hóa, năm 2016) + Töø a < c + 0,5d ⇒ 2a < 2c + d ⇒ 2n Mg < 2n 2 + + n + ⇒ Zn ñaõ phaûn öùng.

A. b > c − a + d.

Cu

Ag

D IỄ

N

Mg2 + , Zn 2 +  Ag ↓  Mg  Cu2 +  +   +  +   → +  Cu2 +  ...   Zn  Ag   3 muoái

d ⇒ Cu2 + dö ⇒ n e nhöôøng < n e nhaän ⇒ 2 n Mg + 2 n Zn < 2 n 2 + + n + ⇒ b < c − a + Cu Ag

2 a

b

c

d

Câu 22: Cho a gam bột Al vào dung dịch chứa 0,1 mol AgNO3; 0,15 mol Cu(NO3)2 và 0,2 mol Fe(NO3)3, thu được dung dịch X và kết tủa Y. Hãy lựa chọn giá trị của a để kết tủa Y thu được chứa 3 kim loại.

A. a ≥ 3,6.

B. 2,7 < a < 5,4.

C. 3,6 < a ≤ 9.

D. 5,4 < a ≤ 9.

12

Phát triển tư duy sáng tạo giải nhanh bài tập trắc nghiệm Hóa vô cơ 12 – Nguyễn Minh Tuấn

+ Tính oxi hoùa : Ag+ > Fe3+ > Cu2+ > Fe2+ ⇒ Y chöùa 3 kim loaïi laø Ag, Cu, Fe. h =100% h =100% Ag +  → Ag; Cu2+  → Cu + Ñeå thu ñöôïc Ag, Cu, Fe thì  h =100% 0 < h ≤100% 3+ 2+ → Fe  → Fe Fe  ⇒ n + + n 3+ + 2 n 2+ < 3n Al ≤ n + + 3 n 3+ + 2 n 2+

Ag Fe Cu Ag Fe Cu

0,1

0,2

⇒ 0,2 < n Al ≤

0,15

?

0,1

0,2

0,15

1 ⇒ 5,4 < m Al ≤ 9 3

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

Phân tích và hướng dẫn giải

T& G T

Ví dụ 12: Nhúng một thanh magie vào dung dịch có chứa 0,8 mol Fe(NO3)3 và 0,05 mol Cu(NO3)2 . Sau một thời gian, lấy thanh kim loại ra, rửa sạch, cân lại thấy khối lượng tăng 11,6 gam so với thanh kim loại ban đầu. Khối lượng magie đã phản ứng là A. 6,96 gam.

B. 20,88 gam.

C. 25,2 gam.

D. 24 gam. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 – THPT Vĩnh Bảo – Hải Phòng, năm 2017) * Phân tích + Khi kim loại tham gia phản ứng có Mg, Al, Zn (hoạt động hơn Fe) và muối tham gia phản ứng có Fe3+ thì ta cần đặc biệt quan tâm đến thứ tự khử và thứ tự oxi hóa. Nếu nhầm lẫn sẽ dẫn đến kết quả sai. + Töø giaû thieát ta thaáy xuaát hieän caùc caëp oxi hoùa − khöû : Tính oxi hoùa giaûm daàn

← 2+ 2+ 2+ 3+

Mg Mg

Fe Fe

Cu Cu

Fe Fe2+

→ Tính khöû giaûm daàn

⇒ Quaù trình khöû dieãn ra theo thöù töï öu tieân nhö sau : Fe3+  → Fe2 + Cu2 +  → Cu Fe2 +  → Fe

+ Dựa vào số mol của các muối và khối lượng kim loại tăng sau phản ứng, ta có thể phân tích, đánh giá để xem trường hợp nào xảy ra. Ở đây ta xét trường hợp hay xảy ra nhất: * Hướng dẫn giải

N

BTE : 2 n Mg pö = n 3+ + 2 n 2 + + 2 n 2 + Fe Cu Fe pö

x = 1,05  x  0,05 0,8 y + ⇒ ⇒ m Mg pö = 25,2 y = 0,6 + m Fe − m Mg pö = 11,6  m kim loaïi taêng = m Cu

 0,05.64 56y 24x

D IỄ

Ví dụ 13: Cho 8,64 gam Al vào dung dịch X (được tạo thành bằng cách hòa tan 74,7 gam hỗn hợp Y gồm CuCl2 và FeCl3 vào nước). Kết thúc phản ứng, thu được 17,76 gam chất rắn gồm hai kim loại. Tỉ lệ số mol FeCl3 : CuCl2 trong hỗn hợp Y là A. 2:1 B. 3:2 C. 3:1 D. 5:3 (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 – Sở Giáo Dục và Đào Tạo Hưng Yên, năm 2017) Phân tích và hướng dẫn giải

13

Phát triển tư duy sáng tạo giải nhanh bài tập trắc nghiệm Hóa vô cơ 12 – Nguyễn Minh Tuấn

+ Ta coù: Tính oxi hoùa giaûm daàn

← 3+ 2+ 2+ 3+

Al Al

Fe Fe

Cu Cu

Fe Fe2+

→ Tính khöû giaûm daàn

⇒ 2 kim loaïi thu ñöôïc laø Cu vaø Fe. Fe3+ : x mol  Cu ↓  + Sô ñoà phaûn öùng : Al +  2 + → +   Fe ↓  Cu : y mol 

Al3+   2+  Fe 

+ m Cu(max)

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

T& G T

 BTE : 3n Al = n 3+ + 2 n 2 + + 2 n 2 + Fe Cu Fe pö



 0,32 x = 0,36 y x z  x 3   + m Y = m CuCl + m FeCl = 74,7 ⇒ y = 0,12 ⇒ = 2 3

y 1  z = 0,18 135y 162,5x   + m Fe = 17,76 m chaát raén = m Cu

 64y 56z Ví dụ 14: Cho hỗn hợp chứa x mol Mg và 0,2 mol Fe vào 200 ml dung dịch hỗn hợp Fe2(SO4)3 1M và CuSO4 1M, đến phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch X và 18,4 gam chất rắn. Giá trị của x là A. 0,3.

B. 0,2.

C. 0,1.

D. 0,4.

Phân tích và hướng dẫn giải = 0,2.64 = 12,8 gam < 18,4 gam ⇒ m Fe dö = 5,6 gam.

+ BT E : 2 n Mg + 2 n Fe pö = n 3+ + 2 n 2 + ⇒ n Mg = 0,3 mol Fe Cu

?

0,1

0,4

0,2

Vận dụng: Câu 23: Cho 9,6 gam Mg vào dung dịch chứa 0,2 mol Cu(NO3)2 và 0,3 mol Fe(NO3)3. Phản ứng kết thúc, khối lượng chất rắn thu được là A. 15,6 gam.

B. 11,2 gam.

C. 22,4 gam.

D. 12,88 gam.

N

n 2+ = 0,05 Khaû naêng oxi hoùa : Fe3+ > Cu2 + > Fe2 +  Fe pö   BT E : 2 n Mg = n Fe3+ + 2 n Cu2+ + 2 n Fe2+ pö ⇒ m = m + m = 15,6 gam Cu Fe

  0,4 0,3 0,2 ?

0,2.64 0,05.56   Câu 24: Cho 2,16 gam bột Al vào dung dịch chứa hỗn hợp gồm CuCl2 0,12 mol; FeCl3 0,06 mol. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được chất rắn X. Khối lượng chất rắn X là A. 5,28 gam.

B. 5,76 gam.

C. 1,92 gam.

D. 7,68 gam. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 – THPT Hiệp Hòa – Bắc Giang, năm 2016)

D IỄ

+ n 3+ < 3n Al < n 3+ + 2 n 2 + ⇒ Cu2+ dö, Al heát.

Fe Fe Cu pö

0,06

0,08

0,06

0,12

+ BTE : 3n Al = n 3+ + 2 n 2 + ⇒ n 2 + = 0,09 ⇒ m Cu = 5,76 Fe Cu pö Cu pö

0,08

0,06

?

Câu 25: Cho 6,88 gam hỗn hợp chứa Mg và Cu với tỉ lệ mol tương ứng là 1 : 5 vào dung dịch chứa 0,12 mol Fe(NO3)3. Sau khi các phản ứng hoàn toàn thu được m gam kim loại. Giá trị của m là A. 5,12.

B. 3,84.

C. 2,56.

D. 6,96. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 – THPT Quang Trung – Bình Thuận, năm 2017)

14

Phát triển tư duy sáng tạo giải nhanh bài tập trắc nghiệm Hóa vô cơ 12 – Nguyễn Minh Tuấn

+ 24 n Mg + 64 n Cu = 6,88 ⇒ x = 0,02.

5x

x

Mg heát , Cu dö + 2 n Mg < n 3+ < 2 n Mg + 2 n Cu ⇒  3+ Fe Fe chuyeån heát thaønh Fe2 +

 0,1 0,02

0,02

0,12

+ BTE : n 3+ < 2 n Mg + 2 n Cu pö ⇒ x = 0,04 ⇒ m Cu dö = 0,06.64 = 3,84 Fe

0,02

0,12

x

+ n Al = 0,2; n Fe(NO

3 )3

+n

Fe3 +

+ 2n

Cu2 +

= 0,15; n Cu(NO

< 3n Al < 3n

3 )2

Fe3 +

+ 2n

= 0,15.

Cu2 +

Al heát ⇒ chaát raén goàm Cu vaø Fe

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

BTE : 3n Al = n 3+ + 2 n 2 + + 2 n 2 + Fe Cu Fe pö

x = 0,075  0,2 0,15 0,15 x + ⇒ + m m chaát raén = m  m chaát raén = 13,8 Cu Fe

 0,15.64 56x

T& G T

Câu 26: Hoà tan 5,4 gam bột Al vào 150 ml dung dịch X chứa Fe(NO3)3 1M và Cu(NO3)2 1M. Kết thúc phản ứng thu được m gam rắn. Giá trị của m là A. 10,95.

B. 13,20.

C. 13,80.

D. 15,20. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 – THPT Ngô Gia Tự – Phú Yên, năm 2017)

Câu 27: Nhúng thanh Fe vào 200 ml dung dịch FeCl3 x (mol/l) và CuCl2 y (mol/l). Sau khi kết thúc phản ứng, lấy thanh Fe ra lau khô cẩn thận, cân lại thấy khối lượng không đổi so với trước phản ứng. Biết lượng Cu sinh ra bám hoàn toàn vào thanh Fe. Tỉ lệ x : y là: A. 3 : 4.

B. 1 : 7.

C. 2 : 7.

D. 4 : 5. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 – THPT Vĩnh Chân – Phú Thọ, năm 2017) + Vì m thanh Fe tpö = m thanh Fe spö ⇒ m Fe pö = m Cu taïo thaønh

D IỄ

Fe

N

BTE : 2 n Fe pö = n 3+ + 2 n 2 + Fe Cu

 x 2 a  0,2y 0,2x + ⇒ = y 7 = m Cu taïo thaønh m Fe pö

 56a 0,2y.64 Câu 28: Dung dịch X gồm CuCl2 0,2M; FeCl2 0,3M; FeCl3 0,3M. Cho m gam bột Mg vào 100 ml dung dịch X khuấy đều đến khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch Y. Thêm dung dịch KOH dư vào Y được kết tủa Z. Nung Z trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 5,4 gam chất rắn T. Giá trị của m là A. 2,88.

B. 0,84.

C. 1,32.

D. 1,44. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 3 – THPT chuyên Thái Bình, năm 2016) + n 3+ = 0,03; n 2 + = 0,02; n 2 + = 0,03.

Cu

Fe

BTE : 2 n Mg = n 3+ + 2 n 2 + + 2 n 2 + Fe Cu Fe pö

 x 0,02 0,03 y x = 0,055  + ⇒ ⇒ m Mg = 1,32 m T = m MgO + m Fe O = 5,4 2 3 y = 0,02 

40x 0,06 − y  160.  2

Ví dụ 15: Cho một thanh sắt có khối lượng m gam vào dung dịch chứa 0,012 mol AgNO3 và 0,02 mol Cu(NO3)2, sau một thời gian khối lượng của thanh sắt là (m+1,04) gam. Tính khối lượng của kim loại bám trên thanh sắt?

A. 2,576 gam.

B. 1,296 gam.

C. 0,896 gam.

D. 1,936 gam. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 3 – THPT chuyên Thái Bình, năm 2016) Phân tích và hướng dẫn giải * Phân tích

15

Phát triển tư duy sáng tạo giải nhanh bài tập trắc nghiệm Hóa vô cơ 12 – Nguyễn Minh Tuấn

+ Nếu kim loại có sắt và muối có AgNO3 thì cần phân tích, đánh giá xem có phản ứng của Fe2+ với Ag+ hay không. + Ở ví dụ này xuất hiện các cặp oxi hóa – khử: Tính oxi hoùa giaûm daàn

← 2+ 2+ 3+ +

Fe Fe

Cu Cu

Fe Fe2 +

Ag Ag

→ Tính khöû giaûm daàn

⇒ Thöù töï khöû ion kim loaïi laø : 2n Fe

<n

Ag+

thì

• TH2 : Neáu

n e nhöôøng min

2n Fe

>n

Ag +

thì

n e nhöôøng min Fe Fe Ag  → Ag; Cu2 +  → Cu

2+

+

Fe Fe Ag +  → Ag; Ag +  → Ag

+ Dựa vào số liệu ta thấy: Nếu chất rắn chỉ có Ag thì

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

n = 0,012  Ag max m Ag max = 1,296 + ⇒ ⇒ ∆m max = 1,072 < 1,4 0,012 = 0,004 m Fe min = 0,224 n Fe min = 3  ⇒ Chaát raén coøn coù caû Cu. Vaäy xaûy ra tröôøng hôïp 2.

T& G T

• TH1: Neáu

+ Sau khi xử lý các thông tin, ta giải như sau: * Hướng dẫn giải

BTE : 2 n Fe pö = n + + 2 n 2 + Ag Cu pö

 x = 0,016 x  0,012 y + ⇒ + m Cu taïo thaønh − m Fe pö = 1,04 y = 0,01 m thanh Fe taêng = m Ag taïo thaønh

 0,012.108 64y 56x + m kim loaïi baùm vaøo thanh Fe = 0,012.108 + 0,01.64 = 1,936 gam

Ví dụ 16: Cho 0,42 gam hỗn hợp bột Fe và Al vào 250 ml dung dịch AgNO3 0,12M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch X và 3,333 gam chất rắn. Khối lượng Fe trong hỗn hợp ban đầu là A. 0,123 gam.

B. 0,150 gam.

C. 0,177 gam.

D. 0,168 gam.

Phân tích và hướng dẫn giải

Al  +   + AgNO3  t raén + dd X → chaá

Fe   3,33 gam 0,03 mol 0,42 gam

D IỄ

N

 kim loaïi dö ⇒ n Ag max = 0,03 ⇒ m Ag max = 3,24 < 3,333 ⇒  + Ag pö heát 3n Al + 2 n Fe pö = n + = 0,03 Ag

 x = 0,009 y  x + (*)  ⇒ − n Al − n Fe pö = 3,333 − 0,42 y = 0,0015 m kim loaïi taêng = m Ag

 27x 0,03.108 56y ⇒ m Fe trong hoãn hôïp ban ñaàu = 0,42 − 0,009.24 = 0,177 gam • ÔÛ heä (*) neáu y = 0 thì coù nghóa laø chæ coù Fe Al phaûn öùng.

Ví dụ 17: Hòa tan một hỗn hợp gồm bột kim loại có chứa 5,6 gam Fe và 6,4 gam Cu vào 350 ml dung dịch AgNO3 2M. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, khối lượng chất rắn thu được là A. 75,6 gam.

B. 43,2 gam.

C. 54,0 gam.

D. 21,6 gam.

Phân tích và hướng dẫn giải

16

Phát triển tư duy sáng tạo giải nhanh bài tập trắc nghiệm Hóa vô cơ 12 – Nguyễn Minh Tuấn

+ n Fe = 0,1; n Cu = 0,1; n AgNO = 0,7.

3

+ Ta thaáy : 3n Fe + 2n Cu < n AgNO ⇒ Ag+ dö.

3 ne nhöôøng max

ne nhaän max

+ BTE : n Ag = 3n Fe + 2n Cu = 0,5 ⇒ m Ag = 54 gam

Ví dụ 18: Cho hỗn hợp bột gồm 2,7 gam Al và 5,6 gam Fe vào 550 ml dung dịch AgNO3 1M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được m gam chất rắn. Giá trị của m là A. 54.

B. 32,4.

C. 64,8.

D. 59,4. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 – THPT Kim Liên – Hà Nội, năm 2016) Phân tích và hướng dẫn giải + n Al = 0,1; n Fe = 0,1; n AgNO = 0,55.

3

ne nhöôøng min

n e nhaän max

n e nhöôøng max

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

+ Chaát raén laø Ag; n Ag = 0,55 ⇒ m Ag = 59,4 gam

T& G T

+ 3n Al + 2n Fe < n AgNO < 3n Al + 3n Fe ⇒ AgNO3 heát; dd spö chöùa Fe2 + , Fe3+ , Al3+ .

3

Vận dụng: Câu 29: Cho 2,24 gam Fe vào 200 ml dung dịch Cu(NO3)2 0,1M và AgNO3 0,1M khuấy đều dung dịch cho đến khi phản ứng hoàn toàn thu được m gam chất rắn. Giá trị của m là A. 4,0.

B. 1,232.

C. 8,04.

D. 12,32. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 – THPT Phan Chu Trinh – Bình Thuận, năm 2017) + n Fe = 0,04; n Cu(NO

= 0,02; n AgNO = 0,02.

+ 2n Fe > n

⇒ Cu2 + , Ag + heát , Fe dö.

3 )2

Ag +

+ 2n

Cu2 +

3

BTE : 2 n Fe pö = n + + 2 n 2 + Ag Cu

 x  x = 0,03 0,02 0,02 + ⇒ m =4 m Ag + m Cu + m Fe dö m chaát raén =  chaát raén

 0,02.64 0,02.108 56(0,04 − x) Câu 30: Cho hỗn hợp bột gồm 5,4 gam Al và 11,2 gam Fe vào 800 ml dung dịch AgNO3 1M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được m gam chất rắn. Giá trị của m là A. 100,0.

B. 97,00.

C. 98,00.

D. 92,00. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 – THPT Lê Lợi – Thanh Hóa, năm 2016)

D IỄ

N

n Al = 0,2; n Fe = 0,2; n AgNO = 0,8 3 + ⇒ Chaát raén goàm Ag vaø Fe dö.

3n < n < 3n + 2n  Al AgNO3 Al Fe BTE : 3n Al + 2 n Fe pö = n AgNO = 0,8 3

n Fe pö = 0,1  0,2  x + ⇒ + m Fe dö m = 92 Ag m chaát raén = m

 chaát raén  0,8.108 56(0,2 − x)

Câu 31: Cho 5,5 gam hỗn hợp bột Al và Fe (trong đó số mol của Al gấp đôi số mol của Fe) vào 300 ml dung dịch AgNO3 1M. Khuấy kĩ cho phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được m gam chất rắn. Giá trị của m là A. 33,95 B. 39,35 C. 35,39 D. 35,2 (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 2 – THPT Lý Thái Tổ – Bắc Ninh, năm 2016)

17

Phát triển tư duy sáng tạo giải nhanh bài tập trắc nghiệm Hóa vô cơ 12 – Nguyễn Minh Tuấn

27n Al + 56n Fe = 5,5  n Al = 0,1 + ⇒  n Al = 2n Fe  n Fe = 0,05  Al phaûn öùng vöøa heát vôùi AgNO3 + Ta thaáy : 3n Al = n AgNO ⇒  3 chaát raén goàm Ag vaø Fe dö + m chaát raén = 0,3.108 + 0,05.56 = 35,2

Mg  t raén + ddY +   + AgNO3  → chaá

Fe   gam 46 0,4 mol

10,8 gam

⇒ n Ag max = 0,4 ⇒ m Ag max = 0,4.108 = 43,2 < 46 ⇒ AgNO3 heát; kim loaïi dö.

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

BTE : 2 n Mg + 2 n Fe pö = n AgNO = 0,4 3

 x = 0,1 x  y ⇒ + − m Mg − m Fe pö = 46 − 10,8 y = 0,1 m kim loaïi taêng = m Ag

 0,4.108 24x 56y

T& G T

Câu 32: Cho 10,8 gam hỗn hợp X gồm Mg và Fe phản ứng với 500 ml dung dịch AgNO3 0,8M. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y và 46 gam chất rắn. Phần trăm khối lượng của Fe trong hỗn hợp X là A. 25,93%.

B. 22,32%.

C. 51,85%.

D. 77,78%.

10,8 − 0,1.24 = 77,78% 10,8 Câu 33: Cho 1,152 gam hỗn hợp Fe, Mg tác dụng với dung dịch AgNO3 dư. Sau phản ứng thu được 8,208 gam kim loại. Vậy phần trăm khối lượng của Mg trong hỗn hợp đầu là A. 72,92%.

B. 62,50%.

C. 41,667%.

D. 63,542%. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 3 – THPT chuyên Thái Bình, năm 2016) 8,208 + n Ag = = 0,076.

108  Mg  AgNO3 dö  Mg(NO3 )2  +    →  + Ag ↓  Fe   Fe(NO3 )3  ⇒ %m Fe/ X =

D IỄ

N

 BTE : 2n Mg + 3n Fe = n Ag = 0,076  x = 0,02 + ⇒ ⇒ %m Mg = 41,667% y = 0,012 m hoãn hôïp = 24n Mg + 56n Fe = 1,152 Câu 34: Cho 9,6 gam hỗn hợp kim loại Mg và Fe vào dung dich H2SO4 dư, thấy thoát ra 6,72 lít H2 (đktc). Mặt khác, khi cho 9,6 gam hỗn hợp trên vào 500 ml dung dịch AgNO3 1,5M đến phản ứng hoàn toàn thu được m gam chất rắn. Giá trị của m là A. 72,9 gam.

B. 48,6 gam.

C. 81 gam.

D. 56,7 gam.

(Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 2 – THPT Hậu Lộc – Thanh Hóa, năm 2016)

m hoãn hôïp = 24n Mg + 56n Fe = 9,6 n Mg = 0,225 + ⇒ BTE : n Mg + n Fe = n H2 = 0,3 n Fe = 0,075 Mg(NO3 )2  Mg  + 2n Mg + 3n Fe < n AgNO ⇒   + AgNO3  →  + Ag ↓ 3 Fe  Fe(NO3 )3  0,675

0,75

+ n Ag = 2n Mg + 3n Fe = 0,675 ⇒ m Ag = 72,9

Câu 35: Chia 14,8 gam hỗn hợp X gồm Fe và Cu thành 2 phần bằng nhau. Phần 1 tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư, kết thúc phản ứng thu được 1,68 lít khí H2 (đktc). Cho phần 2 vào 350 ml dung dịch AgNO3 1M, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn sinh ra m gam kim loại. Giá trị của m là A. 37,8.

B. 27,0.

C. 35,1.

D. 21,6. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 2 – THPT chuyên Phan Bội Châu, năm 2016)

18

Phát triển tư duy sáng tạo giải nhanh bài tập trắc nghiệm Hóa vô cơ 12 – Nguyễn Minh Tuấn

7,4 − 0,075.56 = 0,05 64 ⇒ AgNO3 dö.

• ÔÛ P1: BTE : n Fe = n H = 0,075 ⇒ n Cu = 2

• ÔÛ P2 : 2n Cu + 3n Fe < n AgNO 3 0,325

0,35

⇒ n Ag = 2n Cu + 3n Fe = 0,325 ⇒ m Ag = 35,1

Câu 36: Cho 2,8 gam bột sắt vào 200 ml dung dịch gồm AgNO3 0,6M và Cu(NO3)2 0,15M; khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được m gam chất rắn X. Giá trị của m là A. 1,92.

B. 3,20.

C. 10,80.

D. 12,96. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 – THPT Tuy Phong – Bình Thuận, năm 2017)

⇒ n Ag = n

Ag+

Ag +

= 0,12; n

= 0,15.0,2 = 0,03.

Cu2 +

Ag + chuyeån heát thaønh Ag  < 3n Fe ⇒ Fe chuyeån thaønh Fe3+ , Fe2+ Cu2 + chöa phaûn öùng 

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

+ 2n Fe < n

Ag+

T& G T

+ n Fe = 0,05; n

= 0,12 ⇒ m Ag = 12,96

Câu 37: Cho hỗn hợp X chứa 2,4 gam Mg và 10,64 gam Fe vào dung dịch Y chứa 0,2 mol Cu(NO3)2 và 0,3 mol AgNO3. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Z và m gam kim loại. Giá trị của m là A. 32,24.

B. 31,36.

C. 45,2.

D. 41,36. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 2 – THPT Diễn Châu – Nghệ An, năm 2016) + Thöù töï caùc caëp oxi hoùa − khöû : Tính oxi hoùa giaûm daàn

←  2+ 2+ 2+ 3+ +

Mg Mg

Fe Cu Fe Cu

Fe Ag Fe2 + Ag

→ Tính khöû giaûm daàn

ê

2+

Thöù töï khöû : Ag > Cu ⇒ 2+ Thöù töï oxi hoùa : Mg > Fe > Cu > Fe + Ta thaáy : n AgNO < 2 n Mg + 2 n Fe < n AgNO + 2 n Cu(NO ) 3 2 3

3

+

0,19

0,1

0,3

0,3

0,2

dd thu ñöôïc coù Cu dö, Mg , Fe ⇒ + Ag heát + BTE : 2 n Mg + 2 n Fe = n AgNO + 2 n Cu(NO ) pö ⇒ x = 0,14 3 2 3

2+

0,1

0,19

2+

0,3

2+

x

D IỄ

N

m kim loaïi thu ñöôïc = m Cu + m Ag = 0,14.64 + 0,3.108 = 41,36 gam • Neáu 2 n Mg + 2 n Fe < n AgNO thì Cu2+ khoâng bò khöû.

3

0,1

0,19

0,3

Câu 38: Cho 6,72 gam bột Fe tác dụng với 384 ml dung dịch AgNO3 1M sau khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch X và m gam chất rắn. Dung dịch X tác dụng được với tối đa bao nhiêu gam bột Cu? A. 7,680 gam.

B. 6,144 gam.

C. 9,600 gam.

D. 4,608 gam. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 – THPT Yên Định 1 – Thanh Hóa, năm 2016)

19

Phát triển tư duy sáng tạo giải nhanh bài tập trắc nghiệm Hóa vô cơ 12 – Nguyễn Minh Tuấn

• Caùch 1: Tính theo phaûn öùng : Vì 3n Fe < n Ag ⇒ AgNO3 dö, Fe chuyeån thaønh Fe3+ .

Fe + 3AgNO3  → Fe(NO3 )3 + 3Ag ↓ mol : 0,12 → 0,36 → 0,12 Dung dòch X chöùa 0,12 mol Fe(NO3 )3 vaø 0,024 mol Ag. Cu + 2AgNO3  → Cu(NO3 )2 + 2Ag ↓ mol : 0,012 ← 0,024 Cu + 2Fe(NO3 )3  → Cu(NO3 )2 + 2Fe(NO3 )2 mol : 0,06 ← 0,12 • Caùch 2 : Döïa vaøo baûn chaát phaûn öùng vaø aùp duïng BTE + Baûn chaát phaûn öùng laø :

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

Fe : 0,12 mol  Fe(NO3 )2 : 0,12 mol   →   + AgNO  + Ag ↓ 3

Cu(NO3 )2  Cu  0,384 mol

T& G T

⇒ n Cu max = 0,072 ⇒ m Cu max = 4,608

+ BTE : 2n Fe + 2n Cu = n AgNO ⇒ n Cu = 0,072 ⇒ m Cu = 4,608 3

● Mức độ vận dụng cao Ví dụ 19: Lấy m gam Mg tác dụng với 500ml dung dịch AgNO3 0,2M và Fe(NO3)3 2M. Kết thúc phản ứng thu được (m+4) gam kim loại. Gọi a là tổng các giá trị m thỏa mãn bài toán trên, giá trị của a là?

A. 7,3.

B. 25,3.

C. 18,5.

D. 24,8. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 – THPT Quỳnh Lưu 1 – Nghệ An, năm 2016) Phân tích và hướng dẫn giải

• TH1: Chaát raén chæ coù Ag

BTE : 2 n Mg = n + + n 3+  6,8 Ag Fe pö

x =  x    Thoûa maõn 0,1 y 24 ⇒ ⇒  m = 6,8  m kim loaïi taêng = m Ag − m Mg = 4  y = 7 < n = 1  Mg

3+ Fe bñ   15  108.0,1 24x • TH2 : Chaát raén coù Ag vaø Fe

D IỄ

N

 BTE : 2 n Mg = n + + n 3 + + 2 n 2 + Ag Fe Fe pö

  x = 0,75  Thoûa maõn x  1 0,1 y ⇒ ⇒  y = 0,2 − m = 4   m kim loaïi taêng = m Ag + m  m Mg = 18 Fe Mg

 56y 108.0,1 24x ⇒ a = 18 + 6,8 = 24,8

Ví dụ 20: Cho m gam bột Cu vào 400 ml dung dịch AgNO3 0,2M, sau một thời gian phản ứng thu được 7 gam hỗn hợp rắn X và dung dịch Y. Lọc tách X, rồi thêm 3,9 gam bột Zn vào dung dịch Y, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 6,14 gam chất rắn và dung dịch T. Giá trị của m là A. 3,20.

B. 6,40.

C. 3,84.

D. 5,76. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 2 – THPT chuyên Quốc Học Huế, năm 2016) Phân tích và hướng dẫn giải

20

Phát triển tư duy sáng tạo giải nhanh bài tập trắc nghiệm Hóa vô cơ 12 – Nguyễn Minh Tuấn

TN1: Cu + AgNO3  → chaát raén X + dd Y + → chaát raén + dd T TN2 : Zn + + dd Y  ⇒ baûn chaát phaûn öùng laø : Cu   hoãn hôïp   Zn(NO3 )2  →   + {AgNO3 : 0,08}  +  Zn  kim loaïi  ...    13,6 gam

(m + 3,9) gam

(7 + 6,14) gam

dd T

T chæ chöùa Zn(NO3 )2 Tính khöû : Zn > Cu  + ⇒ n − NO3 2n Zn = 0,12 > n − = 0,08  NO3  n Zn(NO ) = = 0,04 ⇔ 7,56 gam 3 2 2 

T& G T

+ BTKL : (m + 3,9) + 13,6 = (7 + 6,14) + 7,56 ⇒ m = 3,2

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

Ví dụ 21: Cho m gam hỗn hợp A gồm Fe và Zn vào 200 ml dung dịch chứa AgNO3 0,18M và Cu(NO3)2 0,12M, sau một thời gian thu được 4,21 gam chất rắn X và dung dịch Y. Cho 1,92 gam bột Mg vào dung dịch Y, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 4,826 gam chất rắn Z và dung dịch T. Giá trị của m là A. 3,124.

B. 2,648.

C. 2,700.

D. 3,280. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 – THPT Ngô Gia Tự – Đắk Lắk, năm 2017) Phân tích và hướng dẫn giải

+ Baûn chaát phaûn öùng :

 Fe, Zn  AgNO3 : 0,036   chaát raén  →  +    + dd T Mg : 0,08 mol  Cu(NO3 )2 : 0,024  X, Z   

(m +1,92) gam

10,632 gam

(4,21+ 4,826) gam

T chæ chöùa Mg(NO3 )2 Tính khöû : Mg > Zn > Fe  + ⇒ n − NO3 2n Mg = 0,16 > n − = 0,084  NO3   n Mg(NO ) = = 0,042 ⇔ 6,216 gam 3 2  2 + BTKL : (m + 1,92) + 10,632 = (4,21 + 4,826) + 6,216 ⇒ m = 2,7

N

Vận dụng: Câu 39: Cho m gam bột Fe vào 200 ml dung dịch chứa hai muối AgNO3 0,15M và Cu(NO3)2 0,1M, sau một thời gian thu được 3,84 gam hỗn hợp kim loại và dung dịch X. Cho 3,25 gam bột Zn vào dung dịch X, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 3,895 gam hỗn hợp kim loại và dung dịch Y. Giá trị của m là A. 0,560.

B. 2,240.

C. 2,800.

D. 1,435. (Đề thi minh họa kỳ thi THPT Quốc Gia, năm 2015) + Baûn chaát phaûn öùng :

D IỄ

+  Zn 2 +  Ag  Fe  → Kim loaïi + dd Y   2 +  +     ,...  Cu   Zn  + 2 n Zn > n Ag+ + 2 n Cu2+ ⇒ Y chæ coù Zn 2 + : 0,035 mol.

0,05

0,02

0,03

+ BTKL : m (Ag+ , Cu2+ ) + m Zn + m Fe = m kim loaïi + m Zn2+ ⇒ m = 2,24

3,25 m =?

4,52

3,84 + 3,895

2,275

Câu 40: Cho m gam bột Fe vào 200 ml dung dịch gồm Pb(NO3)2 0,05M, AgNO3 0,10M và Cu(NO3)2 0,1M, sau một thời gian thu được 3,84 gam hỗn hợp kim loại và dung dịch X. Cho 3,25 gam Zn vào dung dịch X, sau phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 3,895 gam hỗn hợp kim loại và dung dịch Y. Giá trị của m là A. 1,428.

B. 2,242.

C. 2,856.

D. 1,575. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 2 – THPT chuyên KHTN Hà Nội, năm 2016)

21

Phát triển tư duy sáng tạo giải nhanh bài tập trắc nghiệm Hóa vô cơ 12 – Nguyễn Minh Tuấn

+ Baûn chaát phaûn öùng :  AgNO3 : 0,02   Fe   hoãn hôïp   Zn(NO3 )2    →   + Cu(NO3 )2 : 0,02   +  Zn  kim loaïi  ...   Pb(NO ) : 0,01   3 2  (m + 3,25) gam (3,84 + 3,895) gam dd Y  10,47 gam

Y chæ chöùa Zn(NO3 )2 Tính khöû : Zn > Fe  + ⇒ n − NO3 2n = 0,1 > n − = 0,08 NO3  n Zn(NO ) = = 0,04 ⇔ 7,56 gam  Zn 3 2  2 + BTKL : (m + 3,25) + 10,47 = (3,84 + 3,895) + 7,56 ⇒ m = 1,575

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

T& G T

Câu 41: Cho m gam bột Fe vào 100 ml dung dịch chứa hai muối AgNO3 0,2M và Cu(NO3)2 0,15M, sau một thời gian thu được 2,16 gam hỗn hợp kim loại và dung dịch X. Cho 4,875 gam bột Zn vào dungdịch X sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 5,45 gam hỗn hợp kim loại và dung dịch Y. Giá trị của m là A. 2,24.

B. 4,48.

C. 1,24.

D. 11,2. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 – THPT Lý Tự Trọng – Nam Định, năm 2016) + Baûn chaát phaûn öùng : Fe    Zn  

(m + 4,875) gam

 AgNO3 : 0,02  hoãn hôïp   Zn(NO3 )2  + →   +  Cu(NO3 )2 : 0,015 kim loaïi  ...    6,22 gam

(2,16 + 5,45) gam

dd Y

Y chæ chöùa Zn(NO3 )2 Tính khöû : Zn > Fe  + ⇒ n − NO3 2n = 0,15 > n − = 0,05 NO3  n Zn(NO ) = = 0,025 ⇔ 4,725 gam  Zn 3 2  2 + BTKL : (m + 4,875) + 6,22 = (2,16 + 5,45) + 4,725 ⇒ m = 1,24

Ví dụ 22: Cho m gam Mg vào dung dịch chứa 0,05 mol AgNO3 và 0,125 mol Cu(NO3)2, sau một thời gian thu được 9,72 gam kết tủa và dung dịch X chứa 2 muối. Tách lấy kết tủa, thêm tiếp 4,2 gam bột sắt vào dung dịch X, sau khi các phản ứng hoàn toàn, thu được 4,68 gam kết tủa. Giá trị của m là A. 2,16.

B. 2,40.

C. 2,64.

D. 2,32. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1– THPT Sở GD và ĐT Quảng Nam, năm 2016) Phân tích và hướng dẫn giải

+ Sô ñoà phaûn öùng :

D IỄ

N

+ 2+ Ag : 0,05 mol  H <100% Ag, Cu  Mg : x mol  Mg +  2 + →    +  2+  (1) Mg dö  Cu : y mol  Cu : 0,125 mol  

9,72 gam

dd X

Mg2 +   Mg2 + : x mol  H =100% Fe → chaá t ra é n +    +  2+ Fe2+  (2) 4,2 gam Cu : y mol    4,68 gam  4,68 − 4,2 = 0,06 ÔÛ (2) : y = n Cu taïo thaønh = n Fe pö = + ⇒ x = 0,09 8 BTÑT ôû (1) : 2x + 2y = 0,05 + 0,125.2  ⇒ m Mg ban ñaàu = 9,72 + (0,09.24 + 0,06.64) − (0,05.108 + 0,125.64) = 2,32

Vận dụng: Câu 42: Cho m gam Mg vào dung dịch chứa 0,1 mol AgNO3 và 0,25 mol Cu(NO3)2, sau một thời gian thu được 19,44 gam kết tủa và dung dịch X chứa 2 muối. Tách lấy kết tủa, thêm tiếp 8,4 gam bột sắt vào dung dịch X, sau khi các phản ứng hoàn toàn, thu được 9,36 gam kết tủa. Giá trị của m là A. 4,8.

B. 4,32.

C. 4,64.

D. 5,28.

22

Phát triển tư duy sáng tạo giải nhanh bài tập trắc nghiệm Hóa vô cơ 12 – Nguyễn Minh Tuấn

(Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 2 – THPT Nguyễn Thái Học – Khánh Hòa, năm 2016) + Sô ñoà phaûn öùng : Ag+ : 0,1 mol  H <100% Ag, Cu  Mg2 + : x mol  Mg +  2 + →   +  (1) Mg dö  Cu2 + : y mol   Cu : 0,25 mol 

19,44 gam

2+

dd X

2+

 Mg : x mol  H =100% Mg → chaá Fe t raén +  2 +   +  2+

8,4 gam Cu : y mol  Fe 9,36 gam

  (2) 

⇒ m Mg ban ñaàu = 19,44 + (0,18.24 + 0,12.64) − (0,1.108 + 0,25.64) = 4,64

T& G T

 9,36 − 8,4 = 0,12 ÔÛ (2) : y = n Cu taïo thaønh = n Fe pö = + ⇒ x = 0,18 8 BTÑT ôû (1) : 2x + 2y = 0,1 + 0,25.2 

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

Câu 43: Cho m gam Mg vào dung dịch X gồm 0,03 mol Zn(NO3)2 và 0,05 mol Cu(NO3)2, sau một thời gian thu được 5,25 gam kim loại và dung dịch Y. Cho dung dịch NaOH vào Y, khối lượng kết tủa lớn nhất thu được là 6,67 gam. Giá trị của m là A. 2,86.

B. 4,05.

C. 3,60.

D. 2,02. (Đề thi THPT Quốc Gia, năm 2016) BTÑT cho dd spö : n Na+ = n NO − = 0,16 3  + BTKL : m + m + m + m NaOH = m kim loaïi + m keát tuûa + m NaNO Mg Cu(NO3 )2 Zn(NO3 )2

3

 6,4 ?

5,25 6,67 9,4 5,67 13,6  ⇒ m = 4,05 gam

Câu 44: Hỗn hợp X gồm 0,15 mol Mg và 0,1 mol Fe cho vào 500 ml dung dịch Y gồm AgNO3 và Cu(NO3)2.

Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 20 gam chất rắn Z và dung dịch E. Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch E, lọc kết tủa và nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi, thu được 8,4 gam hỗn hợp 2 oxit.

Nồng độ mol/l của AgNO3 và Cu(NO3)2 lần lượt là A. 0,12M và 0,36M. B. 0,24M và 0,6M. C. 0,24M và 0,5M. D. 0,12M và 0,3M. + Hai oxit laø MgO, Fe2 O3 ⇒ Z goàm Ag, Cu vaø coù theå coù Fe dö.

D IỄ

N

  BT E : 2 n Mg + 2 n Fe pö = 2 nCu2 + + n Ag+

 0,15 2x − 2y − z = −0,3 x y z   + m oxit = 40 n MgO + 160 n Fe O = 8,4 ⇒ x = 0,03 2 3

 56x − 64y − 108z = −14,4 0,15 0,5x   m = 64 n 108n 56 n 20 + + = dö Cu2 + Ag+  Z Fe

 0,1 x − y z x = 0,03 [AgNO ] = 0,06 = 0,12M 3   0,5 ⇒ y = 0,15 ⇒  z = 0,06 [Cu(NO ) ] = 0,15 = 0,3M 3 2   0,5

Câu 45: Cho 3,72 gam hỗn hợp gồm Mg và Al vào dung dịch M chứa AgNO3 và Cu(NO3)2. Sau khi kết thúc phản ứng, thu được dung dịch X và 20,0 gam rắn Y. Cho dung dịch NaOH dư vào X, thấy lượng NaOH phản ứng là 18,4 gam. Lọc lấy kết tủa nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được 7,6 gam hỗn hợp gồm hai oxit. Tỉ lệ nồng độ mol của AgNO3 và Cu(NO3)2 trong dung dịch M là A. 4 : 5.

B. 2 : 3.

C. 1 : 1.

D. 1 : 3. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 – THPT Chu Văn An – Quảng Trị, năm 2017)

23

Phát triển tư duy sáng tạo giải nhanh bài tập trắc nghiệm Hóa vô cơ 12 – Nguyễn Minh Tuấn

+ Sô ñoà phaûn öùng : Al(NO3 )3 : x mol  Mg  Cu(NO3 )2 : a mol    Ag ↓  → Mg(NO3 )2 : y mol  +   +    Al  AgNO3 : b mol  Cu ↓   Cu(NO ) : z mol  

3 2  3,72 gam  Y, 20 gam X

Al(NO3 )3 : x mol    NaOH pö max Cu(OH)2  t o CuO : z mol  → Mg(NO3 )2 : y mol    →   0,46 mol MgO : y mol   Cu(NO ) : z mol  Mg(OH)2 

3 2  7,6 gam 

T& G T

X

m (Mg, Al) = 27x + 24y = 3,72 x = 0,04   + n NaOH pö max = 4x + 2y + 2z = 0,46 ⇒ y = 0,11  z = 0,04  m (CuO, MgO) = 40y + 80z = 7,6

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

m (Ag, Cu) = 64(a − z) + 108b = 20 a = 0,15 b 4 + ⇒ ⇒ = a 5 n NO3− = 2a + b = 3x + 2y + 2z = 0,42  b = 0,12 Câu 46: Cho m gam bột sắt vào dung dịch X chứa AgNO3 và Cu(NO3)2 đến khi các phản ứng kết thúc thu được chất rắn Y và dung dịch Z. Cho dung dịch Z tác dụng hết với dung dịch NaOH dư, thu được a gam kết tủa T gồm hai hiđroxit kim loại. Nung T đến khối lượng không đổi thu được b gam chất rắn. Biểu thức liên hệ giữa m, a, b có thể là A. m = 8,225b – 7a.

B. m = 8,575b – 7a.

C. m = 8,4 – 3a.

D. m = 9b – 6,5a. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 2 – THPT chuyên Đại học Vinh, năm 2016) + T laø 2 hiñroxit cuûa Fe vaø Cu

Ag +  Ag  • Tröôøng hôïp 1: Fe +  2+   →  + ...  Cu 

Cu2 +   2+  Fe 

D IỄ

N

Fe(OH)2  Fe2 O3  ⇒ T laø  ; chaát raén laø    CuO  Cu(OH)2   m  m n Fe(OH)2 = n Fe = 56 n Fe2 O2 = 2.56 56a − 90m 160m  + ⇒ + 80. =b 90m ⇒  2.56 56.98 a−  n = 56a − 90m 56 n Cu(OH)2 =  CuO 56.98 98  80a 40m ⇒ + = b ⇒ m = 8,575b − 7a 98 343 2+ + Ag  Cu  • Tröôøng hôïp 2 : Fe +  2+   → Ag +  3+  : khoâng thoûa maõn. Cu  Fe  II. Tìm kim loại ● Mức độ vận dụng

Ví dụ 1: Nhúng một thanh graphit được phủ một lớp kim loại hóa trị (II) vào dung dịch CuSO4 dư. Sau phản ứng khối lượng của thanh graphit giảm đi 0,24 gam. Cũng thanh graphit này nếu được nhúng vào dung dịch AgNO3 dư thì khi phản ứng xong thấy khối lượng thanh graphit tăng lên 0,52 gam. Kim loại hóa trị (II) là kim loại nào sau đây ?

A. Pb. B. Cd. C. Al. D. Sn. Phân tích và hướng dẫn giải

24

Phát triển tư duy sáng tạo giải nhanh bài tập trắc nghiệm Hóa vô cơ 12 – Nguyễn Minh Tuấn

+ Kim loaïi hoùa trò 2 laø M. • Caùch 1: Tính theo phaûn öùng TN1: M + CuSO4  → MSO 4 + Cu ↓ mol :

x

x

→

TN2 : M + 2AgNO3  → M(NO3 )2 + 2Ag ↓ mol :

x

2x

→

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

TN1: BTE ⇒ n Cu taïo thaønh = n M pö = x TN1: ∆m = Mx − 64x = 0,24 + ⇒ TN2 : BTE ⇒ n Ag taïo thaønh = 2n M = 2x TN2 : ∆m = 108.2x − Mx = 0,52 x = 0,005 ⇒ ⇒ M = 112 (Cd) Mx = 0,56

T& G T

TN1: ∆m = Mx − 64x = 0,24 x = 0,005 ⇒ ⇒ ⇒ M = 112 (Cd) TN2 : ∆m = 108.2x − Mx = 0,52 Mx = 0,56 • Caùch 2 : Söû duïng baûo toaøn electron

Ví dụ 2: Nhúng thanh Mg vào dung dịch chứa 0,1 mol muối sunfat trung hoà của một kim loại R, sau phản ứng hoàn toàn lấy thanh Mg ra thấy khối lượng thanh Mg tăng 4,0 gam. Số muối của kim loại R thoả mãn là A. 1.

B. 0.

C. 3.

D. 2. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1– THPT Sở GD và ĐT Quảng Ninh, năm 2016) Phân tích và hướng dẫn giải

+ Giaû söû R coù hoùa trò n. + Phöông trình phaûn öùng :

nMg + R 2 (SO 4 )n  → nMgSO 4 + 2R mol : 0,1n ← 0,1

→

0,2

+ m kim loaïi taêng = 0,2R − 24.0,1n = 4 ⇒ R − 12n = 20

⇒ n = 3; R = 56 (Fe). Vaäy chæ coù1 muoái thoûa maõn.

● Mức độ vận dụng cao

Phân tích và hướng dẫn giải

D IỄ

N

Ví dụ 3: Cho 1 gam kim loại R vào 200ml dung dịch AgNO3 0,25M đến khi phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch không chứa ion Ag+ và có khối lượng giảm so với khối lượng của dung dịch AgNO3 ban đầu là 4,4 gam.

Kim loại R là?

A. Cu. B. Ca. C. Zn. D. Fe. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 – Sở Giáo dục và Đào tạo Nam Định, năm 2016)

25

Phát triển tư duy sáng tạo giải nhanh bài tập trắc nghiệm Hóa vô cơ 12 – Nguyễn Minh Tuấn

• Tröôøng hôïp 1: R (hoùa trò n) phaûn öùng tröïc tieáp vôùi AgNO3 + Phöông trình phaûn öùng : R + nAgNO3  → R(NO3 )n + nAg mol :

0,05 ← 0,05 n

0,05

→

+ m dd giaûm = m Ag − m R pö = 0,05.108 − R = 20 ⇒ loaïi. n • Tröôøng hôïp 2 : R laø Ca.

0,05R = 4,4 n

⇒

mol : 0,025

→

0,025 → 0,025

Ca(OH)2 + 2AgNO3  → Ca(NO3 )2 + 2AgOH ↓ 0,05

→

0,05

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

mol : 0,025 ←

T& G T

Ca + H 2 O  → Ca(OH)2 + H 2 ↑

2AgOH  → Ag2 O ↓ + H 2 O mol :

0,05 → 0,025

m dd giaûm = m Ag O + m H − m Ca = 0,025.232 + 0,025.2 − 1 = 4,85 gam : loaïi 2

2

+ Vaäy R laø Fe. Thaät vaäy :

2n Fe < n AgNO < 3n Fe ⇒ Fe tan heát , Ag + chuyeån heát t haønh Ag 3

⇒ m dd giaûm = m Ag − m Fe = 0,05.108 − 1 = 4,4 gam.

Vận dụng: Câu 1: Nhúng thanh kim loại M hoá trị 2 vào dung dịch CuSO4, sau một thời gian lấy thanh kim loại ra thấy khối lượng giảm 0,05%. Mặt khác nhúng thanh kim loại trên vào dung dịch Pb(NO3)2, sau một thời gian thấy khối lượng tăng 7,1%. Xác định M, biết rằng số mol CuSO4 và Pb(NO3)2 tham gia ở 2 trường hợp như nhau.

A. Al. B. Zn. C. Mg. D. Fe. + Khoái löôïng thanh kim loaïi laø m.

D IỄ

N

TN1: ∆m = Mx − 64x = 0,05%m TN1: BTE ⇒ n M pö = n Cu taïo thaønh = x + ⇒ TN2 : BTE ⇒ n M pö = n Pb taïo thaønh = x TN2 : ∆m = 207x − Mx = 7,1%m Mx − 64x 0,05%m M − 64 0,05 ⇒ = ⇒ = ⇒ M = 65 (Zn) 207x − Mx 7,1%m 207 − M 7,1 Câu 2: Cho 2,16 gam kim loại R (hóa trị không đổi) vào cốc đựng 250 gam dung dịch Cu(NO3)2 3,76% màu xanh đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, lọc bỏ phần không tan, thu được dung dịch không màu có khối lượng 247,152 gam. Kim loại R là A. Mg. B. Ca. C. Al. D. Na. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 – THPT Tiên Du – Bắc Ninh, năm 2016)

26

Phát triển tư duy sáng tạo giải nhanh bài tập trắc nghiệm Hóa vô cơ 12 – Nguyễn Minh Tuấn

• Tröôøng hôïp 1: R phaûn öùng tröïc tieáp vôùi Cu(NO3 )2 .

250.3,76% = 0,05 mol.

188 + Dung dòch sau phaûn öùng khoâng maøu, chöùng toû Cu2 + ñaõ heát. + Phöông trình phaûn öùng : + n Cu(NO

3 )2

=

2R + nCu(NO3 )2  → 2R(NO3 )n + nCu 0,1 ← 0,05 → 0,05 n 0,1R R + m dd giaûm = 0,05.64 − = 250 − 247,152 = 2,848 ⇒ = 3,52 (loaïi). n n • Tröôøng hôïp 2 : R phaûn öùng vôùi H 2 O 2R + 2nH2 O  → 2R(OH)n + nH 2 ↑ 2,16 1,08n → R R 2R(OH)n + nCu(NO3 )2  → nCu(OH)2 ↓ +2R(NO3 )n

mol :

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

mol :

T& G T

mol :

0,1 n

←

0,05

→

0,05

+ m dd giaûm = m Cu(OH) + m H − m R = 0,05.98 + 2

2

2,16n − 2,16 = 2,848 R

R = 20 ⇒ n = 2; R = 40 (Ca) n Câu 3: Lắc 13,14 gam Cu với 250 ml dung dịch AgNO3 0,6M một thời gian, thu được 22,56 gam chất rắn X và dung dịch Y. Nhúng thanh kim loại M nặng 15,45 gam vào dung dịch Y khuấy đều đến khi phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch chỉ chứa một muối duy nhất và 17,355 gam chất rắn Z. Kim loại M là A. Zn. B. Pb. C. Mg. D. Fe. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 – THPT Hiệp Hòa – Bắc Giang, năm 2016) + Baûn chaát phaûn öùng : ⇒

Cu  chaát raén  + n+ →   + Ag  +M

M  X, Z  x mol  

0,15 mol

{ }

28,59 gam

39,915 gam

D IỄ

N

n = 2 BTKL : xM = 0,15.108 + 28,59 − 39,915 = 4,875 M + ⇒ = 32,5 ⇒  n BTÑT : xn = 0,15  M = 65 (Zn)

27

CHUYÊN ĐỀ 1: HOÀN THIỆN TƯ DUY VÀ KỸ NĂNG GIẢI BÀI TẬP PHẢN ỨNG TẠO MUỐI AMONI HAY VÀ KHÓ Phản ứng tạo muối amoni là một trong những dạng bài tập hóa vô vơ hay và khó. Nếu như đề thi trước năm 2014 dừng lại ở việc tạo ra NH4NO3 thì từ năm 2014 đến nay, mức độ khó đã tăng lên đáng kể. Phản ứng vẫn tạo ra NH4NO3 nhưng sau đó ion NO3− bị khử hết thành các sản phẩm khác.

T& G T

Dưới đây là các dạng thường gặp : I. Phản ứng tạo ra NH4NO3 1. Những vấn đề cần lưu ý Dấu hiệu nhận biết phản ứng tạo muối NH4NO3 : Hỗn hợp chất rắn chứa kim loại hoạt động mạnh như Mg, Al, Zn phản ứng với dung dịch HNO3 tạo ra các khí N2, N2O, NO,…

2. Ví dụ minh họa :

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

Ví dụ 1: Đốt cháy 10,08 gam Mg trong oxi một thời gian, thu được m gam hỗn hợp rắn X. Hòa tan hết X trong dung dịch gồm HCl 0,9M và H2SO4 0,6M, thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối có khối lượng 3,825m gam.

Mặt khác, hòa tan hết 1,25m gam X trong dung dịch HNO3 loãng dư, thu được dung dịch Z chứa 82,5 gam muối và hỗn hợp khí T gồm N2 và 0,015 mol khí N2O. Số mol HNO3 phản ứng là A. 1,23 mol.

B. 1,32 mol.

C. 1,42 mol.

D. 1,28 mol.

Hướng dẫn giải

n = 0,9x  Cl− BTÑT : 0,9x + 2.0,6x = 2.0,42  + Trong Y n SO 2− = 0,6x ⇒  4 BTKL : 35,5.0,9x + 96.0,6x = 3,825m − 10,08  n Mg2+ = 0,42  1,25.(12 − 10,08) = 0,15 x = 0,4 n MgO = ⇒ ⇒ Trong 1,25m gam X coù  16 m = 12 n = 1,25.0,42 − 0,15 = 0,375  Mg  82,5 − 1,25.0,42.148 = 0,06 BTKL : n NH4 NO3 trong Z = 80 + BT E : n = 0,375.2 − 0,06.8 − 0,015.8 = 0,015 N2  10

⇒ n HNO = 2n Mg2+ + 2n N + 2n N O + 2n NH NO = 1,23 mol 3

2

2

4

3

D IỄ

N

Ví dụ 2: Hòa tan hết 30 gam rắn gồm Mg, MgO, MgCO3 trong HNO3 thấy có 2,15 mol HNO3 phản ứng. Sau phản ứng thu được 4,48 lít (đktc) hỗn hợp khí NO, CO2 có tỉ so với H2 là 18,5 và dung dịch X chứa m gam muối. Giá trị của m là A. 134,80 B. 143,20 C. 153,84 D. 149,84 Hướng dẫn giải

1

n NO + n CO = 0,2 n NO = 0,1 2 + ⇒ ⇒ n MgCO = 0,1 3 30n NO + 44n CO2 = 0,2.18,5.2 = 7,4  n CO2 = 0,1 + Sô ñoà phaûn öùng : Mg2 + ; NH 4 +  Mg, MgO  + HNO  →    + MgCO3  3 NO3 −    

2,15 mol

hoãn hôïp X

NO    CO2 

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

⇒ m muoái trong Y = 143,2 gam

T& G T

dd Y

n Mg = a n NH4+ = x + ; n MgO = b BT N : n NO3− trong Y = 2,05 − x BT E : 2a = 8x + 0,1.3 a = 0,65   + BTÑT trong Y : 2(a + b + 0,1) + x = 2,05 − x ⇒  b = 0,15 m = 24a + 40b + 0,1.84 = 30 x = 0,125  X 

Ví dụ tương tự : Ví dụ 2.1: Hòa tan hoàn toàn 5,22 gam hỗn hợp bột M gồm Mg, MgO, Mg(OH)2, MgCO3, Mg(NO3)2 bằng một lượng vừa đủ 0,26 mol HNO3. Sau khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch X và 0,448 lít hỗn hợp khí gồm N2O và CO2. Dung dịch X phản ứng vừa đủ với 250 ml dung dịch NaOH 1M, sau phản ứng thu được 6,96 gam kết tủa màu trắng. Phần trăm theo khối lượng của Mg(OH)2 trong hỗn hợp đầu gần nhất là A. 11,11%.

B. 22,22%.

C. 33,33%.

D. 44,44%.

Ví dụ 2.2: Hòa tan hết m gam hỗn hợp M chứa Mg, MgCO3 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, m gam hỗn hợp trên phản ứng hoàn toàn với dung dịch chứa 1,02 mol HNO3, 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 H2 bằng 22. Cô cạn cẩn thận dung dịch Y thu được (2m + 17,8) gam muối khan. Giá trị m là A. 54,0.

B. 40,5.

C. 27,0.

D. 39,15.

Ví dụ 3: Cho 9,6 gam hỗn hợp X gồm Mg và Fe3O4 vào 300 ml dung dịch HNO3 2M, thu được dung dịch Y và 0,896 lít (đktc) hỗn hợp N2O và NO có tỉ khối so với hiđro là 16,75. Trung hòa Y cần dùng 40 ml NaOH 1M thu được dung dịch Z, cô cạn Z thu được m gam muối khan. Biết rằng phản ứng xảy ra hoàn toàn và khi cô cạn muối không bị nhiệt phân. Giá trị m là A. 42,26.

B. 19,76.

C. 28,46.

D. 72,45.

D IỄ

N

Hướng dẫn giải

2

+ Y chöùa HNO3 dö neân Y khoâng chöùa Fe2+ . n NO + n N O = 0,04 n NO = 0,03 2 + ⇒ 30n NO + 44n N2 O = 0,04.16,75.2 = 1,34 n N2 O = 0,01 + Sô ñoà phaûn öùng : NO    N 2 O  Mg    Fe3O 4 

HNO3 0,6 mol

Mg2+ , Fe3+  Mg2 + , Fe3+      + − NaOH → NH 4 + , NO3 −  NH 4 , NO3   trung hoøa     H+ Na+     dd Y

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

dd Z

T& G T

hoãn hôïp X

n Mg2+ = x n NH + = z n Mg = x ; 4 + ⇒ n y = BT N : n NO − trong Z = 0,55 − z n 3y = 3 +  Fe3O4  Fe 3 

m X = 24x + 232y = 9,6 x = 0,11   + BT E : 2x + y = 0,03.3 + 0,01.8 + 8z ⇒ y = 0,03   BTÑT trong Z : 2x + 9y + z + 0,04 = 0,55 − z z = 0,01

⇒ m muoái trong Z = m Fe3+ + m Mg2+ + m NH + + m Na+ + m NO − = 42,26 gam 4

3

D IỄ

N

Ví dụ tương tự : Ví dụ 3.1: Cho một luồng khí O2 đi qua 63,6 gam hỗn hợp kim loại Mg, Al và Fe thu được 92,4 gam chất rắn X. Hòa tan hoàn toàn lượng X trên bằng dung dịch HNO3 (dư). Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y và 3,44 gam hỗn hợp khí Z. Biết có 4,25 mol HNO3 tham gia phản ứng, cô cạn cẩn thận dung dịch Y thu được 319 gam muối. Phần trăm khối lượng của nitơ có trong 319 gam hỗn hợp muối trên là A. 18,082%. B. 18,125%.

C. 18,038%. D. 18,213%.

Ví dụ 3.2: A là hỗn hợp chứa Fe, Al, Mg. Cho một luồng khí O2 đi qua 21,4 gam A nung nóng thu được 26,2 gam hỗn hợp rắn B. Cho toàn bộ B vào bình chứa 400 gam dung dịch HNO3 (dư 10% so với lượng phản ứng). Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thấy có NO và N2 thoát ra với tỉ lệ mol 2 : 1. Biết khối lượng dung dịch C sau phản ứng là 421,8 gam, số mol HNO3 phản ứng là 1,85 mol. Tổng khối lượng các chất tan có trong bình sau phản ứng gần nhất với A. 156.

B. 134.

C. 124.

D. 142.

Ví dụ 3.3: Hoà tan hết 15,44 gam hỗn hợp gồm Fe3O4, Fe và Al (trong đó oxi chiếm 20,725% về khối lượng) bằng 280 gam dung dịch HNO3 20,25% (dùng dư), thu được 293,96 gam dung dịch X và 0,896 lít hỗn hợp khí X gồm NO và N2O. Để tác dụng tối đa các chất trong dung dịch X cần 450 ml dung dịch NaOH 2M. Nếu cô cạn dung dịch X thu được chất rắn Z. Nung Z đến khối lượng không đổi, thấy khối lượng chất rắn giảm m gam. Giá trị m là A. 44,12.

B. 46,56.

C. 43,72.

D. 45,84.

Ví dụ 4: Hòa tan m gam hỗn hợp A gồm Mg, Al, MgO và Al2O3 bằng dung dịch HCl vừa đủ thì được dung dịch chứa (m + 70,295) gam muối. Cho m gam hỗn hợp A tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc nóng dư, thu được 13,328 lít SO2 (đktc, sản phẩm khử duy nhất). Nếu cho m gam hỗn hợp A tác dụng với dung dịch HNO3 loãng dư, thu được 3,808 lít hỗn hợp khí NO và N2O (đktc) có tỉ khối so với hiđro là được 162,15 gam muối khan. Giá trị của m là A. 30,99.

B. 40,08.

C. 29,88.

318 , dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thu 17

D. 36,18.

Hướng dẫn giải

3

n NO + n N O = 0,17 2  n NO = 0,08 + ⇒ 0,17.318.2 = 6,36 n N2 O = 0,09 30n NO + 44n N2 O = 17 

+ Sô ñoà phaûn öùng : HCl

hoãn hôïp A

(1) H 2 SO 4 ñaëc (2)

SO2

HNO3 (3)

Al(NO3 )3    Mg(NO3 )2  NH NO  4 3  

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

NO    N 2 O 

T& G T

Al, Al 2 O3  Al, Mg  →    ←  quy ñoåi Mg, MgO   O  

Mg2 + , Al3+    Cl −  

BTÑT cho (1) : n Cl− = n electron maø Mg, Al nhöôøng  + BT E cho (2) : n = 2n O2− + 2 n SO ⇒ n Cl− − 2n O2− = 1,19 (*) electron maø Mg, Al nhöôøng 2  0,595  + Theo (1) vaø söï taêng giaûm khoái löôïng, ta coù : 35,5n Cl− − 16n O2− = 70,295 (**) n − = 2,21 + Töø (*) vaø (**) suy ra :  Cl n O2− = 0,51 BT E cho (3) : n electron maø Mg, Al nhöôøng = 3n NO + 8n N O + 8n NH NO + 2 n O 2 4

3  0,08 0,51  0,09 2,21 ? + m (Al, Mg) = m muoái khan − 80n NH 4 NO3 − 62 n electron maø Mg, Al nhöôøng

 2,21

D IỄ

N

n NH NO = 0,02875 ⇒ 4 3 ⇒ m = 22,83 + 0,51.16 = 30,99 gam m (Al, Mg) = 22,83 Ví dụ tương tự : Ví dụ 4.1: Hỗn hợp X gồm FexOy, Fe, MgO và Mg. Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HNO3 dư, thu được 6,72 lít hỗn hợp khí N2O và NO (đktc) có tỉ khối so với hiđro là 15,933 và dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thu được 129,4 gam muối khan. Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc nóng dư, thu được 15,68 lít khí SO2 (đktc, sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch Z. Cô cạn dung dịch Z thu được 104 gam muối khan. Giá trị của m là A. 27,20.

B. 28,80.

C. 26,16.

D. 22,86.

Ví dụ 4.2: Đốt cháy 16,96 gam hỗn hợp gồm Fe và Mg trong oxi một thời gian, thu được hỗn hợp rắn X. Hòa tan hết X trong 242 gam dung dịch HNO3 31,5%, thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối có khối lượng 82,2 gam và 1,792 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm N2O và NO có tỉ khối so với He bằng 10,125. Cho NaOH dư vào dung dịch Y, lấy kết tủa nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được 25,6 gam chất rắn khan. Nồng độ C% của Fe(NO3)3 trong Y có giá trị gần nhất với: A. 12%.

B. 13%.

C. 14%.

D. 15%.

1.1A

2.1A

ĐÁP ÁN HƯỚNG VÀ DẪN GIẢI MỘT SỐ BÀI KHÓ 2.2C 3.1B 3.2B 3.3C 4.1B 4.2B

Ví dụ 2.1: ● Cách tiếp cận thứ nhất :

4

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

n − = n + = 0,25 Na  NO3  n − + n NH4+ = n HNO3 + X coù: n Mg2+ = n Mg(OH) = 0,12 ⇒  NO3 2  N 2 O do N trong Mg(NO3 )2 taïo ra n NH 4+ = 0,01 Mg(OH)2 : x mol  Mg : (0,12 − x) mol + Quy ñoåi M thaønh  O : y mol (N O + CO ) : 0,02 mol  2 2

T& G T

Gặp bài tập này, tôi đã rất lúng túng vì hỗn hợp có tới 5 chất. Loay hoay mãi, vẫn không tìm được cách nào cho đơn giản. Vì thế đành quay lại cách thông thường, đó là đặt x, y, z, t, v ứng với số mol của các chất trong M. Rồi dựa vào giả thiết và áp dụng các định luật bảo toàn lập hệ phương trình. Có 4 phương trình, nhưng lại có 5 ẩn số!

Ngán quá đi! Cách này không ổn rồi! Nhưng thử biến đổi toán học thêm một chút nữa, tôi đã tìm được số mol của Mg(OH)2. ● Cách tiếp cận thứ hai : Trời! Ai ra cái bài này mà ghê thế chứ! Chẳng lẽ cứ phải làm thế này cho những bài tương tự sao. Không! Phải có cách nào khác đơn giản hơn chứ, tôi cứ nghĩ như thế và rồi đã tìm thấy nó :

m − = 34x + 16y = 1,46 x = 0,01; y = 0,07 ⇒  (OH , O) trong M ⇒ %m Mg(OH) = 11,11% BT E : 2(0,12 − x) = 2y + 0,01.8  2

Với cách tiếp cận này, vấn đề đã được giải quyết đơn giản hơn, nhưng tính khái quát vẫn chưa cao. ● Cách tiếp cận thứ ba : n − = n + = 0,25 Na  NO3  + X coù: n Mg2+ = n Mg(OH) = 0,12 ⇒ m muoái = 18,56 gam.

2  n 0,01 =  NH4+ Mg, MgO  Mg2 +    Mg(OH)   CO   2  + Sô ñoà phaûn öùng :   →  NO3 −  +  2  + H2 O  + HNO 3

N2 O  MgCO3    + ? mol 0,26 mol NH 4   Mg(NO ) 

0,02 mol 3 2 

18,56 gam

Ví dụ 2.2:

5,22 gam

D IỄ

N

 5,22 + 0,26.63 − 18,56 − 0,02.44 = 0,12 BTKL : n H2 O = 18 + ⇒ %m Mg(OH) = 11,11% 2 0,12.2 + 0,01.4 − 0,26 BTNT H : n 0,01 = = Mg(OH)2  2

Ta thấy : Dung dịch Y gồm các ion Fe3+ , Mg2 + , NO3 − , có thể có NH 4 + và hai ion kim loại có số mol bằng nhau.

Hai khí là CO2 và N2O. ● Cách tiếp cận thứ nhất : Đặt ẩn x, y , z cho các chất Mg, MgCO3 và FeCO3. Số mol của CO2 thì có thể tính theo y, z. Nhưng số mol của N2O thì còn phụ thuộc vào số mol của HNO3 và các ion trong dung dịch Y, như vậy sẽ cần thêm một ẩn nữa cho ion NH 4 + . Như vậy là có 4 ẩn rồi, lại còn ẩn m nữa chứ, ôi sao mà nản quá!

Nếu nghĩ thêm một chút nữa thì có thể làm mất ẩn m, nhưng 4 ẩn là đủ mệt rồi. ● Cách tiếp cận thứ hai :

5

+ Sô ñoà phaûn öùng : Mg2+ : x mol  Mg : x mol   3+    quy ñoåi Fe : x mol  HNO3 Fe : x mol  CO2 : y mol  →  → M ←   1,02 mol  +  + O : y mol  NH 4 : z  N2 O : (0,25 − y) mol  CO : y mol  NO −   2  3   dd Y

x = 0,18  ⇒ y = 0,21 ⇒ m = 27 z = 0,02 

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

● Cách tiếp cận thứ ba :

T& G T

BT N vaø BTÑT trong Y : 5x + z = 1,02 − z − 2(0,25 − y)  + BT E : 5x = 2y + 8z + 8(0,25 − y) m  muoái − 2m M = 62[1,02 − z − 2(0,25 − y)] + 18z − 2(44 + 16)y − 80x = 17,8

Mg  2+ 3+   Mg , Fe  CO2  + Sô ñoà phaûn öùng : MgCO3  + HNO3  → +  + H2 O

NH 4 + , NO3−  N 2 O   FeCO   1,02 mol ? gam 3  

0,25 mol (2m +17,8) gam m gam

+ BTKL : m H O = 35,46 − m ⇒ m < 35,46 ⇒ C 2

Ví dụ 3.1:

 92,4 + 4,25.63 − 319 − 3,44 = 2,095 BTKL : n H2 O = 18  4,25 − 2,095.2  + BTNT N : n NH + trong Y = = 0,015 ⇒ %N trong Y = 18,125% Ví dụ 3.2: 4 4  319 − 63,6 − 0,015.18  = 4,115 BTKL n NO3− trong Y = 62 

D IỄ

N

n NO = 2x; n N = x 2  + 26,2 + 400 − 421,8 = 0,05 BTKL : x = 88  n NH + = a; BTNT N : n NO − = 1,65 − a 3  4 + Trong C :  ⇒ a = 0,025 26,2 − 21,4 + 0,8 + 8a n ñieän tích döông cuûa ion kim loaïi = 2.

16 

+ m chaát tan trong X = 1,85.10%.63 + 0,025.18 + 21,4 + 1,625.62 = 134, 225 ≈ 134

Ví dụ 3.3:

6

+ Quy ñoåi hoãn hôïp ban ñaàu thaønh Al (x mol), Fe (y mol), O (0,2 mol). + n NaOH = 0,9; nNH + trong X = z mol; n HNO ban ñaàu = 0,9 mol.

3

4

+ Sô ñoà phaûn öùng : NO    N2 O AlO2 − : x   +  Na : 0,9  NO − : 0,9 − x   3  

HNO3

Al3+ , Fe3+    + + NH4 , H    NO3−  

coâ caïn, nung

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

dd X

dd Y

NaOH

T& G T

Al    Fe O   

O  Fe2 O3   2    + NO  O   2 2 3  Al

NH3  chaát raén Z

n NO + n N O = 0,04 n NO = 0,02 2 + ⇒ 30n NO + 44n N2 O = 15,44 + 280 − 293,96 = 1,48 n N2 O = 0,02 m (Al, Fe) = 27x + 56y = 12,24  + BT E : 3x + 3y = 8z + 0,02.3 + 0,02.8 + 0,2.2 BT N vaø BTÑT trong Z : 0,9 − x = 0,9 − z − 0,02 − 0,02.2  x = 0,08 n NO − trong muoái Al(NO ) , Fe(NO ) = 0,78 mol 3 3 3 3   3 ⇒ y = 0,18 ⇒  0,78 = 43,72 gam z = 0,02 m = 0,02.80 + 62.0,78 − 16.

2  

Ví dụ 4.1:

+ Quy ñoåi X thaønh Fe (x mol), Mg (y mol), O.

D IỄ

N

n NO + n N O = 0,3 n NO = 0,26 2 + ⇒ 30n NO + 44n N2 O = 15,933.2.0,3 n N2 O = 0,04 + Giaû söû trong Y coù NH 4 + , ta coù :

BT E : 2 n SO = 8n NH + + 3n NO + 8n N O ⇒ n NH + = 0,0375.

2

4 4 2

0,7

0,26

?

0,04

m muoái nitrat kim loaïi = 242x + 148y = 129,4 − 0,0375.80 x = 0,4 + ⇒ y = 0,2 m muoái sunfat kim loaïi = 200x + 120y = 104 + BT E : 3n Fe + 2 n Mg = 2 n O + 2 n SO ⇒ n O = 0,1 ⇒ m X = 28,8 gam

2 0,4

0,2

?

0,7

Ví dụ 4.2:

7

n NO + n N O = 0,08 n NO = 0,02 2 + ⇒ 30n NO + 44n N O = 0,08.10,125.4 = 3,24 n N2 O = 0,06  2

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

 0,24.2 + 0,2.3 − 0,02.3 − 0,06.8 − 0,025.8 a = 0,06 = 0,17 n O trong Z =  2 ⇒  b = 0,14 ⇒  0,14.242 z = 0,025 C% = .100% ≈ 13%   Fe(NO3 )3 16,96 + 0,17.2 + 242 − 3,24

T& G T

n Mg = x m (Mg, Fe) = 24x + 56y = 16,96 x = 0,24 + ⇒ ⇒ n Fe = y m (Fe2 O3 , MgO) = 40x + 80y = 25,6 y = 0,2 Fe2+ : a  3+ a + b = 0,2 Fe : b  2+  + Y coù: Mg : 0,24 ⇒ 18z + 62(1,07 − z) = 82,2 − 16,96 = 65,24 NH + : z 2a + 3b + 0,24.2 + z = 1,07 − z  4  BT N : NO − : (1,07 − z) 3 

II. Phản ứng ion NH 4 + , còn NO3− đã bị khử hết 1. Những vấn đề cần lưu ý

Dấu hiệu nhận biết phản ứng tạo ra ion NH 4 + : Xảy ra phản ứng của kim loại hoạt động mạnh (Mg, Al, Zn) với (H + vaø NO3− ) . Sản phẩm khử ngoài N2, N2O,… thì còn có cả H2.

Giải thích : Như ta biết, tính oxi hóa của NO3− mạnh hơn H+, nên phản ứng tạo ra H2 thì chứng tỏ trong dung dịch thu được không thể có NO3− .

2. Ví dụ minh họa

Ví dụ 1: Cho 4,32 gam Mg vào dung dịch hỗn hợp NaNO3 và H2SO4, đun nhẹ đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch X; 0,896 lít (đktc) hỗn hợp khí Y có khối lượng 0,92 gam gồm 2 khí không màu có một khí hóa nâu trong không khí và còn lại 2,04 gam chất rắn không tan. Cô cạn cẩn thận dung dịch X, thu được m gam muối khan. Giá trị của m là A. 18,27.

B. 14,90.

C. 14,86.

D. 15,75. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 3 – THPT chuyên Đại học Vinh – Nghệ An, năm 2015) Hướng dẫn giải

D IỄ

N

M 2 khí = 23 H : 0,01 + ⇒ 2 khí laø  2 ⇒ X khoâng coù NO3 − . NO : 0,03 coù moät khí laø NO (hoùa naâu) + Sô ñoà phaûn öùng : Mg2 + ; Na+  NaNO3  Mg +  →    +

SO4 2 − ; NH 4 +  H 2 SO4   0,095 mol

 H 2     NO 

dd Y

BT E : 2n = 2n H + 3n NO + 8n NH + Mg pö 2 4  n NH + = 0,01   + BT N : n NO − = n NO + n NH + ⇒ 4 3 4  n Na+ = n NO3− = 0,04 BTÑT : n Na+ = n NO3− BTÑT trong Y : n SO 2− = 0,12  4 + m = m + m Na+ + m NH + + m SO 2− = 14,9 gam  muoái trong X Mg 2+ 4 4 Ví dụ tương tự :

8

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

T& G T

Ví dụ 1.1: Cho Zn tới dư vào dung dịch gồm HCl; 0,05 mol NaNO3 và 0,1 mol KNO3. Sau khi kết thúc các phản ứng thu được dung dịch X chứa m gam muối; 0,125 mol hỗn hợp khí Y gồm hai khí không màu, trong đó có một khí hóa nâu trong không khí. Tỉ khối của Y so với H2 là 12,2. Giá trị của m là A. 61,375.

B. 64,05.

C. 57,975.

D. 49,775.

Ví dụ 1.2: Cho 3,48 gam bột Mg tan hết trong dung dịch hỗn hợp gồm HCl (dư) và KNO3, thu được dung dịch X chứa m gam muối và 0,56 lít (đktc) hỗn hợp khí Y gồm N2 và H2. Khí Y có tỉ khối so với H2 bằng 11,4. Giá trị của m là A. 16,085.

B. 14,485.

C. 18,300.

D. 18,035. (Đề thi tuyển sinh khối B năm 2014) Ví dụ 1.3: Cho 5 gam bột Mg vào dung dịch KNO3 và H2SO4. Đun nhẹ trong điều kiện thích hợp đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch X chứa m gam muối và 1,792 lít hỗn hợp khí Y (đktc) gồm 2 khí không màu, trong đó có 1 khí hoá nâu ngoài không khí và còn lại 0,44 gam chất rắn không tan. Biết tỉ khối hơi của Y đối với H2 là 11,5. Giá trị của m là : A. 27,96.

B. 31,08.

C. 36,04.

D. 29,72. (Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Hồng Lĩnh, năm học 2013 – 2014) Ví dụ 2: Cho 5,6 gam hỗn hợp X gồm Mg và MgO có tỉ lệ mol tương ứng là 5 : 4 tan vừa đủ trong dung dịch hỗn hợp chứa HCl và KNO3. Sau khi kết thúc phản ứng, thu được 0,224 lít khí N2O duy nhất (đktc) và dung dịch Y chỉ chứa muối clorua. Biết các phản ứng hoàn toàn. Cô cạn cẩn thận Y thu được m gam muối. Giá trị của m là : A. 20,51.

B. 18,25.

C. 23,24.

D. 24,17.

Hướng dẫn giải

+ Sô ñoà phaûn öùng :  Mg   0,1 mol   + MgO  : 0,08 mol 

HCl    KNO3 

+ Mg2 + ; K 

 0,18 mol x mol   → + N2 O ↑ + −

; Cl NH 

4 0,01 mol z mol  y mol 



dd Y

D IỄ

N

BT E : 0,1.2 = 0,01.8 + 8y y = 0,015   + BT N : x = y + 0,01.2 ⇒ x = 0,035 ⇒ m muoái / Y = 20,51 gam   BTÑT trong Y : 0,18.2 + x + y = z z = 0,41 Ví dụ tương tự : Ví dụ 2.1: Cho 31,15 gam hỗn hợp bột Zn và Mg (tỉ lệ mol 1 : 1) tan hết trong dung dịch hỗn hợp gồm NaNO3 và NaHSO4 thu được dung dịch A chỉ chứa m gam hỗn hợp các muối và 4,48 lít (đktc) hỗn hợp khí B gồm N2O và H2.

Khí B có tỷ khối so với H2 bằng 11,5. Giá trị m gần nhất với A. 240.

B. 255.

C. 132.

D. 252.

Ví dụ 2.2: Nung m gam hỗn hợp gồm Mg và Cu(NO3)2 trong điều kiện không có không khí, sau một thời gian thu được chất rắn X và 10,08 lít (đktc) hỗn hợp khí gồm NO2 và O2. Hòa tan hoàn toàn 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 giá trị nào nhất sau đây?

A. 50.

B. 55.

C. 45.

D. 60.

Ví dụ 3: Cho 7,65 gam hỗn hợp X gồm Al và Al2O3 (trong đó Al chiếm 60% khối lượng) tan hoàn toàn trong dung dịch Y gồm H2SO4 và NaNO3, thu được dung dịch Z chỉ chứa 3 muối trung hòa và m gam hỗn hợp khí T (trong T có 0,015 mol H2). Cho dung dịch BaCl2 dư vào Z đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 93,2 gam kết tủa. Còn nếu cho Z phản ứng với NaOH thì lượng NaOH phản ứng tối đa là 0,935 mol. Giá trị của m gần giá trị nào nhất sau đây?

A. 2,5.

B. 3,0.

C. 1,0.

D. 1,5. (Đề thi THPT Quốc Gia, năm 2015) Hướng dẫn giải

9

+ Ta coù: n Al = 0,17 mol; n Al O = 0,03 mol; n BaSO = 0,4 mol; n NaOH = 0,935 mol.

2

3

4

+ Sô ñoà phaûn öùng : Al   + Al 2 O3  

X

+ 3+ H 2 SO 4  NH 4 , Al   →    + + Na , SO4 2−    3  NaNO 

Y

Z

BaCl 2 dö

BaSO4

H 2    NOx  

T

NaOH pö max −  AlO2  2− + SO 4 , Na  

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

BT Al : n AlO − = 0,23 BTÑT trong W : n + = 1,03   Na 2 + Trong W  ⇒ BT Na : n n Na+ trong Z = 0,095 = BT S : n SO42− = 0,4 Na + trong Y  BTÑT trong Z : n NH + = 0,015; BT N : n NO = 0,08 x = 0,25 x 4 + ⇒ BT E : 3.0,17 = 0,08(5 − 2x) + 0,015.2 + 0,015.8 m T = 1,47 ≈ 1,5 gam

T& G T

W

Ví dụ tương tự : Ví dụ 3.1: Hỗn hợp X gồm Al, Al2O3, Fe và Fe3O4 trong đó oxi chiếm 26,86% về khối lượng. Hòa tan hết 41,7 gam X cần vừa đủ 1525 ml dung dịch HNO3 1,5M, thu được dung dịch Y và 2,24 lít hỗn hợp Z (đktc) gồm NO và N2O có tỉ khối so với H2 là 18,5. Làm bay hơi dung dịch Y thu được m gam muối. Giá trị của m là A. 162,2 gam. B. 64,6 gam.

C. 160,7 gam. D. 151,4 gam.

Ví dụ 3.2: Hỗn hợp X gồm Al, Mg, FeO, Fe3O4 trong đó oxi chiếm 20,22% khối lượng hỗn hợp. Cho 25,32 gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HNO3 dư, thu được 3,584 lít hỗn hợp khí NO và N2O (đktc) có tỉ khối so với hiđro là 15,875 và dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thu được m gam muối khan. Nung muối khan này trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 30,92 gam chất rắn khan. Giá trị gần nhất của m là A. 106. B. 103.

C. 105.

D. 107. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 2 – THPT chuyên Bến Tre, năm 2015) Ví dụ 4: Cho 66,2 gam hỗn hợp X gồm Fe3O4, Fe(NO3)2, Al tan hoàn toàn trong dung dịch chứa 3,1 mol KHSO4 loãng. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y chỉ chứa 466,6 gam muối sunfat trung hòa và 10,08 lít (đktc) khí Z gồm 2 khí trong đó có một khí hóa nâu ngoài không khí. Biết tỉ 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. (Đề minh họa kỳ thi THPT Quốc Gia, năm 2015)

D IỄ

N

Hướng dẫn giải

10

 23.4 = 5,11 M Z = + ⇒ Z goàm 18  Z goàm 2 khí trong ñoù coù NO (hoùa naâu)  n H + n NO = 0,45  2 n H = 0,4 ⇒ ⇒ 2 0,45.23.4 = 2,3 n NO = 0,05 2n H2 + 30n NO = 18  + Sô ñoà phaûn öùng :

H 2  NO

66,2 gam

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

 66,2 + 3,1.136 − 466,6 − 2,3 = 1,05 BTKL : n H2 O = 18  3,1 − 1,05.2 − 0,4.2  m = 10,8 = 0,05 BT H : n NH 4+ = 4 + ⇒  Al ⇒ A BT N : n Fe(NO ) = 0,05 %m Al = 16,3% 3 2   1,05 + 0,05 − 0,05.6 = 0,2 BT : n Fe3O4 =  4

T& G T

Fe3O 4  2+ 3+ 3+   Fe , Fe , Al  H 2   → H2O Fe(NO3 )2  + KHSO  + + + 2−

4  ? mol NH 4 , SO4   NO Al  3,1 mol

 2,3 gam

 466,6 gam

D IỄ

N

Ví dụ tương tự : Ví dụ 4.1: Đốt 58,05 gam Al bằng 16,8 lít khí O2 (đktc) thu được hỗn hợp A. Hòa tan hỗn hợp A trong 800 gam dung dịch B chứa H2SO4 và NaNO3, thu được dung dịch C chỉ chứa muối và m gam hỗn hợp khí (trong đó có 0,4 gam khí H2). Cho BaCl2 dư vào C thấy có 838,8 gam kết tủa xuất hiện. Mặt khác, cho 39 gam K vào dung dịch C sau khi các phản ứng xảy ra thì thấy khối lượng dung dịch tăng 12,9 gam. (Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn và giả thiết chất khí không hòa tan vào nước). Nồng độ phần trăm của muối Al trong dung dịch C là A. 42,26%.

B. 41,15%.

C. 43,27%.

D. 38,35%.

Ví dụ 4.2: Cho 82,05 gam hỗn hợp A gồm Al và Al2O3 (có tỷ lệ mol 2,3 : 1) tan hoàn toàn trong dung dịch B chứa H2SO4 và NaNO3 thu được dung dịch C chỉ chứa 3 muối và m gam hỗn hợp khí D (trong D có 0,2 mol khí H2). Cho BaCl2 dư vào C thấy có 838,8 gam kết tủa xuất hiện. Mặt khác cho 23 gam Na vào dung dịch C sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thấy khối lượng dung dịch giảm 3,1 gam. Giá trị của m gần nhất với A. 16.

B. 13.

C. 12.

D. 15.

Ví dụ 4.3: Hòa tan 54,24 gam hỗn hợp X gồm Mg, Fe3O4, MgCO3 và Fe(NO3)2 (trong đó oxi chiếm 31,858% về khối lượng hỗn hợp) vào dung dịch chứa 0,04 mol NaNO3 và 2,24 mol HCl. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch Y và 0,16 mol hỗn hợp khí Z gồm 2 khí có tỉ khối so với He bằng 11. Cho dung dịch AgNO3 dư vào dung dịch Y, kết thúc phản ứng, thấy thoát ra 0,02 mol khí NO (sản phẩm khử duy nhất); đồng thời thu được 334,4 gam kết tủa. Nếu cô cạn dung dịch Y thu được 111,44 gam muối. Phần trăm khối lượng của Fe3O4 có trong hỗn hợp X là A. 25,66%.

B. 28,32%.

C. 39,82%.

D. 6,19%.

Ví dụ 5: Cho m1 gam hỗn hợp X chứa Al, Fe(NO3)2 và 0,1 mol Fe3O4 tan hết trong dung dịch chứa 1,025 mol H2SO4. Sau phản ứng thu được 5,04 lít (đktc) hỗn hợp khí Y gồm hai khí có tỉ khối so với H2 là 31/3, trong đó có một khí hóa nâu ngoài không khí và dung dịch Z chỉ chứa các muối sunfat trung hòa. Cho Z phản ứng với dung dịch NaOH dư, không thấy tạo kết tủa nâu đỏ. Cho BaCl2 vào Z để kết tủa vừa hết ion SO 42 − , sau đó cho tiếp dung dịch AgNO3 dư vào thì thu được m2 gam kết tủa. Biết các phản ứng hoàn toàn. Giá trị của tổng (m1 + m2) là A. 389,175.

B. 585,0.

C. 406,8.

D. 628,2.

Hướng dẫn giải

11

Y goàm 2 khí, moät khí hoùa naâu  H : 0,075 mol + ⇒ Y goàm  2 31.2 ; n Y = 0,225 NO : 0,15 mol M Y = 3  + Z + NaOH dö : khoâng taïo keát tuûa naâu ñoû ⇒ Z khoâng coù Fe3+ . + Sô ñoà phaûn öùng : H 2 : 0,075   NO : 0,15 

BaSO4  Al3+ , Fe2 +  cho BaCl tröôùc   2  → AgCl  ↓  sau ñoù cho AgNO3 + 2−  NH 4 , SO4  Ag 

 

dung dòch Z

H 2 SO4

1, 025 mol

hoãn hôïp X, m1 gam

m 2 gam

H2O 2

4

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

+ BT H : 2n H SO = 2n H + 4n NH + + 2n H O ⇒ n H O = 0,875 − 2n NH +

T& G T

khí Y

Al    Fe(NO3 )2 : x  Fe O : 0,1 mol  3 4 



2

4

2

2

4

D IỄ

N

BT N : 2 n Fe(NO ) = n NO + n NH + 3 2

4

 0,15 x  y + + n H+ = m (NO, H ) + 18 n H O + 18n NH + BTKL : 62 n NO3− + 16 n O2− 2 2 4

 0,4 2,05 (0,95 − 2y) 4,65 y 2x  n 2+ = 0,4 x = 0,1 ⇒ ⇒ Trong Z  Fe ⇒ m1 = 52 gam y = 0,05 BTÑT : n Al3+ = 0,4 n BaCl = n BaSO = 1,025; n AgCl = 2,05; n Ag = n Fe2+ = 0,4 2 4 + ⇒ m1 + m 2 = 628,2 m 2 = m BaSO4 + m AgCl + m Ag = 576,2 gam Ví dụ tương tự : Ví dụ 5.1: Cho 50,82 gam hỗn hợp X gồm NaNO3, Fe3O4, Fe(NO3)2 và Mg tan hoàn toàn trong dung dịch chứa 1,8 mol KHSO4 loãng. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y chỉ chứa 275,42 gam muối sunfat trung hòa (không có Fe3+) và 6,272 lít khí (đktc) Z gồm 2 khí trong đó có một khí hóa nâu ngoài không khí. Biết tỉ khối của Z so với H2 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%.

Ví dụ 6: Hòa tan hết 13,52 gam hỗn hợp X gồm Mg(NO3)2, Al2O3, Mg và Al vào dung dịch chứa hai chất tan NaNO3 và 1,08 mol HCl. 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, có tỉ khối so với He bằng 5. Dung dịch Y tác dụng tối đa với dung dịch chứa 1,14 mol NaOH, lấy kết tủa nung ngoài không khí tới khối lượng không đổi thu được 9,6 gam rắn. Phần trăm khối lượng của Al có trong hỗn hợp X là : A. 31,95%.

B. 19,97%.

C. 23,96%.

D. 27,96%.

12

Hướng dẫn giải

+ Sô ñoà phaûn öùng : N 2 O : 0,06 mol    + H2O H 2 : 0,08 mol  

MgO

0,24 mol

hoãn hôïp Z

to

Mg(NO3 )2    HCl :1, 08 mol Al 2 O3  NaNO : a mol 3 Al, Mg   

Mg(OH)2

13,52 gam hoãn hôïp X

NaOH 1,14 mol

dung dòch Y

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

 Na+ , Cl −    AlO2 −  

T& G T

Al3+ , Mg2 +   +  + Na , NH 4   −  Cl 



dung dòch Z

dd Z : n AlO − + n Cl− = n Na+ 2

 1,08 a +1,14 ? = (a + 0,06)  + n = a + 0,06; n Mg2+ = 0,24 ⇒ 3(a + 0,06) + 0,24.2 + a + b = 1,08 (1) dd Y :  Al3+   n Na+ = a; n Cl− = 1,08 : n NH 4+ = b  m muoái / Y = 27(a + 0,06) + 0,24.24 + 23a + 18b + 1,08.35,5 = 50a + 18b + 45,72  + n HCl − 2n H − 4n NH + 1,08 − 0,08.2 − 4b 2 4 = = (0,46 − 2b)  n H2 O =  2 2 ⇒ 13,52 + 18b + 45,72 − 2b) = 2,8 + 1,08.36,5 + 50a

+ 85a

+ 18(0,46

(2) mX

m HCl

m NaNO

3

m( N

2O , H2 )

m muoái /Y

mH

2O

D IỄ

N

4a + b = 0,42 a = 0,1 + Töø (1), (2) suy ra :  ⇒ 35a + 18b = 3,86  b = 0,02  2n N O + n NH + − n NaNO 2 3 4 n Mg(NO ) = = 0,02; n Mg = 0,22 n = 0,12 3 2   Al 2 + ⇒ + 2 n Mg = 2 n H + 8n N O + 8n NH + 3n Al  %Al = 23,96% 2 4

2

 ?

0,22 0,08 0,06 0,02 

Ví dụ tương tự : Ví dụ 6.1: Hòa tan hết m gam hỗn hợp rắn A gồm Mg, Cu(NO3)2, Fe, FeCO3 vào dung dịch chứa H2SO4 và 0,045 mol NaNO3 thu được dung dịch B chỉ chứa 62,605 gam các muối và thấy thoát ra 3,808 lít (đktc) hỗn hợp khí C gồm N2, NO2, N2O, NO, H2, CO2 có tỉ khối so với H2 bằng

304 (trong C có chứa 0,02 mol H2). Cho dung dịch 17

NaOH 1M vào dung dịch B đến khi thu được lượng kết tủa lớn nhất là 31,72 gam thì dùng hết 865 ml. Mặt khác, cho 94,64 gam BaCl2 vào B sau đó cho tiếp AgNO3 dư vào thì thu được 256,04 gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là A. 28,4.

B. 27,2.

C. 32,8.

D. 34,6.

Ví dụ 6.2: Cho 87,35 gam hỗn hợp X gồm Fe3O4, Fe(NO3)2, Al tan hoàn toàn trong dung dịch chứa 3,425 mol KHSO4 loãng. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y chỉ chứa 516,125 gam muối và 8,12 lít hỗn hợp khí Z gồm 2 khí (đktc) trong đó có 1 khí hóa nâu ngoài không khí. Biết tỉ khối của Z so với He là Phần trăm khối lượng của Al trong X gần nhất với

365 .

58

13

N

D IỄ

T& G T

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

A. 11%.

1.1B 5.1A

14

B. 10%.

1.2D 6.1B 1.3B 6.2A

C. 12%.

2.1A

ĐÁP ÁN VÍ DỤ TƯƠNG TỰ 2.2B 3.1A 3.2C 4.1A 4.2C

D. 13%.

4.3A

CHUYÊN ĐỀ 02: HOÀN THIỆN TƯ DUY VÀ KỸ NĂNG GIẢI BÀI TẬP ĐIỆN PHÂN HAY VÀ KHÓ Để làm tốt các dạng bài tập điện phân trong dung dịch, trước tiên các em cần nắm vững thứ tự khử trên catot và thứ tự oxi hóa trên anot. Sau đó vận dụng các định luật bảo toàn để tìm ra kết quả của bài toán.

Các em cũng có thể sử dụng phương pháp tính theo phương trình phản ứng, nhưng cách đó thường mất nhiều thời gian hơn.

Có những bài chỉ cần áp dụng bảo toàn electron, bảo toàn nguyên tố, nhưng có những bài cần áp dụng thêm bảo toàn điện tích trong dung dịch.

Dưới đây là các ví dụ minh họa :

+ Vì ion SO 4

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

Hướng dẫn giải 2−

T& G T

Ví dụ 1: Hòa tan 13,68 gam muối MSO4 vào nước được dung dịch X. Điện phân X (với điện cực trơ, cường độ dòng điện không đổi) trong thời gian t giây, được y gam kim loại M duy nhất ở catot và 0,035 mol khí ở anot. Còn nếu thời gian điện phân là 2t giây thì tổng số mol khí thu được ở cả hai điện cực là 0,1245 mol. Giá trị của y là : A. 4,480.

B. 3,920.

C. 1,680.

D. 4,788. (Đề thi tuyển sinh Đại học khối A, năm 2011) không bị oxi hóa nên ở anot H2O bị oxi hóa tạo ra khí O2.

+ Ở catot thứ tự khử như sau : M2+ > H2O. ● Điện phân trong thời gian 2t giây.

+ Theo giaû thieát vaø baûo toaøn electron, ta coù:

 n O + n H = 0,1245 n H = 0,0545; n M2+ = 0,0855  2 2 0,035.2  2 ? ⇒  13,68 + 2 n H = 4 nO − 96 = 64 (Cu) 2 n M = M 2+ 2 2

0,0855   ? ?

0,035.2

● Điện phân trong thời gian t giây. + Theo baûo toaøn electron, ta coù :

2 n Cu2+ pö = 4 n O = n Cu2+ pö = 0,07 mol ⇒ y = m Cu = 0,07.64 = 4,48 gam 2

?

0,035

D IỄ

N

Ví dụ tương tự : Ví dụ 1.1: Hòa tan 2,88 gam XSO4 vào nước thu được dung dịch Y. Điện phân dung dịch Y (với điện cực trơ) trong thời gian t giây thì được m gam kim loại ở catot và 0,007 mol khí ở anot. Nếu thời gian điện phân là 2t giây thì ở catot thu được kim loại và tổng số mol khí (ở cả 2 bên điện cực) là 0,024 mol. Giá trị của m là : A. 0,784.

B. 0,91.

C. 0,896.

D. 0,336.

Ví dụ 1.2: Điện phân (với điện cực trơ, cường độ dòng điện không đổi) dung dịch chứa 17 gam muối M(NO3)n trong thời gian t, thấy khối lượng dung dịch giảm 9,28 gam và tại catot chỉ có a gam kim loại M bám vào. Sau thời gian 2t, khối lượng dung dịch giảm đi 12,14 gam và tại catot thấy thoát ra 0,672 lít khí (đktc). Vậy giá trị của a là A. 6,40.

B. 8,64.

C. 2,24.

D. 6,48.

Ví dụ 2: Điện phân với điện cực trơ dung dịch chứa 0,2 mol Cu(NO3)2, cường độ dòng điện 2,68A, trong thời gian t (giờ), thu được dung dịch X. Cho 14,4 gam bột Fe vào X, thu được khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N+5) và 13,5 gam chất rắn. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn và hiệu suất của quá trình điện phân là 100%. Giá trị của t là A. 0,60.

B. 1,00.

C. 0,25.

D. 1,20. (Đề minh họa kỳ thi THPT Quốc Gia, năm 2015) Hướng dẫn giải

1

+ n Cu2+ trong X < 0,2 ⇒ m Cu < 12,8 gam ⇒ Chaát raén coù Fe dö. + Sô ñoà phaûn öùng :

Fe2 + : z mol    − NO3 : 2z mol 

Cu (ôû catot)

Cu(NO3 )2

ñpdd (1)

0,2 mol

Cu2 + : x mol   +  H : y mol  NO − : 0,4 mol  3 



Fe (2)

Cu : x mol    Fedö  

 13,5 gam

dung dòch X

NO

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

 BTÑT trong X : 2x + y = 0,4 x = 0,15   + BTE cho pö (2) : 2z = 2x + 3(0,4 − 2z)

⇒ y = 0,1  z = 0,1875 n NO   m chaát raén : 64x + (14,4 − 56z) = 13,5 F.n electron trao ñoåi 96500.0,1 ⇒t= = = 3600 giaây = 1 giôø I 2,68

T& G T

O2 (ôû anot)

Ví dụ tương tự : Ví dụ 2.1: Điện phân 150 ml dung dịch AgNO3 1M với điện cực trơ trong t giờ, cường độ dòng điện không đổi 2,68A (hiệu suất quá trình điện phân là 100%), thu được chất rắn X, dung dịch Y và khí Z. Cho 12,6 gam Fe vào Y, sau khi các phản ứng kết thúc thu được 14,5 gam hỗn hợp kim loại và khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N+5).

Giá trị của t là : A. 0.8.

B. 0,3.

C. 1,0.

D. 1,2. (Đề thi tuyển sinh đại học khối A năm 2012) Ví dụ 3: Điện phân dung dịch X chứa a mol CuSO4 và 0,2 mol KCl (điện cực trơ, màng ngăn xốp, cường độ dòng điện không đổi) trong thời gian t giây, thu được 2,464 lít khí ở anot (đktc). Nếu thời gian điện phân là 2t giây thì tổng thể tích khí thu được ở cả hai điện cực là 5,824 lít (đktc). Biết hiệu suất điện phân 100%, các khí sinh ra không tan trong dung dịch. Giá trị của a là A. 0,26.

B. 0,24.

C. 0,18.

D. 0,15. (Đề thi tuyển sinh Đại học khối A, năm 2014) Hướng dẫn giải

+ Thứ tự khử trên catot : Cu2+ > H2O; Thứ tự oxi trên anot : Cl − > H 2 O.

D IỄ

N

● Điện phân dung dịch trong thời gian t giây. + Theo bảo toàn nguyên tố Cl, giả thiết và bảo toàn electron, ta có :  1 0,2 = 0,1 n Cl2 = 0,1; n O2 = 0,01  n Cl2 = n Cl− = ⇒ 2 2   n Cl + n O = 0,11 n e trao ñoåi = 2n Cl2 + 4n O2 = 0,24 2  2 ● Điện phân trong thời gian 2t giây. + Theo bảo toàn electron và giả thiết, ta có :

2

ôû anot : n electron trao ñoåi = 0,48 = 2 n Cl + 4 n O 2 2   0,1 ?  + n O + n H = 0,26 ôû caû anot vaø catot : n Cl 2 2 2  0,1 ? ? n O = 0,07; n H = 0,09 2  2 ⇒ ôû catot : n = 2 n Cu2+ + 2 n H ⇒ n Cu2+ = 0,15 electron trao ñoåi

2  ?

0,09 0,48 

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

T& G T

Ví dụ tương tự : Ví dụ 3.1: Điện phân dung dịch chứa m gam hỗn hợp NaCl và Cu(NO3)2 đến khi dung dịch hết màu xanh thì ở anot thu được 3,36 lít (đktc) hỗn hợp khí A. Biết tỉ khối của A so với H2 là 29. Giá trị m là A. 53.

B. 49,3.

C. 32,5.

D. 30,5. (Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT chuyên ĐHSP Hà Nội, năm học 2013 – 2014) Ví dụ 3.2: Điện phân 2 lít dung dịch hỗn hợp gồm NaCl và CuSO4 đến khi H2O bị điện phân ở hai điện cực thì dừng lại, tại catot thu được 1,28 gam kim loại và tại anot thu 0,336 lít khí (đktc). Coi thể tích dung dịch không đổi thì pH của dung dịch thu được là : A. 3.

B. 2.

C. 12.

D. 13.

Ví dụ 3.3: Dung dịch X gồm Cu(NO3)2 và HCl. Điện phân một nửa dung dịch X (điện cực trơ, cường độ dòng điện không đổi), sau một thời gian thu được 0,14 mol một khí duy nhất ở anot. Dung dịch sau điện phân phản ứng vừa đủ 550 ml dung dịch NaOH 0,8M, thu được 1,96 gam kết tủa. Khối lượng Cu tối đa có thể hòa tan trong một nửa dung dịch X (giải phóng khí NO, sản phẩm khử duy nhất) là B. 12,8.

C. 6,4.

D. 19,2.

A. 9,6. (Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Lục Ngạn số 1 – Bắc Giang, năm học 2013 – 2014) Ví dụ 3.4: Điện phân dung dịch gồm 18,8 gam Cu(NO3)2 và 29,8 gam KCl (điện cực trơ, màng ngăn). Sau một thời gian khối lượng dung dịch giảm 17,15 gam so với ban đầu, thể tích dung dịch là 400 ml. Nồng độ mol/lít các chất trong dung dịch sau điện phân là: A. [KCl] = 0,5M; [KNO3 ] = 0,25M; [KOH] = 0,25M.

B. [KCl] = 0,25M; [KNO3 ] = 0,25M; [KOH] = 0,25M.

C. [KCl] = 0,375M; [KNO3 ] = 0,25M; [KOH] = 0,25M. D. [KCl] = 0,25M; [KNO3 ] = 0,5M; [KOH] = 0,25M.

D IỄ

N

(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT chuyên Quốc Học Huế, năm học 2013 – 2014) Ví dụ 3.5: Điện phân dung dịch chứa 0,2 mol NaCl và x mol Cu(NO3)2 với điện cực trơ, sau một thời gian thu được dung dịch X và khối lượng dung dịch giảm 21,5 gam. Cho thanh sắt vào dung dịch X đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thấy khối lượng thanh sắt giảm 1,8 gam và thấy thoát ra khí NO duy nhất. Giá trị của x là: A. 0,4.

B. 0,5.

C. 0,6.

D. 0,3. (Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT chuyên KHTN Huế, năm học 2013 – 2014) Ví dụ 4: Điện phân dung dịch hỗn hợp NaCl và 0,05 mol CuSO4 bằng dòng điện một chiều có cường độ 2A (điện cực trơ, có màng ngăn). Sau thời gian t giây thì ngừng điện phân, thu được khí ở hai điện cực có tổng thể tích là 2,352 lít (đktc) và dung dịch X. Dung dịch X hoà tan được tối đa 2,04 gam Al2O3. Giả sử hiệu xuất điện phân là 100%, các khí sinh ra không tan trong dung dịch. Giá trị của t là A. 9408.

B. 7720.

C. 9650.

D. 8685. (Đề thi THPT Quốc Gia, năm 2016) Hướng dẫn giải + Thứ tự khử trên catot : Cu2+ > H2O; Thứ tự oxi trên anot : Cl − > H 2 O. + Dung dịch X hòa tan được Al2O3, chứng tỏ X có chứa H + hoặc OH − .

3

+ Sô ñoà phaûn öùng :

TH1

Na+    2− SO 4 : 0,05 mol  +  +  H 



anot : Cl 2 , O2    catot : H 2 

Na+    2− SO 4 : 0,05 mol  +   OH − 



anot : Cl 2 , O2    catot : H 2 

dd X

TH2

dd X

• TH1:

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

BTÑT trong pö cuûa X vôùi Al 2 O3 : n H+ = 3n Al3+ = 6nAl O = 0,12 2 3  BTÑT trong X : nNa+ = 2nSO42− − n H+ = −0,02 (loaïi) • TH2 :

T& G T

NaCl    CuSO4 : 0,05 mol 

BTÑT trong pö cuûa X vôùi Al 2 O3 : nOH− = nAlO − = 2nAl O = 0,04  2 3 2 ⇒ nCl = 0, 07  2 BTÑT trong X : nNa+ = 2nSO42− + nOH− = 0,14 GT : nCl + nO + nH = 0,105 2 2 2  nO = 0,005  ? ?

0,07 ⇒ 2  n = 0,03 + 4nO = 2 nCu2+ + 2 nH BT E : 2n Cl2  H2

2 2  0,05 0,07 ? ?

F.nelectron trao ñoåi

96500.(2.0,07 + 4.0,005) = = 7720 giaây I 2 Dưới đây là ví dụ tương tự : Ví dụ 4.1: Điện phân dung dịch hỗn hợp CuSO4 (0,05 mol) và NaCl bằng dòng điện có cường độ không đổi 2A (điện cực trơ, màng ngăn xốp). Sau thời gian t giây thì ngừng điện phân, thu được dung dịch Y và khí ở hai điện cực có tổng thể tích là 2,24 lít (đktc). Dung dịch Y hòa tan tối đa 0,8 gam MgO. Biết hiệu suất điện phân 100%, các khí sinh ra không tan trong dung dịch. Giá trị của t là A. 6755.

B. 772.

C. 8685.

D. 4825. (Đề thi tuyển sinh Cao đẳng, năm 2014)

D IỄ

N

⇒t=

Ví dụ 5: Điện phân (điện cực trơ, màng ngăn xốp) một dung dịch chứa m gam hỗn hợp CuSO4 và NaCl cho tới khi nước bắt đầu bị điện phân ở cả hai điện cực thì dừng lại, thu được dung dịch X và 0,56 lít khí (đktc) ở anot. Dung dịch X có thể hoà tan tối đa 0,85 gam Al2O3. Khối lượng của m là : A. 5,5916.

B. 6,2125.

C. 5,5916 hoặc 7,4625.

D. 5,5916 hoặc 6,2125. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 2 – THPT chuyên Hùng Vương – Phú Thọ, năm 2016) Hướng dẫn giải + Thứ tự khử trên catot : Cu2+ > H2O; Thứ tự oxi trên anot : Cl − > H 2 O. + Dung dịch X hòa tan được Al2O3, chứng tỏ X có chứa H + hoặc OH − .

4

+ Sô ñoà phaûn öùng : Na+ : x mol    2− , O2 SO4 : y mol  + anot : Cl 2  +  0,5x mol H  

TH1

dd X

Na+ : x mol    2− SO4 : y mol  + anot : Cl 2   − 0,5x mol OH  

TH2

dd X

• TH1:

• TH2 :

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

nCl + nO = 0,025 2 n H+ = 3n Al3+ = 6n Al O = 0,05  2 2 3 x = 0,025   0,5x 0,0125 + ⇒ ; 1 + = n n 2n y = 0,0375 nO2 = n H+ = 0,0125  Na+ H+ SO42−

 4  x 0,05 y ⇒ m = 0,025.58,5 + 0,0375.160 = 7,4625 gam. + nOH− = n AlO − = 2n Al O = 2

T& G T

NaCl : x mol    CuSO 4 : y mol 

2

3

1 60

nCl = 0,5x = 0, 025 x = 0,05  2 1  +  n + = 2 n 2− + n − ⇒  1 ⇒ m = 0,05.58,5 + .160 = 5,5916 gam.

Na SO OH 60 4 y =

 1/60  15 y  x ⇒ m = 7,4625 gam hoaëc m = 5,5916 gam

D IỄ

N

Ví dụ tương tự : Ví dụ 5.1: Tiến hành điện phân dung dịch chứa m gam hỗn hợp CuSO4 và NaCl (hiệu suất 100%, điện cực trơ, màng ngăn xốp), đến khi nước bắt đầu bị điện phân ở cả hai điện cực thì ngừng điện phân, thu được dung dịch X và 6,72 lít khí (đktc) ở anot. Dung dịch X hòa tan tối đa 20,4 gam Al2O3. Giá trị của m là A. 25,6.

B. 23,5 C. 51,1.

D. 50,4. (Đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2013) Ví dụ 5.2: Điện phân dung dịch chứa m gam hỗn hợp 2 muối CuSO4 và NaCl bằng điện cực trơ đến khi nước bị điện phân ở cả hai điện cực thì dừng lại. Dung dịch thu được sau điện phân hoàn tan vừa đủ 1,6 gam CuO và ở anot của bình điện phân có 448 ml khí bay ra (đktc). Giá trị của m là : A. 5,97.

B. 7,14.

C. 4,95.

D. 3,87.

1.1C 5.2A

1.2B

2.1C

3.1B

3.2B

ĐÁP ÁN CÁC VÍ DỤ TƯƠNG TỰ 3.3A 3.4D 3.5B 4.1C 5.1C

5

* Mức độ vận dụng cao Ví dụ 7: Điện phân 500 ml dung dịch CuSO4 có nồng độ a mol/lít (điện cực trơ) đến khi thu được 1,12 lít khí (đktc) ở anot thì dừng lại. Cho thanh sắt dư vào dung dịch sau điện phân, kết thúc phản ứng thấy khối lượng thanh sắt tăng 0,8 gam. Giá trị của a là A. 0,4.

B. 0,2. C. 1,8. D. 1,6.

Phân tích và hướng dẫn giải • Caùch 1: Tính theo phöông trình phaûn öùng + Baûn chaát phaûn öùng : ñpdd 2CuSO4 + 2H 2 O  → O2 ↑ +2Cu ↓ +2H 2 SO4

1,12 = 0,05 → 0,1 22,4 ⇒ Dung dòch sau ñieän phaân chöùa : CuSO4 dö vaø H2 SO 4 .

0,1

←

Fe + H 2 SO4  → FeSO4 + H 2 ↑ mol : 0,1 ← 0,1 mol : x ← x

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

Fe + CuSO4  → FeSO4 + Cu ↓

T& G T

mol :

x

→

⇒ m thanh Fe taêng = m Cu − m Fe pö = 64x − 56(x + 0,1) = 0,8 ⇒ x = 0,8 0,9 = 1,8M 0,5 • Caùch 2 : Söû duïng baûo toaøn electron + Trong phaûn öùng ñieän phaân :

⇒ n CuSO

4

ban ñaàu

= 0,9 ⇒ [CuSO4 ] =

4.1,12 = 0,2 ⇒ n Cu = 0,1.

22,4 + Phaûn öùng cuûa Fe vôùi dung dòch sau phaûn öùng ñieän phaân : BTE : n electron trao ñoåi = 2n Cu = 4n O = 2

Cu2+   +  Fe dö Fe2 +  Cu  =  → + H : 0,2 (n 2n )   + H2 ↑ 2−  H+ Cu2 + pö  Fe dö SO        4  2− SO4  BTE : 2n Fe pö = 2n Cu2+ + n H +

 n Fe pö = 0,9 + ⇒ 0,2  n Cu2+ = 0,8 m Thanh Fe taêng = 64n Cu2+ − 56n Fe pö = 0,8 4

ban ñaàu

= 0,9 ⇒ [CuSO4 ] =

N

⇒ n CuSO

0,9 = 1,8M 0,5

D IỄ

Ví dụ 8: Điện phân với điện cực trơ dung dịch chứa 0,2 mol Cu(NO3)2, cường độ dòng điện 2,68A, trong thời gian t (giờ), thu được dung dịch X. Cho 14,4 gam bột Fe vào X, thu được khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N+5) và 13,5 gam chất rắn. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn và hiệu suất của quá trình điện phân là 100%. Giá trị của t là A. 0,60.

B. 1,00.

C. 0,25.

D. 1,20.

Phân tích và hướng dẫn giải

6

• Caùch 1: + n Cu2+ trong X < 0,2 ⇒ m Cu < 12,8 gam ⇒ Chaát raén coù Fe dö. + Sô ñoà phaûn öùng :

Fe2 + : z mol    − NO3 : 2z mol 

Cu (ôû catot) Cu2 + : x mol   +  H : y mol  NO − : 0,4 mol  3 



ñpdd

Cu(NO3 )2

(1)

0,2 mol

Fe (2)

Cu : x mol     Fedö

 13,5 gam

dung dòch X

NO

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

 BTÑT trong X : 2x + y = 0,4 x = 0,15   + BTE cho pö (2) : 2z = 2x + 3(0,4 − 2z)

⇒ y = 0,1  z = 0,1875 n NO   m chaát raén : 64x + (14,4 − 56z) = 13,5 ⇒ n electron trao ñoåi = n H+ = 0,1 ⇒ t =

• Caùch 2 :

T& G T

O2 (ôû anot)

96500.0,1 = 3600 giaây = 1 giôø 2,68

+ 14,4 gam Fe

ñpdd + dd Cu(NO3 )2  → dd X → 13,5 gam raén Y

0,2 mol

H + : x   n + n Fe pö = 0,2 − 0,125x  2+  n NO = H = 0,25x ⇒ Cu : 0,2 − 0,5x ;  ⇒ 4 NO − : 0,4  BTE : 2n n Cu taïo thaønh = 0,2 − 0,5x = 3n NO + 2n Cu2+ Fe pö  3  

dd X

⇒ m Y = 14,4 − 56(0,2 − 0,125x) + 64(0,2 − 0,5x) = 13,5 ⇒ x = 0,1 ⇒t=

F.n electron trao ñoåi I

=

96500.0,1 = 3600 giaây = 1 giôø 2,68

D IỄ

N

Ví dụ 9: Điện phân với điện cực trơ dung dịch chứa 0,45 mol AgNO3 bằng cường độ dòng điện 2,68A, trong thời gian t (giờ), thu được dung dịch X. Cho 33,6 gam bột Fe vào dung dịch X thấy thoát ra khí NO (sản phẩm khử duy nhất), thu được 51,42 gam chất rắn Y. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của t là A. 1,50.

B. 2,40.

C. 1,80.

D. 1,20. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 2 – THPT chuyên Quốc Học Huế, năm 2016) Phân tích và hướng dẫn giải + 33,6 gam Fe

ñpdd + dd AgNO3  → dd X → 51,42 gam chaát raén Y

0,45 mol

H : x   n + n Fe pö = 0,225 − 0,125x  +  n NO = H = 0,25x ⇒ Ag : 0,45 − x  ;  ⇒ 4 NO − : 0,45  BTE : 2n n Ag taïo thaønh = 0,45 − x = 3n NO + n Ag+ Fe pö 3    +

dd X

⇒ m Y = 33,6 − 56(0,225 − 0,125x) + 108(0,45 − x) = 51,42 ⇒ x = 0,12. ⇒ n electron trao ñoåi = n H+ = 0,12 ⇒ t =

n electron trao ñoåi .F

I

= 4320 giaây = 1,2 giôø

7

* Mức độ vận dụng cao Ví dụ minh họa Ví dụ 10: Điện phân dung dịch X chứa a mol CuSO4 và 0,2 mol KCl (điện cực trơ, màng ngăn xốp, cường độ dòng điện không đổi) trong thời gian t giây, thu được 2,464 lít khí ở anot (đktc). Nếu thời gian điện phân là 2t giây thì tổng thể tích khí thu được ở cả hai điện cực là 5,824 lít (đktc). Biết hiệu suất điện phân 100%, các khí sinh ra không tan trong dung dịch. Giá trị của a là A. 0,26.

B. 0,24.

C. 0,18.

D. 0,15. (Đề thi tuyển sinh Đại học khối A, năm 2014) Phân tích và hướng dẫn giải + Thöù töï khöû treân catot : Cu2+ > H 2 O; Thöù töï oxi hoùa : Cl − > H 2 O.

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

 1 0,2 = 0,1 n Cl2 = 0,1 n Cl2 = n Cl− = ⇒ ⇒ n e trao ñoåi = 2n Cl + 4n O = 0,24 2 2  2 2 n Cl + n O = 0,11 n O2 = 0,01 2  2 + Ñieän phaân trong thôøi gian 2 giaây :

T& G T

+ Ñieän phaân trong thôøi gian t giaây :

ôû anot : n electron trao ñoåi = 0,48 = 2 n Cl + 4 n O 2 2  n O = 0,07  0,1 ?

2 ⇒   + + = ôû caû anot vaø catot : n n n 0,26 n   H2 = 0,09 Cl2 O2 H2

 0,1 ? ? ⇒ ôû catot : n electron trao ñoåi = 2 n Cu2+ + 2 n H ⇒ n Cu2+ = 0,15

2 ?

0,48

0,09

Ví dụ 11: Tiến hành điện phân (với điện cực trơ, hiệu suất 100% dòng điện có cường độ không đổi) dung dịch X gồm 0,2 mol CuSO4 và 0,15 mol HCl, sau một thời gian điện phân thu được dung dịch Y có khối lượng giảm 14,125 gam so với khối lượng dung dịch X. Cho 15 gam bột Fe vào Y đến khi kết thúc các phản ứng thu được m gam chất rắn. Biết các khi sinh ra hòa tan không đáng kể trong nước. Giá trị của m là A. 8,6.

B. 15,3.

C. 10,8.

D. 8,0. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 – THPT Nguyễn Văn Trỗi – Bình Thuận, năm 2017) Phân tích và hướng dẫn giải

+ Giaû söû ôû anot chæ coù Cl bò oxi hoùa, suy ra : −

D IỄ

N

BT E : n Cu taïo thaønh = n Cl max = 0,075 2   H 2 O ôû anot ñaõ bò oxi hoùa m dd giaûm max = 71n Cl + 64 n Cu = 10,125 < 14,125 ⇒ 

2  ÔÛ anot thu ñöôïc Cl 2 vaø O2 0,075 0,075  BTE : n Cu = n Cl + 2 n O 2 2   n Cu = 0,125 ?  0,075 ? + ⇒ + 71n Cl + 32 n O = 14,125  n O2 = 0,025 m dd giaûm = 64 n Cu 2 2  ?

0,075 ? SO 4 2 − : 0,2  2−  2+  SO4 : 0,2  Cu : 0,075 Fe + Cu : 0,2 − 0,125 = 0,075  →  2+ + ↓ 15 gam   H + : 0,25   Fe : 0,2   Fe dö  

dd Y

⇒ m chaát raén = 0,075.64 − 0,2.56)

+ (15

= 8,6 gam m Cu

m Fe dö

Ví dụ 12: Điện phân điện cực trơ màng ngăn xốp, dung dịch X chứa a gam Cu(NO3)2 và b gam NaCl đến khi có khí thoát ra ở cả 2 điện cực thì dừng lại, thu được dung dịch Y và 0,51 mol khí Z. Dung dịch Y hòa tan tối đa 12,6 gam

8

Fe giải phóng NO (sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch T. Dung dịch T cho kết tủa với dung dịch AgNO3. Tổng giá trị của (a + b) là A. 135,36.

B. 147,5.

C. 171,525.

D. 166,2.

Phân tích và hướng dẫn giải + Sô ñoà phaûn öùng : Cl 2 ↑    : 0,51 mol O2 ↑  

Z, anot

X

+ + 2+ Na , H  Fe Fe : 0,225  →   max  +  + NO ↑ NO3−  Na , NO3 −    

Y

T

Cu

catot

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

n + BTE : 2n Fe = 3n NO  n NO = 0,15 + Y + Fe :  ⇒ ⇒ n H O bò oxi hoùa = H = 0,3 2 2 n H+ = 4n NO n H+ = 0,6  n H O bò oxi hoùa nO = 2 = 0,15 n Na+ = n Cl− = 2n Cl2 = 0,72 ⇒ Z coù  2 ⇒ 2 n = 0,51 − 0,15 = 0,36 BTÑT : n NO3− trong Y = 0,72 + 0,6 = 1,32  Cl2 n NaCl = 0,72 ⇒ ⇒ m hoãn hôïp = 166,2 n Cu(NO3 )2 = 0,66

T& G T

Cu(NO3 )2 : x mol  ñpdd   NaCl : y mol  

Ví dụ 13: Tiến hành điện phân dung dịch chứa m gam hỗn hợp CuSO4 và NaCl (hiệu suất 100%, điện cực trơ, màng ngăn xốp), đến khi nước bắt đầu bị điện phân ở cả hai điện cực thì ngừng điện phân, thu được dung dịch X và 6,72 lít khí (đktc) ở anot. Dung dịch X hòa tan tối đa 20,4 gam Al2O3. Giá trị của m là A. 25,6.

B. 23,5 C. 51,1.

D. 50,4. (Đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2013) Phân tích và hướng dẫn giải + Thứ tự khử trên catot: Cu2+ > H2O; Thứ tự oxi trên anot : Cl − > H 2 O.

D IỄ

N

+ Dung dịch X hòa tan được Al2O3, chứng tỏ X có chứa H + hoặc OH − . + Sô ñoà phaûn öùng :

TH1

Na+ : x mol    2− , O2 SO4 : y mol  + anot : Cl 2  +  0,5x mol H   dd X

NaCl : x mol    CuSO 4 : y mol  TH2

Na+ : x mol    2− SO4 : y mol  + anot : Cl 2   − 0,5x mol OH   dd X

9

• TH1: n H+ = 3n Al3+ = 6nAl O = 6.0,2 = 1,2 2 3  + ⇒ nCl = 0 : Voâ ly.ù 1 2 nO2 = n H+ = 0,3 4  • TH2 : + nOH− = nAlO − = 2n Al O = 2.0,2 = 0,4 2

2

3

nCl = 0,5x = 0,3 x = 0,6  2 + n + = 2n 2− + n − ⇒  ⇒ m = 0,6.58,5

+ 0,1.160

= 51,1 gam Na SO OH 4 y = 0,1

 m NaCl m CuSO 4 0,4 y  x

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

T& G T

Ví dụ 14: Điện phân (điện cực trơ, màng ngăn xốp) một dung dịch chứa m gam hỗn hợp CuSO4 và NaCl cho tới khi nước bắt đầu bị điện phân ở cả hai điện cực thì dừng lại, thu được dung dịch X và 0,56 lít khí (đktc) ở anot.

Dung dịch X có thể hoà tan tối đa 0,85 gam Al2O3. Giá trị của m là A. 5,5916.

B. 6,2125.

C. 5,5916 hoặc 7,4625.

D. 5,5916 hoặc 6,2125.

Phân tích và hướng dẫn giải + Thứ tự khử trên catot: Cu2+ > H2O; Thứ tự oxi trên anot : Cl − > H 2 O.

+ Dung dịch X hòa tan được Al2O3, chứng tỏ X có chứa H + hoặc OH − . + Sô ñoà phaûn öùng :

TH1

Na+ : x mol    2− , O2 SO4 : y mol  + anot : Cl 2  +  0,5x mol H   dd X

NaCl : x mol    CuSO 4 : y mol 

TH2

Na+ : x mol    2− SO4 : y mol  + anot : Cl 2   − 0,5x mol OH   dd X

• TH1:

D IỄ

N

nCl + nO = 0,025 2 n H+ = 3n Al3+ = 6n Al O = 0,05  2 2 3 x = 0,025   0,5x 0,0125 + ; ⇒ 1 + nH+ = 2nSO 2− y = 0,0375 nO2 = n H+ = 0,0125 n Na+ 4

 4  x 0,05 y ⇒ m = 0,025.58,5 + 0,0375.160 = 7,4625 gam.

• TH2 : + nOH− = n AlO − = 2n Al O = 2

2

3

1 60

nCl = 0,5x = 0, 025 x = 0,05  2 1  +  n + = 2 n 2− + n − ⇒  ⇒ m = 0,05.58,5 + .160 = 5,5916 gam.

1 Na SO4 OH 60

 y = 1/ 60  15 y  x ⇒ m = 7,4625 gam hoaëc m = 5,5916 gam

10

Ví dụ 15: Điện phân dung dịch chứa 0,2 mol NaCl và x mol Cu(NO3)2 với điện cực trơ, sau một thời gian thu được dung dịch X và khối lượng dung dịch giảm 21,5 gam. Cho thanh sắt vào dung dịch X đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thấy khối lượng thanh sắt giảm 1,8 gam và thấy thoát ra khí NO duy nhất. Giá trị của x là A. 0,4.

B. 0,5.

C. 0,6.

D. 0,3. (Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT chuyên KHTN Huế, năm học 2013 – 2014) Phân tích và hướng dẫn giải + Thöù töï khöû treân catot : Cu2+ > H 2 O; Thöù töï oxi hoùa : Cl − > H 2 O.

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

nO = a  2 n Cu = 0,1 + 2a + n Cl = 0,5n Cl− = 0,1 ⇒ 2 m dd giaûm = 64(0,1 + 2a) + 32a + 0,1.71 = 21,5  BTE : 2n Cu = 2n Cl + 4n O  2 2 ⇒ a = 0,05 ⇒ dd sau ñieän phaân coù: n H + = 4n O = 0,2; n Cu2+ = x − 0,2.

T& G T

NO3− : 2x mol   +  Na : 0,2 mol  − + Fe + dd X  → NO ↑⇒ X goàm  +  vaø Cl ñaõ heát.

H   Cu2+ (coù theå coøn hoaëc heát )  

2

NO3 : 2x  NO3− : 2x − 0,05   +    Na : 0,2    + + → NO ↑ + Na+ : 0,2 ↓  + Fe   + Cu

0,2 x − 0,2 H : 0,2    2 + = 0,05 4 BTÑT ⇒ Fe : x − 0,125 Cu2 + : x − 0,2    −

⇒ ∆m = m Fe pö − m Cu taïo thaønh = 56.(x − 0,125) − 64.(x − 0,2) = 1,8 ⇒ x = 0,5

Ví dụ 16: Điện phân dung dịch gồm 28,08 gam NaCl và m gam Cu(NO3)2 (điện cực trơ, màng ngăn xốp) đến khi khối lượng dung dịch giảm 51,60 gam thì ngừng điện phân, thu được dung dịch X. Cho thanh sắt vào X, sau khi các phản ứng kết thúc thấy khối lượng thanh sắt giảm 6,24 gam và thu được khí NO (sản phẩm khử). m có thể nhận giá trị gần nhất nào sau đây?

A. 180.

B. 160. C. 170. D. 190.

Phân tích và hướng dẫn giải NaCl : 0,48 mol  ñpdd Na+ , NO3−  Fe + + →    → NO ↑⇒ X coù H ... Cu(NO3 )2 : x mol    X

D IỄ

N

TH1 TH2

+ − + − Na , NO3  Na , NO3  hoaë c ⇒ ÔÛ anot H 2 O ñaõ bò oxi hoùa ⇒ X coù  +    + 2+ H , Cu   H  • TH1

ÔÛ anot : n Cl = 0,24 mol; n O = y 2 2  + BTE : n Cu = n Cl + 2n O = 0,24 + 2y ⇒ y = 0,12 2 2  m dd giaûm = 0,24.71 + 32y + (0,24 + 2y).64 = 51,6 n H + = 4n O = 4y = 0,48 2 + n  Cu2+ trong X = x − 2y − 0,24 = x − 0,48 2n Fe = 3n NO + 2n Cu2+ n Fe = x − 0,3  + ⇒ n H+ m thanh Fe giaûm = 56(x − 0,3) − 64(x − 0,48) = 6,24 n NO =  4 ⇒ x = 0,96 ⇒ m Cu(NO

3 )2

= 180,48 gaàn nhaát vôùi 180

11

ÔÛ anot : n Cl2 = 0,24 mol; n O2 = y + ÔÛ catot n Cu = x; n H2 = z BTE : 0,24 + 2y = x + z ⇒ m dd giaûm = 0,24.71 + 32y + 64x + 2z = 51,6  n H + = n NO − − n Na+ = 2x − 0,48 3  n Fe = 0,75x − 0,18 + 2n Fe = 3n NO ⇒  m thanh Fe giaûm = 56(0,75x − 0,18) = 6,24 n = n H+ 4  NO

D IỄ

N

Đ ÀN ht TO t ÁN M p: ai // lB d -L ox a Ý da yk yk e -H em m Ó qu qu yn y A ho n Q nb h U o us Y in n. es u N s@ co H gm z Ơ N ai .co l.c |S om m

y = 0,2775 (thoûa maõn) ⇒ m = 73,05 ⇒ x = 0,38857 ⇒  z = 0,4063 ● Kết luận: Như vậy nếu là bài tập tự luận thì sẽ có 02 đáp án.

T& G T

+ Tuy ñaõ tìm ñöôïc keát quaû nhöng ta vaãn xeùt tröôøng hôïp coøn laïi.

• TH2

12