SKKN Kết hợp các phương pháp định luật bảo toàn nguyên tố, định luật bảo toàn điện tích, và định luật bảo toàn khối lượng để giải quyết bài tập vô cơ tổng hợp

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ 
TRƯỜNG THPT THIỆU HÓA
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
TÊN ĐỀ TÀI
KẾT HỢP CÁC PHƯƠNG PHÁP ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ, ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN ĐIỆN TÍCH, VÀ ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG ĐỂ GIẢI QUYẾT BÀI TẬP VÔ CƠ TỔNG HỢP
Người thực hiện: Nguyễn Văn San
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh vực (môn): Hóa
THANH HOÁ NĂM 2019
Mục lục tra cứu
1. Mở đầu Trang 2 
1.1. Lý do chọn đề tài Trang 2 
1.2. Mục đích nghiên cứu Trang 2 
1.3. Đối tượng nghiên cứ Trang 2
1.4. Phương pháp nghiên cứu Trang 2
2. Nội dung của sáng kiến kinh nghiệm Trang 2
2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm Trang 2 2.2. Thực trạng vấn đề trước khi viết sáng kiến kinh nghiệm Trang 3 
2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các giải pháp đã sử 
dụng để giải quyết vấn đề. Trang 4
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt 
động giáo dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường. Trang 20
3. Kết luận, kiến nghị Trang 20
3.1. Kết luận. Trang 20
3.2. Kiến nghị Trang 21
1. Mở đầu 
1.1. Lý do chọn đề tài. 
 Hiện nay với cách thức thi trung học phổ thông quốc gia như hiện nay, để đáp ứng được yêu cầu vừa dùng kết quả để xét tốt nghiệp THPT vừa dùng để xét tuyển vào các trường đại học, cao đẳng, đòi hỏi đề phải có tính phân loại cao. 
Để phân loại được học sinh thì các câu hỏi phải đảm bảo được bốn mức độ nhận thức, đó là các mức độ sau:
Mức độ 1: mức độ nhận biết ( khoảng 12 câu).
Mức độ 2: Mức độ thông hiểu ( khoảng 12 câu) 
Mức độ 3: Mức độ vận dụng ( khoảng 12 câu). 
Mức độ 4: Mức độ vận dụng cao ( khoảng 4 câu). 
 Trong đó bài tập về vô cơ tổng hợp là một câu gần như là được mặc định thuộc mức độ 4 mức độ khó nhất khoảng hai câu, ngoài ra bài tập vô cơ vẫn có thể gặp ở các mức độ khác. 
 Một thực trạng là các bài tập vô cơ tổng hợp mức độ 4 luôn là vấn đề khó đối với nhiều học sinh của trường THPT Thiệu Hóa nói riêng và học sinh THPT trên toàn quốc nói chung.
 Hiện nay chưa có tài liệu nào bàn sâu về vấn đề này, nhà trường và đồng nghiệp chưa có kinh nghiệm giải quyết và khắc phục.
Từ các lý do trên tôi lựa chọn vấn đề để viết sáng kiến kinh nghiệm là cấp thiết.
1.2. Mục đích nghiên cứu. 
 Tuyển chọn, xây dựng các bài tập trắc nghiệm khách quan về bài tập vô cơ tổng hợp cấp độ 3, 4, nhằm giải quyết một số bài tập khó, giúp học sinh đạt điểm cao trong kỳ thi THPT quốc gia, cũng như giúp đồng nghiệp có thêm phương pháp giải quyết bài toán tổng hợp vô cơ khó. 
1.3. Đối tượng nghiên cứu. 
 Đề tài nghiên cứu, và tổng kết về phương pháp giải một số bài toán vô cơ khó có sử dụng sự kết hợp giữa các phương pháp định luật bảo toàn nguyên tố, định luật bảo toàn khối lượng.
1.4. Phương pháp nghiên cứu. 
 + Phương pháp nghiên cứu lí thuyết.
 + Phân tích, tìm tòi cách giải một vấn đề bài toán khó từ các khái niệm và tính chất của chất hóa học ở trường THPT.
 + Thực nghiệm sư phạm và xử lý kết quả thu được.	
2. Nội dung của sáng kiến kinh nghiệm 
2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm. 
2.1.1 Phương pháp bảo toàn nguyên tố 
 Nguyên tắc chung của phương pháp là dựa vào định luật bảo toàn nguyên tố 
Trong các phản ứng hóa học thông thường các nguyên tố luôn được bảo toàn 
 Điều này có nghĩa là: '' Tổng số mol nguyên tử của nguyên tố X trước và sau phản ứng luôn là bằng nhau''.
 Điểm mấu chốt của phương pháp là xác định được đúng các hợp phần chứa nguyên tố X. Từ đó áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố để tìm mối liên hệ giữa các hợp phần chứa X.
 Để áp dụng tốt phương pháp bảo toàn nguyên tố, cần chú ý một số điểm sau: 
 - Hạn chế viết phương trình, mà nên viết sơ đồ phản ứng. 
 - Đề bài thường cho ( hoặc qua dữ kiện sẽ tính toán được) số mol nguyên tố quan tâm, từ đó xác định lượng các chất.
2.1.2. Phương pháp bảo toàn khối lượng
 Vào khoảng đầu những năm 50 của thế kỷ XVIII, nhà bác học vĩ đại người Nga M.V Lômônôxốp (1711-1765) và Lavoadie (A.Lavoisier) người Pháp là những người đầu tiên phát hiện ra ĐLBTKL: “Trong một phản ứng hóa học, tổng khối lượng của các sản phẩm bằng tổng khối lượng của các chất tham gia”. Qua hơn 100 năm sau, định luật đã được hai nhà bác học là Stat kiểm tra lại vào những năm 1860-1870; Landon vào năm 1909 sử dụng cân với đọ chính xác 0,00001g.
 + Nội dung của định luật 
 Trong các phản ứng hóa học thì tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng các chất tạo thành. 
 + Kinh nghiệm áp dụng định luật: 
- Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng khi một phản ứng hoá học có n chất mà ta biết được khối lượng của (n - 1) chất (kể cả chất phản ứng và sản phẩm). 	
- Khi áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho một phản ứng thì phản ứng đó không cần cân bằng mà chỉ cần quan tâm chất tham gia phản ứng và sản phẩm thu được.
 + Công thức của định luật: 
Xét phản ứng: A + B → C + D (1)
	Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho pứ (1) có: 
 mA + mB = mC + mD
Trong đó: mA, mB lần lượt là phần khối lượng tham gia phản ứng của chất A, B 
	 mC, mD lần lượt là khối lượng được tạo thành của chất C, D
2.1.3 Phương pháp định luật bảo toàn điện tích
 Nội dung: Trong mọi dung dịch thì: 
 Tổng số mol điện tích dương = tổng số mol điện tích âm.
 Tổng số điện tích trước phản ứng = tổng số điện tích sau phản ứng.
Tổng quát: Dung dịch có ion Mm+ ; Nn+ và ion âm Xx- ; Yy-
Biểu thức: 
 ↔ 	
Trong đó: là giá trị tuyệt đối của điện tích
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi viết sáng kiến kinh nghiệm. 
 - Trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm này vào quá trình giảng dạy ở trường THPT thiệu hóa là khi gặp các bài tập tổng hợp vô cơ khó trong các đề thi thử THPT quốc gia, và đề thi THPT quốc gia các em học sinh của tôi trực tiếp giảng dạy nói riêng và học sinh trường thiệu hóa nói chung đều gặp rất nhiều khó khăn, và hầu như có rất ít học sinh làm tốt phần câu hỏi này trong đề thi.
2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề. 
Câu 1: Cho hổn hợp gồm FeS2 và Fe3O4 tác dụng với 100 gam dung dịch HNO3 a% sau phản ứng thu 15,344 lít hổn hợp NO ;NO2 ( đktc, không còn sản phẩm khử khác của N+5) có khối lượng là 31,35 gam và dung dịch chỉ chứa 30,15 gam muối .Giá trị của a là
 A. 46,24. B.43,115. C.57,33. D. 63.
Giải câu 1: Đặt n(FeS2) = x; n(Fe3O4) =y, và n(HNO3) =z.. 
ĐLBTNT cho H => n(H2O) = 0,5z 
 Ta có n(khí) = 0,685 => n(NO3-) trong muối = z -0,685 
 Vậy dung dịch sau pứ chứa Fe3+ x+ 3y mol; SO42- 2x mol và NO3- là z - 0,685 
 + BTĐT ta có 3(x + 3y) = 2x.2 + z -0,685 (1) 
 + m(muối) = 56(x+3y) + 96.2x + 62(z -0,685) = 30,15 (2) 
 + BTKL ta có 120x + 232y + 63z = 30,15 + 31,15 + 18.0,5z (3) 
 Giải hệ ta có x = ; y = ; và z = 0,91 => a % = 63.0,91/100 = 57,33 %. => a = 57,33
Câu 2 : 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 N có trong 319 gam hỗn hợp muối trên có giá trị gần với giá trị nào sau đây nhất? 
A. 18,082%. B. 18,125%. C. 18,038%. D. 18,213%.
Giải câu 2: Ta có m(O2) pứ = 28,8 => n(O2) pứ = 0,9 mol. 
Quy đổi X về kim loại và O. 
X + HNO3 muối + khí Z + H2O 
 BTKL ta có m(X) + m(HNO3) = m(muối) + m(khí Z) + m(H2O) 
=> m(H2O) = 92,4 + 63.4,25 -(319 + 3,44) = 37,71 gam => n(H2O) = 2,095 
BTNT cho H ta có 4,25 = 2n(H2O) + 4n(NH4NO3) => n(NH4NO3) = 0,015 mol. 
 m(muối) = m(kim loại) + m(NO3-) trong muối của kim loại + m(NH4NO3) = 319 
=> m(NO3- ) trong muối của kim loại = 254,2 gam => n(NO3-) trong muối của kim loại = 4,1 mol 
 => %m(N) trong muối = 14.(4,1 + 2.0,015)/319 = 18,125%. 
Câu 3: Hòa tan hoàn toàn 11,6 gam hỗn hợp A gồm Fe và Cu vào 87,5 gam HNO3 50,4%, sau khi kim loại tan hết thu được dung dịch X và V lit (đktc) hỗn hợp khí B (gồm hai chất khí NO và NO2 có tỉ lệ số mol của hai khí là 3:2). Cho 500ml dung dịch KOH 1M vào dung dịch X thu được kết tủa Y và dung dịch Z. Lọc lấy Y rồi nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 16,0 gam chất rắn. Cô cạn dung dịch Z được chất rắn T. Nung T đến khối lượng không đổi thu được 41,05 gam chất rắn. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Phần trăm khối lượng của Fe, Cu trong A và giá trị của V lần lượt là
A. 72,41%; 27,59% và 5,6. 	B. 72,41%; 27,59% và 6,72. 
C. 67,41%; 32,59% và 5,6. D. 67,41%; 32,59% và 6,72.
Giải câu 3: Ta có n(HNO3) = 0,7 mol. Gọi x là n(Fe); y là n(Cu), => 56x +64y = 11,6 (1) 
 n(KOH) = 0,5 mol. 
Khi cho KOH tác dụng với X, nếu KOH hết, => KOH chuyển hết thành KNO3 0,5 mol
 KNO3 KNO2 + 0,5O2 
 0,5 0,5 => m(KNO2) = 85.0,5= 42,5 > 41,05 vô lí, => KOH dư, => muối và axit hết. 
Vì muối hết nên Fe, và Cu chuyển hết vào kết tủa, khi đó nung trong không khí sẽ thu được Fe2O3 0,5x mol (BTNT cho Fe) và CuO y mol (BTNT cho Cu) 
=> 80x + 80y = 16 (2) giải hệ ta có x = 0,15; y=0,05. => %Fe = 72,41%. 
Dung dịch Z gồm a mol KNO3 và b mol KOH dư, => BTNT cho K ta có a + b =0,5 (3) 
Chất rắn T khi đó là KNO2 a mol và KOH dư b mol, => m(chất rắn) = 85a + 56b = 41,05 (4) 
Giải hệ ta có a = 0,45; b =0,05. 
BTNT cho N ta có n(HNO3) = n(KNO3) + n(N trong khí) = 0,7, => n(N khí) = 0,25 mol = n(khí) => V = 5,6 lit. Chọn A. 
Câu 4: Hấp thụ 2,24 lít khí CO2 (đktc) vào dung dịch hỗn hợp X chứa x mol Na2CO3 và y mol NaOH thu được dung dịch chứa 2 muối có cùng nồng độ mol. Mặt khác rót từ từ dung dịch chứa 0,31 mol HCl vào dung dịch hỗn hợp X cũng thu được 2,24 lít khí CO2 (đktc). Tỉ lệ x : y là
A.4 : 3	B.5 : 4	C.6 : 5	D.7 : 6
Câu 4: Ta có n(CO2) = 0,1; Do hai muối có cùng CM, nên sẽ có cùng số mol 
=> Dung dịch Y có n(NaHCO3) = n(Na2CO3) = 0,5x + 0,05 (BTNT cho C) 
BTNT cho Na => 2x+ y = x + 0,1 + 0,5x + 0,05 => 0,5x + y = 0,15 (1) 
Khi cho từ từ HCl vào X thu được 0,1 mol CO2 => dung dich sau pứ không còn NaOH, không còn Na2CO3, => Chứa NaCl 0,31 mol do BTNT cho Clo) và NaHCO3 x - 0,1 mol (do BTNT cho C) 
=> BTNT cho Na ta có: 2x + y = 0,31 + x -0,1 => x+ y = 0,21 (2) => x =0,12; y = 0,09 => x:y = 0,12:0,09 = 4:3 => chọn A.
Câu 5: Cho 15 gam bột Zn vào dung dịch hỗn hợp KNO3 và H2SO4, đun nhẹ, trong điều kiện thích hợp, đến khi phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch X chứa m gam muối; 1,792 lít hỗn hợp khí Y (đktc) gồm 2 khí không màu, trong đó có một khí hóa nâu trong không khí và còn lại 2,65 gam chất rắn không tan. Biết tỉ khối của Y so với H2 là 11,5. Giá trị của m là
A. 34,25.	B. 27,96.	C. 28,34.	D. 38,87.
Câu 5: Ta có m(Zn) pứ = 15 - 2,65 = 12,35 => n(Zn) pứ = 0,19, => n(e nhường) = n(e nhận) = 0,38 
Ta có MY = 23 => Y gồm NO x mol và H2 y mol 
=> x + y = 0,08 và 30x + 2y = 0,08.23 
=> x = 0,06; y = 0,02, do đã tạo H2 nên NO3- hêt 
 ĐLBT e ta có n(e nhận) = 3n(NO) + 2n(H2) + 8n(NH4+ nếu có) 
=> n(NH4+) = 0,02 mol 
BTNT cho N ta có n(KNO3) = n(NO) + n(NH4+) = 0,08 = n(K+) 
Vậy dung dịch X gồm: Zn2+ 0,19 mol; K+ 0,08 mol; NH4+ 0,02 mol và SO42- ĐLBT ĐT ta có n(SO42-) = 0,24 mol => m = 12,35 + 39.0,08 + 18.0,02 + 96.0,24 = 38,87 => D.
Câu 6 :Cho 82,05 gam hỗn hợp A gồm Al và Al2O3 (có tỷ lệ mol là 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 và đun nóng nhẹ, sau khi các phản ứng xảy ra thì thấy khối lượng dung dịch giảm 3,1 gam và dung dị ch sau phản ứng không có muối amoni .Giá trị của m gần nhất với :
 A.16 B.13 C.12 D.15
Giải câu 6: Ta đặt n(Al2O3) = a=> 27.2,3 a + 102.a = 82,05 => a = 0,5 mol.
Do dung dịch sau phản ứng chỉ chứa 3 muối nên đó là Al2(SO4)3 1,075 mol, Na2SO4 a mol, và (NH4)2SO4 b mol 
-C tác dụng với BaCl2 dư: Ba2+ + SO42- BaSO4 
 => n(H2SO4) = 3,6 mol = 1,075.3 + a + b => a + b = 0,375
- Cho 23 gam Na( 1mol) vào C: Na + H2O NaOH + 0,5H2 
 1 1 0,5 
 NH4+ + OH- NH3 + H2O 
 2b 2b 2b 	
 3OH- + Al3+ Al(OH)3 
 1-2b (1-2b)/3 	
Ta có m(dung dịch giảm) = m(kết tủa) + m(khí ) –m(Na) = 3,1 
 78.(1-2b)/3 + 2.0,5+ 17.2b -23 = 3,1 b = 0,05 => a = 0,325 
- BTNT cho H ta có: n(H+) = 2.3,6 = 2n(H2) + 2n(H2O) + 4n(NH4+) => n(H2O) = 3,2 
-ĐLBTKL ta có: m(A) + m(H2SO4) + m(NaNO3) = m(muối) + m(khí) + m(H2O) 
 82,05 + 98.3,6 + 85.2.0,325 = 342.1,075 + 142.0,325 + 132.0,05 + m + 18.3,2 => m = 12,1 
Câu 7: Cho 50,025 gam hỗn hợp A gồm Fe3O4, Fe(NO3)3, Cu tác dụng hoàn toàn với dung dịch chứa 0,621 mol H2SO4 (loãng) thì thu được khí NO (sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch B chỉ chứa 2 muối trong đó có chứa muối sắt (III). Cô cạn B thu được m gam muối khan. Giá trị m gần giá trị nào nhất sau đây?
 	A. 98,9	B. 92,3	C. 69,6	D. 109,7 
Giải câu 7: Gọi số mol của các chất trong hh lần lượt là x, y, và z. => 232x + 242y + 64z = 50,025 (1) 
 Ta có n(H+) = 1,242, Do sau phản ứng chỉ tạo hai muối nên NO3-hết, và H+ hết.
 Dung dịch B chứa: Fe3+ 3x + y mol (ĐLBTNT cho Fe); SO42- 0,621 mol (ĐLBTNT cho S); và Cu2+ z mol (ĐLBTNT cho Cu). 
ĐLBTĐT ta có 3(3x + y) + 2z = 2.0,621 (2) 
BTNT cho N ta có n(NO) = 3y; BTNT cho H ta có n(H2O) = 0,621 
ĐLBTKL ta có: 233x + 242y + 64z + 98.0,621 = 56(3x + y) + 64z + 96.0,621 + 30.3y + 18.0,621 (3)
Giải hệ ta có x =0,0315; y = 0,0825; z =0,3555
=> m(muối) = 92,28 gam. => Chọn B.
Câu 8: Cho 31,15 gam hỗn hợp bột Zn và Mg (tỷ 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 trung hòa và 4,48 lít (đktc) hỗn hợp khí B gồm N2O và H2. Khí B có tỷ khối so với H2 bằng 11,5. Vậy m gần giá trị nàosau đây nhất?
A. 240	B. 255	C. 132	D. 252
Giải câu 8: Theo bài ra ta có n(Zn) = n(Mg) = 31,15:(65 +24) = 0,35 mol. 
Gọi x là n(N2O), y là n(H2). => x + y = 0,2 (1) 
và 44x + 2y = 0,2.23 (2) Giải hệ ta có x = 0,1 =y. 
Đặt n(NaNO3) = a; n(NaHSO4) = b; và n(NH4+) tạo ra = c. 
 ĐLBTNT cho N ta có a = c + 2.0,1 => a - c = 0,2 (3) 
 Dung dịch sau pứ chứa: 0,35 mol Mg2+; 0,35 mol Zn2+; a + b mol Na+; c mol NH4+; và b mol SO42- 
 ĐLBTĐT ta có 2.0,35 + 2.0,35 + a + b + c = 2b => a -b + c = -1,4 (4) 
 BTNT cho H ta có b = 2.0,1 + 4c + 2n(H2O) => n(H2O) = 0,5b - 0,1 -2c 
 ĐLBTKL ta có: 31,15 + 85a + 120b = 0,2.23 + 31,15 + 23(a + b) + 18c + 96b + 18(0,5b -0,1-2c) 
=> 62a - 8b + 18c = 2,8 (5) Giải hệ ta có a = 0,25; b = 1,7; c = 0,05
 => m(muối) = m = 31,15 + 23.1,95 + 18.0,05 + 96.1,7 = 240,1 => Chọn A. 
Câu 9: Cho hỗn hợp X chứa 56,9 gam gồm Fe, Al , FeO, Fe3O4, Al2O3 và CuO. Hòa tan hết X trong dd HNO3 dư thấy có 2,825 mol HNO3 tham gia phản ứng thu được 208,7 gam muối và 2,24 lít (đktc) khí NO duy nhất. Mặt khác, từ hỗn hợp X ta có thể điều chế được tối đa m gam kim loại. Giá trị của m là 
	A. 39,75.	B. 46,2	.	C. 48,6.	D. 42,5.
Giải câu 9: BTKL ta có m(H2O) = 23,175 gam => n(H2O) = 1,2875 mol 
BTNT cho H ta có n(HNO3) = 2n(H2O) + 4n(NH4+) => n(NH4+) = 0,0625 mol
BTNT cho N ta có n(NO3-) còn trong dung dịch = n(HNO3) - n(NO) - n(NH4+) 
= 2,825 - 0,1 -0,0625 = 2,6625	
 Ta có m(muối) = m(kim loại) + m(NH4+) + m(NO3- trong dung dịch) = 208,7 
=> m + 18.0,0625 + 62.2,6625 = 208,7 => m = 42,5 => D.
Câu 10: Cho 29,64 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe(NO3)2, Al, Zn ( trong đó số mol Al bằng số mol của Zn) tan hoàn toàn trong dung dịch hỗn hợp chứa 1,16 mol KHSO4. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y chỉ chứa 179,72 gam muối sunfat trung hòa và 6,72 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 1,9. Phần trăm khối lượng của Al trong hỗn hợp X gần với giá trị nào sau đây nhất? 
A. 13,664%.	B. 14,228%.	C. 16,63%.	D. 14,939%.	
Giải câu 10: 
Do KLPT trung bình của Z = 1,9.4 =7,6 => Z có NO ( vì hóa nâu trong không khí ) amol và H2 b mol 
=> a + b = 0,3; 30a + 2b = 7,6.0,3=2,28 giả hệ ta có a = 0,06 và b = 0,24 mol. 
Vì sau phản ứng thu được khí H2 nên NO3- hết, theo bài ra dung dịch chỉ chứa muối trung hòa nên H+ hết. 
BTKL ta có 29,64 + 1,16.136 = 179,72 + 2,28 + m(H2O) => m(H2O) = 5,4; => n(H2O) = 0,3 mol.
BTNT cho H: ta có 1,16 = 2n(H2O) + 2n(H2) + 4n(NH4+) => n(NH4+) = 0,02 mol.
 BTNT cho N ta có 2n(Fe(NO3)2 = n(NO) + n(NH4+) = 0,06 + 0,02 = 0,08, => n(Fe(NO3)2 =0,04
 BTNT cho O ta có: n(FeO) + 6n(Fe(NO3)2 = n(NO) + n(H2O) ( O trong SO42- không đổi)
=> n(FeO) + 6.0,04 = 0,06 + 0,3 =0,36 => n(FeO) = 0,12 
 n(Al) = n(Zn) = c, => m(X) = 27c + 65c + 72.0,12 + 180.0,04 =29,64 => c =0,15 => %m(Al) =27.0,15/29,64 = 13,6639 => Chọn A. 
Câu 11: Hỗn hợp rắn X gồm . Hòa tan hết 31,76 gam X vào dd chứa 1,51 mol sau phản ứng hoàn toàn thu được dd Y và hỗn hợp khí Z chỉ chứa các sản phẩm khử của nitơ ( % khối lượng của oxi trong Z là 60,7595%). Cô cạn dd Y thì thu được 77,42 gam hỗn hợp muối khan. Mặt khác nếu cho Ba(OH)2 dư vào dd Y, lấy kết tủa thu được đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi thì thu được 88,58 gam chất rắn khan. % khối lượng của O trong X có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây? 
A. 13%. B. 12%. C. 16%. D. 18%.
Giải câu 11: Quy đổi hỗn hợp X về x mol Fe, y mol S và z mol O. => 56x + 32y + 16z = 31,76 (1) 
Dung dịch sau pứ có x mol Fe3+, y mol SO42-, NO3-, H+ dư 
Khi cô cạn dung dịch Y ( khi đó HNO3 bay hơi) chất rắn sau cô cạn chứa x mol Fe3+, y mol SO4-, và NO3- BT điện tích ta có n(NO3-) = 3x -2y => m(muối) = 56x + 96y + 62(3x-2y) = 77,42 (2) 
Khi cho Y tác dụng với Ba(OH)2 dư, thì kết tủa là BaSO4 y mol và Fe(OH)3 x mol 
Nung kết tủa=>chất rắn sau nung là BaSO4 y mol và Fe2O3 0,5x mol,
=> m(chất rắn) = 233y + 80x = 88,58 (3) 
=> x = 0,35; y = 0,26; và z = 0,24 => đáp án B. 
Câu 12: Cho m gam hỗn hợp X gồm MgO, CuO, MgS và Cu2S (oxi chiếm 30% khối lượng) tan hết trong dung dịch H2SO4 và NaNO3, thu được dung dịch Y chỉ chứa 4m gam muối trung hòa và 0,672 lít (đktc) hỗn hợp khí gồm NO2, SO2 (không còn sản phẩm khử khác). Cho Y tác dụng vừa đủ với dung dịch Ba(NO3)2, được dung dịch Z và 9,32 gam kết tủa. Cô cạn Z được chất rắn T. Nung T đến khối lượng không đổi, thu được 2,688 lít (đktc) hỗn hợp khí (có tỉ khối so với H2 bằng 19,5). Giá trị của m gần giá trị nào nhất sau đây? 
	A. 3,0.	B. 2,5.	C. 3,5.	D. 4,0. 	
Giải câu 12: Ta có m(O) = 0,3m gam, Ta có n(BaSO4) = n(SO42- trong Y) 
Khi nung T: Ta có n(NO2 ) = x; n(O2) = y => x + y = 2,688/22,4 = 0,12 và 46x + 32y = 0,12.2.19,5
=> x = 0,06; y =0,06, 
 Ta có M(NO3)2 MO + 2NO2 + 0,5O2 
 0,03 0,06 0,015 
 NaNO3 NaNO2 + 0,5 O2 	
 0,09 0,045 => n(NO3-) ban đầu = n(NaNO3) = n(Na) =0,09. 
=> n(NO3- trong Y) =n(NO3- trong T) –n(NO3- từ muối Ba(NO3)2) = 0,09 + 0,06 – 2.0,04 =0,07 
=> n(NO2) = n(NaNO3)ban đầu – n(NO3- trong Y) = 0,02 => n(SO2) = 0,01 mol. 
 BTNT cho H ta có: n(H2SO4) =n(H2O) 
BTNT cho O ta có: n(O trong X) + 4n(H2SO4) + 3n(NaNO3) = n(H2O) + 2n(khi NO2, SO2) + 4n(SO42- trong Y) + 3n(NO3- trong Y) 
=> 3n(H2SO4) = 2.0,03 + 4.0,04 +3.0,07 - 3.0,09 -0,3m/16 = 0,16 -0,3m/16 => n(H2SO4) = (0,16/3 -0,1m/16) =n(H2O). 
Áp dụng ĐLBTKL ta có: m + 98(0,16/3 -0,1m/16) + 85.0,09 = 4m + 64.0,01 + 46.0,02 + 18(0,16/3-0,1m/16) 
=> m = 2,96 chọn A. 	
( Chú ý: S trong X có thể tạo cả SO2 và SO42-, vì đề chỉ khẳng định là không có sản phẩm khử khác, mà sản phẩm của S là sản phẩm oxi hóa) 
Câu 13: Nung nóng hỗn hợp chất rắn A gồm a mol Mg và 0,25 mol Cu(NO3)2, sau một 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, tỉ khối của Z so với H2 là 11,4. Giá trị m gần nhất với giá trị nào sau đây?
A.82.	B. 74.	C. 72.	D. 80.
Giải câu 13: BTNT cho oxi ta có n(O trong X) = 6n(Cu(NO3)2- 2n(hh khí) = 0,6 mol. 
Ta tìm được n(N2) = 0,04; n(H2) = 0,01. 
Muối trong Y gồm 0,25 mol CuCl2, a mol MgCl2, và b mol NH4Cl. 
BTNT cho clo ta có n(Cl-) =1,3 = 0,25.2 + 2a + b (1) 
BTNT cho o