Sáng kiến kinh nghiệm Vận dụng linh hoạt các phương pháp để giải bài toán về ion no3 - Trong môi trường axit

PHẦN I: MỞ ĐẦU
I.ĐẶT VẤN ĐỀ 
Một trong những xu hướng phát triển của bài tập hoá học hiện nay là tăng cường khả năng tư duy hoá học cho sinh ở cả ba phương diện : lí thuyết, thực hành và ứng dụng. Tuy nhiên , với hình thức thi hai trong một và đề thi có tính phân loại cao như hiện nay, để có được điểm 9,10 trong bài thi quả không dễ. Đề thi quốc gia THPT năm 2015-2016 và 2016-2017 có khoảng 10-20% bài tập khó, một trong các dạng bài tập khó đó có dạng bài tập về ion NO3- trong môi trường axit.
 Thật vây, dạng bài tập về ion NO3- trong môi trường axit không có gì mới đối với học sinh, tuy nhiên để làm đúng, làm nhanh dạng bài tập này cũng không dễ, đặc biệt một vài năm gần đây, hệ thống bài tập phức tạp, khó về ion NO3- càng nhiều. Là một giáo viên nhiều năm ôn thi đại học cho học sinh, tôi nhận thấy những khó khăn của các em khi giải dạng bài tập này, phần vì đây là dạng bài tập đòi hỏi mức độ tư duy cao, phần vì các tài liệu chưa tổng hợp được phương pháp giải nhanh.
	Trong quá trình giảng dạy tôi nhận thấy khi sử dụng hệ thông bài tập từ dễ đến khó, kết hợp linh hoạt các phương pháp bảo toàn điện tích (BTĐT), bảo toàn khối lượng (BTKL) , bảo toàn e (BTE) để giải bài toán, học sinh hiểu bài nhanh hơn, vận dụng tốt , học tập hứng thú và có hiệu quả hơn.
Đó là lí do tôi muốn trao đổi một số kinh nghiệm về việc “VẬN DỤNG LINH HOẠT CÁC PHƯƠNG PHÁP ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN VỀ ION NO3- TRONG MÔI TRƯỜNG AXIT”
II.MỤC ĐÍCH VÀ NHIỆM VỤ
1.Mục đích
- Xây dựng phương pháp giải bài tập về ion NO3- trong môi trường axit
- Giúp học sinh sẽ giải quyết được các bài tập dạng này một cách nhanh chóng, chính xác, ít thời gian nhất.
 2. Đối tượng nghiên cứu :
a/ Nghiên cứu tính chất của ion NO3- trong môi trường axit
b/ Nghiên cứu phương pháp giải bài toán bằng phương pháp bảo toàn e (BTE), dùng phương trình ion, bảo toàn điện tích (BTĐT)
c/ Trên cở sở của các phương pháp trên hướng dẫn học sinh lập sơ đồ, kết hợp tư duy đi tắt đón đầu và giải bài toán.
d/ Đối tượng học sinh nghiên cứu là học sinh khá, giỏi .
III. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
Trong quá trình nghiên cứu đề tài tôi đã sử dụng các phương pháp nghiên cứu sau:
1. Nghiên cứu lý luận
Nghiên cứu các vấn đề lý luận có liên quan đến đề tài.
2. Điều tra cơ bản
- Trao đổi ý kiến với các đồng nghiệp.
- Thăm dò ý kiến của học sinh sau khi sử đề tài trong quá trình thực nghiệm.
3. Thực nghiệm sư phạm và xử lý kết quả
- Xác định nội dung, kiến thức, kỹ năng giải bài tập về NO3- trong môi trường axit.
- Thực nghiệm kiểm tra, đánh giá phương pháp .
- Xử lý kết quả bằng phương pháp thống kê.
PHẦN 2: NỘI DUNG
I. CƠ SỞ LÝ LUẬN
1. Tính oxi hóa của ion NO3-
_- Trong môi trường trung tính ion NO3- không có tính oxi hoá.
- Trong môi trường bazơ ion NO3- có tính oxi hoá yếu. 
Những kim loai như Al, Zn có thể bị oxi hoá bởi ion NO3- trong môi trường bazơ và N+5 có thể bị khử xuống N-3 trong NH3: 	
8Al + 5OH- + 3NO3- + 2H2O 8AlO2- + 3NH3	
 4Zn + NO3- + 7OH- 4ZnO22- + NH3 + 2H2O
- Trong môi trường axit ion NO3- có tính oxi hoá mạnh như axit HNO3. Khi đó nó sẽ oxi hoá được các chất có tính khử như: các kim loại, phi kim và một số hợp chất . Nếu chất khử là kim loại hoặc hợp chất của kim loại ta có sơ đồ sau: 
 Chất Khử + H+ + NO3- -> Muối + sản phẩm khử + H2O
2/ Tính chất của HNO3
a/ HNO3 có tính oxi hóa mạnh, oxi hóa được hầu hết các kim loại trừ Au, Pt
- Kim loại + H+ + NO3- -> Muối + sản phẩm khử + H2O
Trong đó sản phẩm khử : NO2 : khí màu nâu
 NO : khí không màu , hóa nâu trong không khí 
 N2 : khí không màu
 N2O : khí không màu
 NH4NO3 : muối tan
- HNO3 đặc nguội thụ động hóa Fe, Al, Cr
- Với Fe: 
 + Tác dụng với HNO3 dư -> sản phẩm là muối Fe3+ 
 + Fe dư tác dụng với HNO3 ( hoặc axit cần dùng tối thiểu, hoặc kim loại hòa tan tối đa) -> sản phẩm là Fe2+ 
+ Khi bài toán cho cả mol Fe, cả mol HNO3 -> sản phẩm có thể tạo cả Fe2+ và Fe3+
 + Hợp chất của Fe khi tác dụng với HNO3 luôn tạo muối Fe3+
b/ HNO3 là một axit mạnh.
3. Dấu hiệu bài tập tạo NH4+
- Bài toán không cho “ sản phẩm khử duy nhất”
- Các kim loại phản ứng là kim loại mạnh
- Đề bài cho các thông tin để tính được số mol e chất khử cho và số mol e chất oxi hóa nhận mà ne cho > ne nhận
- Bài toán cho thông tin để tính được khối lượng muối của kim loại và cho biết cả khối lượng muối thu được
4. Các bán phản ứng phân bổ nhiệm vụ của ion H+
 2 H+ + NO3- + 1e à NO2 + H2O
 4 H+ + NO3- + 3e à NO + 2 H2O
 10 H+ + 2NO3- + 8e à N2O + 5 H2O
 12 H+ + 2NO3- + 10e à N2 + 6H2O
 10 H+ + NO3- + 8e à NH4+ + 3H2O
 2 H+ + O2- à H2O
5/ Một số lưu ý
- Khi sản phẩm khử có H2 thì chứng tỏ ion NO3- hết
- Khi cho Fe tác dụng với dung dịch chứa H+ và NO3-, H2 thoát ra dung dịch thu được vẫn có thể chứa cả muối Fe2+ và Fe3+ 
6/ Ngoài các cơ sở lý luận trên học sinh cần phải nắm được cách viết phương trình ion, cơ sở của phương pháp bảo toàn e và biết viết các phương trình phản ứng để nắm được sản phẩm của mỗi quá trình khi sơ đồ hóa bài toán.
II. SỬ DỤNG LINH HOẠT CÁC PHƯƠNG PHÁP ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN VỀ ION NO3- TRONG MÔI TRƯỜNG AXIT”
 Khi bắt tay vào giải bài tập về ion NO3- trong môi trường axit, học sinh thường gặp phải khó khăn khi viết các phương trình ion, cân bằng phương trình , với những bài xảy ra nhiều phương trình ion thì học sinh không xác định được thứ tự phản ứng dẫn đến kết quả sai. Để khắc phục những khó khăn đó trong quá trình giảng dạy tôi hướng dẫn học sinh cách sơ đồ hóa bài toán trên cơ sở những kiến thức lý thuyết và giải bài toán trên sơ đồ, tránh sai sót khi phải cân bằng phương trình.
1.Phương pháp giải
- Bước 1: Viết phương trình dạng ion, xác định chất oxi hóa, chất khử
- Bước 2: Sơ đồ hóa bài toán kết hợp linh hoạt phương pháp bảo toàn nguyên tố, bảo toàn e để giải bài toán
2. Các ví dụ minh họa 
a/ Giải bài toán bằng phương pháp sử dụng phương trình ion
Ví dụ 1: (ĐTTS ĐH khối A năm 2008 - Câu 26 mã đề 329): Cho 3,2g bột Cu tác dụng với 100ml dd hỗn hợp gồm HNO3 0,8M và H2SO4 0,2M. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được V lit khí NO( sản phẩm khử duy nhất) ở đktc. Giá trị của V là:
	A. 0,756 lit	B. 0,672 lit	C. 0,448 lit	D 1,792 lit
Hướng dẫn giải
Có nCu = 0,05 mol ; nH=0,12 mol; = 0,08mol
PTHH: 	3Cu + 8H+ + 2NO3- 3Cu2+ + 2NO + 4H2O 
 Ban đầu 0,05 0,12 0,08 (mol)
 phản ứng 0,045 0,12 0,03 0,03 (mol)
 sau pư: 0,005 0 0,05 0,03 (mol)
Vậy nNO = 0,03 mol. Do đó VNO = 22,4. 0,03 = 0,672 lit Vậy chọn đáp án B
Ví dụ 2:(ĐTTS ĐH khối B năm 2007- Câu 5 mã đề 629) 
Thực hiện 2 thí nghiệm:
TN 1: Cho 3,84g Cu phản ứng với 80ml dd HNO3 1M thoát ra V1 lit khí NO
TN 2: Cho 3,84g Cu phản ứng với 80ml dd có chứa HNO3 1M và H2SO4 0,5M thoát ra V2 lit NO( Các khí đo ở cùng điều kiện). Quan hệ giữa V1 và V2 là :
	A. V2 = 1,5V1	B. V2 = 2V1	C. V2 = 2,5V1	D. V2 = V1
Hướng dẫn giải :
TN 1 : Có nCu = 0,06 mol ; nHNO= 0,08 mol
PTHH: 	3Cu + 8H+ + 2NO3- 3Cu2+ + 2NO + 4H2O 
Ban đầu 0,06 0,08 0,08 (mol)
 phản ứng 0,03 0,08 0,02 0,02 (mol)
 sau pư: 0,03 0 0,04 0,02 (mol)
Vậy nNO = 0,02 mol.
TN 2: Có nCu = 0,06 mol; nH=0,16 mol; = 0,08mol
PTHH: 	3Cu + 8H+ + 2NO3- 3Cu2+ + 2NO + 4H2O 
 Ban đầu 0,06 0,16 0,08 (mol)
 phản ứng 0,06 0,16 0,04 0,04 (mol)
 sau pư: 0 0 0,04 0,04 (mol)
Vậy nNO= 0,04 mol. Do đó V2 = 2V1 Vậy chọn đáp án B
Ví dụ 3 (ĐTTS ĐHQG Tp Hồ Chí Minh – 2000): 
Cho 1,92g Cu vào 100ml dd hỗn hợp có chứa KNO3 0,16M và H2SO4 0,4M, thấy sinh ra một chất khí có tỷ khối hơi so với H2 là 15 và dd A. Tính thể tích khí thoát ra và dd NaOH 0,5M tối thiểu cần dùng để kết tủa hết ion Cu2+ trong dd A
Hướng dẫn giải:
Có nCu = 0,03 mol; = = 0,016 mol; =0,08 mol
Khí sinh ra có M = 30 chỉ là NO. Vậy có PTHH:
 3Cu + 8H+ + 2NO3- 3Cu2+ + 2NO + 4H2O 
Ban đầu 0,03 0,08 0,016 (mol)
phản ứng 0,024 0,064 0,016 0,024 0,016 (mol)
 sau pư: 0,006 0,016 0 0,024 0,016 (mol)
Vậy VNO = 22,4.0,016 = 0,3584 lit
Trong dd A có H+ = 0,016 mol; Cu2+ = 0,024 mol
Khi thêm dung dịch NaOH vào dung dịch A thì:
	OH- + H+ H2O
 0,016 0,016 mol
 2OH- + Cu2+ Cu(OH)2 
 0,048 0,024 mol
Vậy nNaOH = 0,016 + 0,048 = 0,064mol Vdd NaOH = 
Ví dụ 4: Cho 5,6g Fe vào 100ml dd hỗn hợp gồm Cu(NO3)2 1,5M. Sau khi kết thúc phản ứng lọc bỏ phần chất rắn không tan, thêm tiếp dd HCl dư vào thì sau khi phản ứng xong thu được V lit khí NO duy nhất đktc thoát. Giá trị của V là:
A. 0,75lit	B. 1,49lit	C. 1,12lit	D. 3,36lit
Hướng dẫn giải	
Có nFe = 0,1 mol ; =2= 0,3 mol
PTHH: 	Fe + Cu(NO3)2 Fe(NO3)2 + Cu
 0,1 0,1 mol
 	Trong dd thu được có 0,1 mol Fe2+, khi thêm tiếp H+ dư thì có pư:
3Fe2+ + 4H+ + NO3- 3Fe3+ + NO + 2 H2O 
 0,1 mol
	 Vậy nNO = mol VNO = 22,4. 0,75 lit
 Vậy chọn đáp án A 
Ví dụ 5: Dung dịch A có chứa 0,01 mol Fe(NO3)3 và 0,15 mol HCl có khả năng hoà tan tối đa bao nhiêu gam Cu kim loại( Biết NO là sản phẩm khử duy nhất)
	A. 2,88g	B. 3,92g	C. 3,2g	D. 6,4g
Hướng dẫn giải:
Có = 0,01 mol; = 0,03 mol; = 0,15 mol
PTHH: 	Cu + 2Fe3+ 2Fe2+ + Cu2+
 0,005 0,01 mol
3Cu + 8H+ + 2NO3- 3Cu2+ + 2NO + 4H2O 
Ban đầu 0,15 0,03 (mol)
phản ứng 0,045 0,12 0,03 0,045 (mol)
 sau pư: 0,03 0 (mol)
Sau phản ứng H+ còn dư.
Khối lượng Cu tối đa là 64.( 0,005 + 0,045) = 3,2g Vậy chọn đáp án C
Ví dụ 6: Cho 4,48g Fe vào 400ml dd HNO3 1M, đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được khí NO( sản phẩm khử duy nhất) và dd X. Dung dịch X có thể hoà tan tối đa m gam Cu. Giá trị của m là: 
	A. 1,92g	B. 3,2g	C. 3,52g	D. 3,84g
Hướng dẫn giải:
	Có nFe = 0,08 mol; nH== nHNO= 0,4 mol
PTHH: 	Fe + 4H+ + NO3- Fe3+ + NO + 2H2O
Ban đầu 0,08 0,4 0,4 (mol)
phản ứng 0,08 0,36 0,08 0,08 0,08 (mol)
 sau pư: 0 0,04 0,32 0,08 0,08 (mol)
Dung dịch X gồm có H+ = 0,04 mol; NO3- = 0,32; Fe3+ = 0,08
Khi hoà tan Cu:	3Cu + 8H+ + 2NO3- 3Cu2+ + 2NO + 4H2O
	Ban đầu 0,04 0,32
	phản ứng 0,04 0,01
	Sau phản ứng 0 0,31
Sau đó: 	Cu + 2Fe3+ 2Fe2+ + Cu2+
	 0,04 0,08
	Vậy =+0,04=0,055 mol mCu = 64.0,55 = 3,52g đáp án D
Ví dụ 7: Hỗn hợp X gồm (Fe, Fe2O3, Fe3O4, FeO) với số mol mỗi chất là 0,1 mol, hoà tan hết vào dd Y gồm HCl và H2SO4 loãng dư thu được dd Z. Nhỏ từ từ dd Cu(NO3)2 1M vào dd Z cho tới khi ngừng thoát khí NO. Thể tích dd Cu(NO3)2 1M cần dùng và thể tích khí thoát ra ở đktc là:
	A. 25ml và 1,12lit	B. 500ml và 4,48lit
	C. 100ml và 1,12lit	D. 50ml và 2,24 lit 
Hướng dẫn giải:
Để đơn giản hơn ta qui gọn hỗn hợp gồm 0,1 mol FeO và 0,1 mol Fe2O3 thành 0,1 mol Fe3O4. Như vậy hh X gồm (Fe3O4 : 0,1+0,1 mol ; Fe : 0,1 mol) tác dụng với dd Y
PTHH : Fe3O4 + 8H+ Fe2+ + 2Fe3+ + 4H2O
 0,2 0,2 0,4 mol
 Fe + 2H+ Fe2+ + H2
 0,1 0,1 mol
Dung dịch Z : (Fe2+: 0,3 mol; Fe3+: 0,4 mol ; H+ dư) + dd Cu(NO3)2
PTHH: 3Fe2+ + 4H+ + NO3- 3Fe2+ + NO + 2H2O
 0,3 0,1 0,1 mol
Vậy VNO = 22,4. 0,1 = 2,24 lit
 = 0,05 mol. Do đó Vdd= 0,05 lit = 50ml
 Vậy chọn đáp án D 
Nhận xét: Với những bài tập đơn giản chỉ có một chất oxi hóa và 1 chất khử như ví dụ trên học sinh có thể sử dụng phương trình ion để giải. Tuy nhiên với những bài tập có nhiều chất oxi hóa, chất khử thì việc sử dụng phương trình ion tỏ ra không ưu thế. Ta xét ví dụ tiếp theo để hiểu rõ hơn.
Ví dụ 8 Cho 2,56g kim loại Cu tác dụng với 40ml dd HNO3 2M chỉ thu được khí NO(sản phẩm khử duy nhất). Phản ứng xảy ra xong cho thêm dd H2SO4 loãng vào lại thấy tiếp tục có khí NO duy nhất thoát ra. Thể tích dd H2SO4 0,5M tối thiểu thêm vào để Cu tan hết là?
	A. 	B. 	C. 	D. 
Cách 1: Dùng phương trình ion
Có nCu = 0,04 mol; nHNO=0,08 mol
PTHH: 	3Cu + 8H+ + 2NO3- 3Cu2+ + 2NO + 4H2O (1)
 Ban đầu 0,04 0,08 0,08 (mol)
 phản ứng 0,03 0,08 0,02 0,03 0,02 (mol)
 sau phản ứng 0,01 0 0,06 0,03 0,02 (mol)
Vậy sau pư (1) còn dư 0,01 mol Cu, và dd sau pư có chứa 0,06 mol ion NO3-. Khi thêm dd H2SO4 vào, vì ion NO3- trong môi trường axit có tính oxi hoá mạnh do đó:
PTHH 3Cu + 8H+ + 2NO3- 3Cu2+ + 2NO + 4H2O 
Ban đầu 0,01 0,06 (mol)
phản ứng 0,01 0,01 (mol)
 sau pư: 0 (mol)
Vậy thể tích H2SO4 0,5M tối thiểu cần thêm vào để hoà tan hết Cu là:
	= = 
Cách 2: Dùng phương pháp bảo toàn electron và tư duy đi tắt đón đầu
 ne cho= 2nCu = 0,08mol. Để hòa tan hết Cu thì : nenhan =0,08mol
 4H+ + NO3- + 3e -> NO + 2 H2O
 0,08
Vậy số mol NO3- đã phản ứng là 0,08/3 mol
Sử dụng tư duy đón đầu :Dung dịch thu được sau phản ứng gồm: 
 Cu2+: 0,04mol
 NO3- dư : 0,08- 0,08/3 = 0,16/3( mol)
 BTĐT ta có: SO42-: 1/75 mol
Vậy = = 
Ví dụ 9: (ĐH-KA 09) Cho hỗn hợp gồm 1,12 gam Fe và 1,92 gam Cu vào 400 ml dung dịch chứa hỗn hợp gồm H2SO4 0,5M và NaNO3 0,2M . Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch X và khí NO (sản phẩm khử duy nhất) . Cho V ml dung dịch NaOH 1M vào dung dịch X thì lượng kết tủa thu được là lớn nhất . Giá trị tối thiểu của V là :	
 A. 240 	B. 120	C. 360	 D. 40
Hướng dẫn giải: 
 Cách 1: Sử dụng phương trình ion
- Theo bài ra ta có phương trình ion sau: 
 Fe + 4H+ + NO3- Fe3+ + NO + 2H2O
 0,02 0,08 0,02 0,02 mol 
 3Cu + 8H+ + 2NO3- 3Cu2+ + 2NO + 4H2O
 0,03 0,08 0,06 0,03
Vậy sau phản ứng thấy H+ dư 0,24 mol
Dung dịch X gồm Cu2+, Fe3+, H+, SO42-, NO3-
Khi cho dung dịch X tác dụng với dung dịch NaOH để dược kết tủa lớn nhất , ta có phương trình H+ + OH- -> H2O
 Cu2+ + 3OH- -> Cu(OH)2
 Fe3+ + 3OH- -> Fe(OH)3
Vậy mol OH- cần dùng là: 0,36 mol => V = 360 ml
Cách 2: Sử dụng phương pháp bảo toàn electron 
Ta có bán phản ứng: 4H+ + NO3- + 3e -> NO + 2 H2O
 0,4 0,08mol
H+ dư, số mol e trao đổi là 0,24mol => sản phẩm tạo Fe3+
 ne cho = 3nFe + 2nCu = 0,12 mol
Vậy dung dịch sau phản ứng gồm: Fe3+ 0,02 mol
 Cu2+ 0,03mol
 H+ dư: 0,24mol
nOH- cần dùng = 3nFe + 2nCu + nH+ = 0,36 mol => V = 360ml
Cách 3: Sử dụng phương pháp bảo toàn electron kết hợp tư duy đi tắt đón đầu 
Ta có bán phản ứng: 4H+ + NO3- + 3e -> NO + 2 H2O
 0,4 0,08mol
H+ dư, số mol e trao đổi là 0,24mol => sản phẩm tạo Fe3+
 ne cho = 3nFe + 2nCu = 0,12 mol
Nhận thấy ion NO3- dư: 0,04 mol.
Sau khi cho dung dịch NaOH vào dung dịch X để được kết tủa max, dung dịch sau phản ứng gồm:
 Na+ : (0,08 + V)
 NO3- : 0,04mol
 SO42- : 0,2 mol
 Áp dụng định luật bảo toàn điện tích cho dung dịch sau phản ứng ta được V = 0,36 lit
Nhận xét: Mỗi cách giải đều có những ưu nhược điểm nhất định, tuy nhiên với những bài toán có quá nhiều phản ứng và giai đoạn trung gian thì phương pháp bảo toàn electron kết hợp việc sử dụng linh hoạt các phương pháp như: BTKL, BTĐT và tư duy đi tắt đón đầu tỏ ra có hiệu quả hơn hẳn. Học sinh tiết kiệm được thời gian viết phương trình ion, tránh được các sai sót : cách viết phương trình ion, cân bằng phương trình... 
b/ Sử dụng linh hoạt các phương pháp để giải bài toán ion NO3- trong môi trường H+
Ví dụ 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 và 6,272 lít khí ( đkc) Z gồm 2 khí trong đó có một khí hóa nâu ngoài không khí. Biết tỉ khối của khí 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%
Hướng dẫn giải
Ta có: nZ = 0,28 => nNO = 0,2 mol ; nH2 = 0,08 mol
( Gợi ý: số liệu 50,82 gam không thể tính được mol và chỉ có H2O chưa biết=> dấu hiệu để sử dụng phương pháp BTKL)
Áp dụng định luật BTKL ta có : nH2O = 0,78 mol 
BT nguyên tố H : 1,8 = 2nH2 + 2nH2O + 4nNH4+ => nNH4+ = 0,02 mol
Phân bổ nhiệm vụ của ion H+ ta có : 
 nH+ = 4nNO + 2nH2 + 10nNH4 + 2nO( oxit) => nO = 0,32 mol 
nFe3O4 = 0,08 mol
Áp dụng phương pháp bảo toàn electron ta có: 
2nMg =3nNO + 2nH2 + 8nNH4 + 2nFe3O4 => nMg =0,54 mol
Vậy phần trăm khối lượng của Mg là: 25,5%
Ví dụ 2: Cho 5,6 gam hỗn hợp X gồm Mg và MgO có tỷ lệ mol tương ứng là 5 : 4 tan vừa đủ trong dung dịch hỗn hợp chứa HCl và KNO3. Sau phản ứng thu được 0,224 lít khí N2O (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. 
Nhận xét: Khi hỗn hợp kim loại (hoặc có chứa kim loại) mà “xuất hiện” các kim loại hoạt động mạnh như Mg, Al, Zn tác dụng với HNO3 mà sản phẩm khử là khí không nói là “sản phẩm khử duy nhất” thì nhiều khả năng sẽ có sản phẩm khử là NH4+. Với mặt toán học nếu không NH4+ thì quá trình tính toán số mol NH4+ = 0. 
Ở bài này ta dễ dàng có thể kiểm tra bằng BTE để thấy có NH4+.
Theo BTE ta có: necho = 2nMg =0,2 mol > nenhan của khí = 0,08 => Có NH4+ = 0,015 mol
Trong 5,6 gam hỗn hợp có : Mg: 0,1mol
 MgO : 0,08mol
Sử dụng tư duy đi tắt đón đầu ta có: 
dung dịch Y chỉ chứa muối clorua nên dung dịch Y chứa:
 Mg2+: 0,1+0,08 ( mol)
 NH4+ : 0,015mol
 K+
 Cl-
Bảo toàn N ta có nKNO3 = 2nN2O + nNH4 = 0,035mol = nK+
Bảo toàn điện tích cho dung dịch Y ta được mol Cl- : 0,41 mol
 Vậy m= 0,18 .24 + 0,035. 39+ 0,015.18 + 0,41.35,5 = 20,15 gam
Ví dụ 3:( Đề thi thử ĐH chuyên Vinh 2014) Cho 5 gam bột Mg vào dung dịch hỗn hợp 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 gần nhất với giá trị nào sau đây? 
A. 28.	 B. 29. 	C. 31. 	D. 36. 
 Hướng dẫn giải 
Rắn không tan là Mg dư => Mg phản ứng = 0,19 mol. 
Khí hóa nâu ngoài không khí là NO . Mkhí = 23 => có khí H2 => dung dịch X không chứa NO3-
Ta có: nNO = 0,06 mol và nH2 = 0,02 mol
Có Mg là kim loại mạnh, sản phẩm khí không nói là sản phẩm khử duy nhất => dung dịch X có chứa ion NH4+.
Áp dụng BTE ta có: nNH4 = 0,02 mol
Do dung dịch X không chứa NO3- nên bảo toàn nguyên tớ N ta có : 
 nKNO3 = nNO + nNH4 = 0,08 mol
Sử dụng tư duy đi tắt đón đầu ta có: dung dịch X gồm:
 Mg2+ = 0,19 mol
 K+ = 0,08 mol
 NH4+ = 0,02 mol
 SO42-- 
Áp dụng BTĐT trong dung dịch X => SO42- = 0,24 mol
Vậy khối lượng muối thu được là :
 m= 0,19. 24 + 0,08. 39+ 0,02.18 + 0,24.96= 31,08 gam => Đáp án C
Ví dụ 4: Nung nóng hỗn hợp chất rắn A gồm a mol Mg và 0,25 mol Cu(NO3)2, sau mootk thời gian thu được chất rắn X và 0,45 mol hỗn hợp khí NO2 và O2. X tan hoàn toàn trong dung dịch chứa vừa đủ 1,3 mol HCl , thu được dung dịch Y chứa m gam hỗn hợp muối clorua và thoát ra 0,05 mol hỗn hợp khí Z gồm N2 và H2, dZ/H2 = 11,4. Giá trị gần nhất của m là: 
	A. 82	B. 74	C. 72	D. 80
 Hướng dẫn giải 
Theo bài ra ta có : nH2 = 0,01 mol và nN2= 0,04 mol
Do có khí H2 thoát ra nên dung dịch thu được không chứa NO3- .
 Vậy dung dịch X gồm: Mg2+ = a mol
 Cl- = 1,3 mol
 Cu2+ = 0,25 mol
 dùng BTĐT -> NH4+ = 1,3 – 2a- 0,25.2 = 0,8 – 2a ( mol) 
 Bảo toàn H ta có số mol của H2O = 4a – 0,96 ( mol)
 Bảo toàn O ta có: 
 6nCu(NO3)2 = nH2O + 2n(NO2 + O2) => 0,25. 6 = 4a -0,96 + 0,45. 2
 => a = 0,39 mol => m = 71,87 gam => Đáp án C
Ví dụ 5: Cho 3,9 gam hỗn hợp Al, Mg tỉ lệ mol 2:1 tan hết trong dung dịch chứa KNO3 và HCl. Sau phản ứng thu được dung dịch A chỉ chứa m gam hỗn hợp các muối trung hòa và 2,24 lit ( đktc) hỗn hợp khí B gồm NO và H2. Khí B có tỉ khối so với với H2 bằng 8. Giá trị của m gần giá trị nào nhất?: 
	A. 24	B. 26	C. 28	D. 30
 Hướng dẫn giải 
 Ta có: nAl = 0,1 mol và nMg = 0,05 mol => ne cho = 0,1. 3+ 0,05. 2 = 0,4 mol
Mặt khác nNO = 0,05 mol và nH2 = 0,05 mol 
 => ne nhan = 3. 0,05 + 2.0,05 = 0,25 mol
 => có NH4+ = (0,4- 0,25) : 8 = 0,01875 mol
Vì có khí H2 thoát ra nên dung dịch A không còn ion NO3-
Bảo toàn N ta có: KNO3 = 0,06875 mol
Vậy dung dịch A thu được gồm : Al3+ : 0,1 mol
 Mg2+ : 0,05 mol
 K+ : 0,06875 mol
 NH4+ : 0,01875 mol
 Cl-
Áp dụng phương pháp BTĐT ta có: Cl- = 0,4875 mol
BTKL ta có: m = 24,225 gam => Đáp án: A
Ví dụ 6 ( Đề thi thử chuyên Vinh 2014): Cho Zn dư vào dung dịch gồm HCl, 0,05 mol NaNO3; 0,1 mol KNO3. Sau khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch X chứa m gam muối; 0,125 mol hỗn hợp khí y gồm 2 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
 Hướng dẫn giải 
Do Zn dư nên H+ và NO3- hết
Theo bài ra ta có: nH2 = 0,025 mol và nNO = 0,1 m