SKKN Nét đẹp của các định luật bảo toàn trong giải toán hóa hóa học áp dụng để giải nhanh các bài toán vô cơ vận dụng cao trong kì thi THPT quốc gia

MỤC LỤC
PHẦN 1
MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài
- Hóa học là 1 trong những môn học có nhiều ứng dụng nhất trong đời sống. Trong trường phổ thông Hóa học là môn học cơ bản vì vậy nó được áp dụng vào các kỳ thi ở chương trình phổ thông. Từ năm 2015 đến nay Bộ Giáo Dục và Đào Tạo áp dụng kỳ thi THPT Quốc Gia để xét tốt nghiệp và xét vào Đại học-Cao Đẳng-THCN, thành tựu trong 3 năm 2015, 2016, 2017 mà kì thi đã để lại những ấn tượng nhất định được nhân dân và giáo viên, học sinh, phụ huynh cũng như toàn xã hội hưởng ứng tích cực và trở thành kì thi rất quan trọng của học sinh THPT. Trong năm 2018 Bộ Giáo dục tiếp tục sử dụng kì thi THPT quốc gia với mục đích như vậy và thời gian làm bài mỗi môn trong bài thi tổ hợp là 50 phút với 40 câu hỏi. Để giải quyết được số lượng câu hỏi như vậy học sinh đòi hỏi phải có kỹ năng mà các em chỉ được học hóa học từ lớp 8 trong 2 năm lớp 8, 9 các em được học rất hời hợt và cảm thấy khó khăn khi học hóa, khó hiểu và sợ học hóa học đặc biệt là các bài toán hóa học phân hóa, đồ thị... 
- Kể từ năm 2007, Bộ Giáo dục và Đào tạo đã chuyển cấu trúc thi tuyển sinh đại học - cao đẳng, THPT Quốc Gia môn hoá học từ tự luận sang trắc nghiệm khách quan nhiều lựa chọn 100%. Điều đó cũng đồng nghĩa trong thời gian rất ngắn, học sinh phải thật bình tĩnh để lựa chọn phương án trả lời tối ưu. Nắm bắt được điều đó, các giảng viên đại học, cao đẳng, các chuyên gia và các nhà giáo có nhiều kinh nghiệm đã xuất bản rất nhiều sách và tài liệu tham khảo về các phương pháp giải nhanh trắc nghiệm, tuy nhiên cập nhật thi cử trong các năm trở lại đây chúng tôi thấy có nhiều câu hỏi vận dụng, vận dụng cao cao mới - lạ, học sinh chưa hiểu thấu đáo thì không thể giải được và kể cả một số giáo viên khi mà tài liệu tham khảo chưa kịp cập nhật. 
- Nắm bắt được điều đó thông qua các đề thi đề THPT quốc gia năm 2015, 2016 và đề tham khảo lần 1,2,3 năm 2017 và đề thi THPT quốc gia năm 2017, đề minh họa năm 2018 chúng tôi nhận thấy trong đề thi phần vận dụng có nhiều bài tập vô cơ hay và khó nếu không nắm được bản chất thì gần như không giải được hoặc giải rất lâu, để giúp học sinh có cách giải nhanh, hay chúng tôi mạnh dạn viết SKKN “Nét đẹp của các định luật bảo toàn trong giải toán hóa hóa học áp dụng để giải nhanh các bài toán vô cơ vận dụng cao trong kì thi THPT quốc gia”. 
- Trong đề tài này chúng tôi đưa ra ba phần chính đó là: các bài toán vận dụng cao; bài toán đồ thị dung dịch muối Al3+, H+ tác dụng với dung dịch OH- và thực nghiệm sư phạm áp dụng. 
1.2. Mục đích nghiên cứu
Đề tài được nghiên cứu để giúp học sinh lớp 12 ôn thi THPT quốc gia môn Hóa học được tốt hơn, hiệu quả hơn và có thể giúp các bạn đồng nghiệp ôn thi có hệ thống, hiệu quả nâng cao chất lượng dạy và học môn Hóa học ở trường phổ thông.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Sáng kiến kinh nghiệm được nghiên cứu ở phần Hóa học vô cơ lớp 12-THPT do đó tổng kết được kĩ năng giải bài tập vô cơ, dạng bài tập muối Al3+ và phán đoán tình huống đặt ra trong thực tiễn. 
1.4. Phương pháp nghiên cứu
Đề tài được nghiên cứu chủ yếu bằng phương pháp nghiên cứu xây dựng cơ sở lý thuyết tổng quát để suy ra vấn đề cụ thể và phương pháp sơ đồ hóa chia nhỏ nhiệm vụ để giải.
PHẦN 2
NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Tình hình thực tế và biện pháp thực hiện
2.1.1. Tình hình thực tế trước khi thực hiện đề tài
- Qua hơn 10 năm giảng dạy tại trường phổ thông và nhiều năm nghiên cứu, chúng tôi nhận thấy rất nhiều học sinh khi làm bài tập vô cơ phân hóa và đồ thị thường hay lúng túng-khúc mắc. Điều đó, sẽ mất nhiều thời gian làm bài và đôi khi không làm ra được kết quả do những bài toán phân hóa trên phải yêu cầu hiểu biết bản chất hóa học và xử lí toán học. 
- Thực tế là học sinh không hứng thú với dạng toán này cho đây là phức tạp. 
- Vì vậy để nâng cao hiệu quả giải bài tập giải nhanh các bài toán phân hóa và đồ thị phục vụ thi THPT Quốc Gia và thi học sinh giỏi tỉnh chúng tôi chọn đề tài “Nét đẹp của các định luật bảo toàn trong giải toán hóa hóa học áp dụng để giải nhanh các bài toán vô cơ vận dụng cao trong kì thi THPT quốc gia” này nhằm đưa học sinh tới hiểu thấu đáo hơn và giải quyết vấn đề tốt hơn. 
2.1.2. Biện pháp thực hiện đề tài
2.1.2.1. Những kiến thức cần trang bị
- Nắm vững các định luật bảo toàn.
- Nắm được các bản chất hóa học xảy ra.
- Viết được các sơ đồ hóa bài toán.
- Xử lí các dữ kiện bài toán: số mol, khối lượng, bảo toàn khối lượng (BTKL), bảo toàn electron (BT e), bảo toàn điện tích (BTĐT), 
2.1.2.2. Những điểm cần lưu ý
 	 - Sơ đồ phản ứng của bài toán
 	- Vận dụng thành thạo BTNT và bảo toàn nhóm, bảo toàn gốc axit, 
2.2. Nội dung
2.2.1. Định luật bảo toàn khối lượng và các hệ quả [13]
Định luật bảo toàn khối lượng (BTKL) hay định luật Lomonosov - Lavoisier là một định luật cơ bản trong lĩnh vực hóa học, được phát biểu như sau: Trong phản ứng hóa học, tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng các sản phẩm tạo thành.
Định luật bảo toàn khối lượng được hai nhà khoa học Mikhail Vasilyevich Lomonosov và Antoine Lavoisier khám phá độc lập với nhau qua những thí nghiệm được cân đo chính xác, từ đó phát hiện ra định luật bảo toàn khối lượng.
¨ Năm 1748, nhà hóa học người Nga Mikhail Vasilyevich Lomonosov đặt ra định đề.
¨ Năm 1789, nhà hóa học người Pháp Antoine Lavoisier phát biểu định luật này. 
Khi cân những bình nút kín đựng bột kim loại trước và sau khi nung, M.V.Lomonosov nhận thấy rằng khối lượng của chúng không thay đổi, mặc dù những chuyển hoá hoá học đã xảy ra với kim loại trong bình. Khi áp dụng các phương pháp định lượng nghiên cứu phản ứng hoá học, năm 1748 Lomonosov đã tìm định luật quan trọng này. Lomonosov trình bày định luật như sau: "Tất cả những biến đổi xảy ra trong tự nhiên thực chất là nếu lấy đi bao nhiêu ở vật thể này, thì có bấy nhiêu được thêm vào ở vật thể khác. Như vậy, nếu ở đây giảm đi bao nhiêu vật chất, thì sẽ có từng ấy vật chất tăng lên ở chỗ khác".
Trong phản ứng hoá học có sự thay đổi liên kết giữa các nguyên tử, sự thay đổi này chỉ liên quan đến các điện tử còn số nguyên tử của mỗi nguyên tố được giữ nguyên và khối lượng của các nguyên tử không đổi, vì thế tổng khối lượng các chất được bảo toàn. Định luật này đôi khi còn được gọi là Định luật bảo toàn khối lượng của các chất, vì ở cùng một địa điểm trọng lượng tỷ lệ với khối lượng.
Lomonosov cũng nhận thấy rằng bảo toàn năng lượng cũng có giá trị đối với các phản ứng hóa học.
Hệ quả của định luật bảo toàn khối lượng đó là:
- Định luật bảo toàn nguyên tố (BTNT): số mol mỗi nguyên tố trước và sau phản ứng không thay đổi, tức nếu hệ trước phản ứng có a mol nguyên tố A thì sau phản ứng số mol nguyên tố A cũng là a mol.
- Định luật bảo toàn electron (BT e): Tổng số electron mà chất khử cho bằng tổng số electron mà chất oxi hoá nhận nên: Sne (chất khử cho) = Sne (chất oxi hoá nhận) với ne là số mol electron.
- Định luật bảo toàn điện tích (BTĐT): Trong dung dịch, tổng số điện tích dương bằng tổng số điện tích âm, tức Snđiện tích dương = Snđiện tích âm.
Ví dụ: Trong dung dịch có các ion Fe2+; Al3+; Cl-; SO42- với số mol tương ứng như sau: Fe2+ (a mol), Al3+ (b mol), Cl- (c mol), SO42- (d mol). 
áp dụng định luật bảo toàn điện tích, ta có: 2a + 3b = c + 2d
2.2.2. Áp dụng định luật bảo toàn trong giải toán vô cơ vận dụng cao
Phương pháp:
	- Xử lí các công đoạn nhỏ tính số mol khí, phỏng đoán khí, 
- Viết sơ đồ phản ứng.
- Nhận xét và áp dụng các định luật bảo toàn vào để giải.
Các ví dụ: 
Ví dụ 1. [9]. Cho 28,7 gam hỗn hợp X gồm Fe3O4, Cu và Fe(NO3)3 tan hoàn toàn trong dung dịch chứa 0,34 mol H2SO4 (loãng), thu được khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N+5) và dung dịch Y chỉ chứa hai muối là FeSO4 và CuSO4. Cô cạn dung dịch Y, thu được m gam muối khan. Giá trị m là
	A. 53,28.	B. 53,20.	C. 53,60.	D. 53,12.
Hướng dẫn giải
* Đặt 
* Muối chứa: FeSO4: 3a+c = 0,15 mol; CuSO4: b = 0,19 mol ® m = 53,2 gam
Ví dụ 2.[6]. Nhiệt phân hỗn hợp gồm Mg và 0,16 mol Cu(NO3)2 trong điều kiện không có không khí, sau một thời gian, thu được hỗn hợp rắn X và 5,6 lít (đktc) hỗn hợp khí Y gồm NO2 và O2. Hòa tan hoàn toàn X cần dùng vừa đủ dung dịch chứa 1,12 mol HCl, thu được dung dịch Z và 0,08 mol hỗn hợp khí T gồm hai đơn chất khí. Tỉ khối của T so với He bằng 2,125. Cô cạn dung dịch Z thu được m gam muối khan. Giá trị của m là
	A. 59,96.	B. 59,84.	C. 59,72.	D. 59,60.
Hướng dẫn giải
Ta có: nY = 0,25 mol® nO trong X =0,16.6 – 0,25.2 = 0,46 mol
Khí trong T là N2 và H2 gọi số mol là x, y suy ra 
® x= 0,02 mol; y = 0,06 mol. BTNT (O) suy ra nH2O = 0,46 mol
BTNT (H): nNH4+ = (1,12 – 0,06.2-0,46.2)/4 = 0,02 mol.
Muối gồm ® m = 59,72 gam
 Ví dụ 3.[9]. Trộn m gam hỗn hợp X gồm Mg, Fe, Fe3O4, Cu và CuO (trong đó nguyên tố oxi chiếm 12,82% theo khối lượng hỗn hợp X) với 7,05 gam Cu(NO3)2, thu được hỗn hợp Y. Hoà tan hoàn toàn Y trong dung dich chứa đồng thời HCl; 0,05 mol KNO3 và 0,1 mol NaNO3. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch Z chỉ chứa muối clorua và 3,36 lít (đktc) hỗn hợp khí T gồm N2 và NO. Tỉ khối của T so với H2 là 14,667. Cho Z phản ứng với dung dịch Ba(OH)2 dư, kết thúc các phản ứng thu được 56,375 gam kết tủa. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây ?
	A. 30,5	B. 32,2	C. 33,3	D. 31,1
Hướng dẫn giải:
Ta có: 
Ví dụ 4.[6]. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm Mg, MgO, Fe3O4 và Fe(NO3)2 (trong đó oxi chiếm 371/1340 khối lượng hỗn hợp X) trong dung dịch HCl dư thấy có 4,61 mol HCl phản ứng. Sau khi các phản ứng xảy ra xong thu được dung dịch Y chỉ chứa 238,775 gam muối clorua và 14,56 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm NO, H2. Hỗn hợp Z có tỉ khối so với H2 là 69/13 . Thêm dung dịch NaOH dư vào Y, sau phản ứng thu được kết tủa Z. Nung Z trong không khí đến khối lượng không đổi được 114,2 gam chất rắn T. Phần trăm khối lượng Fe3O4 trong X gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 13%. 	B. 32%. 	C. 24%. 	D. 27%.
Hướng dẫn giải:
Gọi a, b là số mol NO, H2. Ta có ® a= 0,2; b=0,45.
Vì có sự tạo ra H2 nên trong dung dịch Y không có Fe3+ (Thiết nghĩ đề bài phải nói là dung dịch Y không có Fe3+ mới hợp lý vì quá trình phản ứng của các chất là quá trình phức tạp không thể khẳng định có H2 tạo ra là dung dịch không có Fe3+). Có Mg phản ứng nên ta nghĩ ngay đến dung dịch Y có NH4+, ta có sơ đồ phản ứng:
Gọi x, y là số mol Mg2+, Fe2+ trong Y.
 Y ®40x + 80y = 114,2 (I)
BTĐT trong Y ta có nNH4+ = 4,61 – 2a-2b (ghi trong sơ đồ)
Ta có mmuối = 24a + 56b + 18. (4,61 -2a-2b) + 35,5. 4,61 = 238,775 (II)
Giải hệ (I, II) thu được x = 1,655; y = 0,6. BTNT (N): Fe(NO3)2 = 0,15 mol, BTNT (Fe): Fe3O4 = 0,15 mol. BTNT (H) nH2O = 1,655 mol, BTNT (O): nO (X)= 1,855 mol ® mX = 107,2 gam ® %mFe3O4 = 32,46% ®Chọn B. 
Ví dụ 5. [6]. 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 A; 1,792 lít hỗn hợp khí (đktc) gồm hai khí không màu, trong đó có một khí hóa nâu ngoài không khí và còn lại 0,44 gam chất rắn không tan. Biết tỉ khối hơi của B đối với H2 là 11,5. Cô cạn cẩn thận dung dịch A thu được m gam muối khan E. Tính phần trăm về khối lượng của muối chứa K+ trong E?
A. 31,08%. 	B. 44,79%. 	C. 22,39%. 	D. 36,04%.
Hướng dẫn giải:
Số mol Mg phản ứng =( 5-0,44)/24 = 0,19 mol. Có Mg tác dụng với NO3- và H+ nên ta nghĩ ngay đến sản phẩm khử có thể có NH4+. Dễ thấy 2 khí là NO và H2, tính được số mol: NO: 0,06 mol, H2: 0,02 mol. Sơ đồ phản ứng:
BT e: nNH4+ = (0,19.2 – 0,06.3-0,02.2)/8 = 0,02 mol. 
BTNT (N): nKNO3 = 0,08 mol nên nK+=0,08
BTĐT ®nSO42- = 0,24 mol ® %mK2SO4 trong E = 22,39%.
Ví dụ 6: [6]. Hòa tan hết 35,52 gam hỗn hợp X gồm FeCl2, Mg, Fe(NO3)2 và Al vào dung dịch chứa 0,816 mol HCl thu được dung dịch Y và 3,2256 lít khí NO (dktc). Cho từ từ AgNO3 vào dung dịch Y đến khi phản ứng hoàn toàn thì lượng AgNO3 tối đa là 1,176 mol, thu được 164,496 gam kết tủa; 0,896 lít khí NO2 là sản phẩm khử duy nhất (đktc) và dung dịch Z chứa m gam chất tan đều là muối. Giá trị m gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 44 gam. 	B. 43 gam. 	C. 86 gam. 	D. 88 gam.
Hướng dẫn giải:
Tư duy kiểu 1. Hỗn hợp kết tủa gồm Ag x mol và AgCl y mol
	Ta có x + y = 1,176 và 108x + 143,5y = 164,496 suy ra x = 0,12 và y = 1,056
	Số mol FeCl2 = (1,056 – 0,816)/2 = 0,12
	Dd Y chứa Fe2+, Mg2+, Al3+, NH4+, Cl-, H+
	Trong đó số mol NH4+ = (nHCl – 4nNO – 2nNO2)/10 = 0,016
	Số mol Fe(NO3)2 = (nNO + nNH4+)/2 = 0,08
Dd Z chứa Fe3+ ; Mg2+; Al3+; NH4+, NO3-
	nNO3- = nAgNO3 – nNO2 = 1,136 mol 
	mion kim loại = mX – 71.nFeCl2 – 2.62.nFe(NO3)2 = 17,08
Vậy trong Z:m = mion kim loại + m NH4+ + mNO3- = 17,08 + 18.0,016 + 62.1,136 = 87,8 g
Tư duy kiểu 2. Có Mg, Al phản ứng với H+, NO3- nên dung dịch Y có thể có NH4+ và do Y tác dụng với AgNO3 tạo khí nên trong Y có Fe2+, H+ và không có NO3-. Sơ đồ phản ứng:
Y tác dụng với dung dịch AgNO3, ta có các phản ứng:
Fe2+ + 2H+ + NO3- ® Fe3+ + NO2 + H2O
0,04	 0,08	0,04	0,04
Fe2+ + Ag+ ® Fe3+ + 	Ag¯ ; Ag+ 	+ 	Cl- ® 	AgCl¯
x	 x	 x	x	 y	y	y
Gọi x , y là số mol Ag, AgCl ta có ® x = 0,12; y = 1,056
BT (Cl): nFeCl2 = 0,12 mol; nFe2+ trong Y = 0,04 + x = 0,16 mol.
Gọi a, b, c là số mol Mg, Fe(NO3)2, Al trong X
BT (N): NH4+: 2b – 0,144; BT (O): H2O: 6b – 0,144 mol; BT (Fe): Fe3+: b – 0,04 mol.
Ta có hệ: 
Giải hệ ta được a = 0,2; b =0,08; c =0,04 mol
Dung dịch Z gồm: ®mmuối = 87,8 gam.
Ví dụ 7: [7]. Cho 10 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe2O3, S, FeS2 và CuS (trong đó O chiếm 16% khối lượng hỗn hợp X) tác dụng vừa đủ với 0,335 mol H2SO4 đặc (đun nóng) sinh ra 0,2125 mol khí SO2 và dung dịch Y. Nhúng thanh Mg dư vào Y, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn lấy thanh Mg ra cân lại thấy tăng 2,8 gam (giả sử 100% kim loại sinh ra bám vào thanh Mg). Đốt cháy hoàn toàn 10 gam X (sản phẩm gồm Fe2O3, CuO và SO2) bằng lượng vừa đủ V lít (đktc) hỗn hợp khí A gồm O2 và O3 tỉ lệ mol 1:1. Giá trị của V là:
A. 1,568.	B. 1,4784.	C. 1,5232.	D. 1,4336.
Hướng dẫn giải:
Ta có nO trong X = 0,1 mol
Theo BTNT. H: Số mol H2O = số mol H2SO4 phản ứng
Theo BTNT. O: 
® 
Trong dung dịch Y có:
a mol Fe3+, b mol Cu2+ và 0,17 mol SO42-
Theo định luật bảo toàn điện tích đối với dung dịch Y:
3a + 2b = 0,17.2 = 0,34 	(1)
Khi dung dịch Y tác dụng với Mg:
Dung dịch sau phản ứng với Mg dư chỉ có MgSO4 (0,17 mol)
số mol Mg phản ứng là 0,17 mol
Ta có: 56a + 64b - 0,17.24 = 2,8 (2)
Từ (1) và (2) tính được: . Vậy trong X có: 
Khi X tác dụng với hỗn hợp gồm O2 và O3 được:
® nA = 2. (0,05.3 + 0,02 + 0,0475.2 – 0,1) : 5 = 0,066mol
® V = 1,4784 lít
Ví dụ 8. [7]. Hòa tan hết 15,0 gam hỗn hợp X gồm Fe, Fe3O4, FeCO3 và Fe(NO3)2 trong dung dịch chứa NaHSO4 và 0,16 mol HNO3, thu được dung dịch Y và hỗn hợp khí Z gồm CO2 và NO (tỉ lệ mol tương ứng 1:4). Dung dịch Y hòa tan tối đa 8,64 gam bột Cu, thấy thoát ra 0,03 mol khí NO. Nếu cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào Y, thu được 154,4 gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn và khí NO là sản phẩm khử duy nhất của cả quá trình. Phần trăm khối lượng của Fe đơn chất trong hỗn hợp X là:
A. 48,80%.	B. 33,60%.	C. 37,33%.	D. 29,87%.
Hướng dẫn giải:
 - Dung dịch Y gồm Fe3+, H+, Na+, NO3- và SO42- (dung dịch Y không chứa Fe2+, vì không tồn tại dung dịch cùng chứa Fe2+, H+ và NO3-).
- Khi cho dung dịch Y tác dụng với 0,135 mol Cu thì:
- Khi cho dung dịch Y tác dụng với Ba(OH)2 ta có: 
=0,58 mol
- Xét dung dịch Y, có: 
- Xét hỗn hợp khí Z, có và . Mặt khác: 
- Quay trở lại hỗn hợp rắn X, ta có: 
mà 
Sơ đồ hóa bài toán: 
Y hòa tan Cu:0,135 mol PTHH: 3Cu + 8H+ + 2NO3- ® 3Cu2+ + 2NO + 4H2O và 2Fe3+ + Cu® 2Fe2+ + Cu2+
Dễ thấy nNO3- = nNO = 0,03 và nH+ = 0,12 và nFe3+ = 0,18 mol
- Y + dd Ba(OH)2 dư thì ¯ gồm: Fe(OH)3: 0,18 mol®nBaSO4 =
BT SO42- và BT Na ta được nNa+ = 0,58 từ đó dễ thấy H+ trong Y = 0,12 mol và BTĐT suy ra nNO3- = 0,08 mol
BT (H) suy ra nH2O = 0,31 mol BTKL suy ra: nCO2 =0,04 và nNO =0,12
BT (C), (N) và (O) ta tính được Fe3O4= 0,01 mol; FeCO3: 0,03 mol và Fe(NO3)2: 0,02. BT (Fe) nFe=0,1 mol và từ đó tính được %Fe= 37,33%.
Ví dụ 9. [9]. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp gồm FeS2 (x mol) và FeCO3 (y mol) trong không khí (O2 chiếm 20% thể tích, còn lại là N2), kết thúc phản ứng thu được Fe2O3 duy nhất và hỗn hợp khí Y gồm N2, SO2, CO2 (trong đó tỉ lệ về số mol của N2 và SO2 tương ứng là 17 : 2). Tỉ lệ x : y là
	A. 1 : 2.	B. 2 : 5.	C. 1 : 6.	D. 2 : 3.
Hướng dẫn giải:
Đặt nN2 = 17 ® nSO2 = 2 
 - BTNT S ® nFeS2 = 1 = x.
 - Từ nN2 ® nO2 = 4,25
 - BTNT O ® 3y + 2.4,25 = 2.2 + 2.y + 3(x + y)/2 ® y = 6 (C)
Vậy x: y = 1:6.
Ví dụ 10.[9]. Hòa tan hoàn toàn 0,5 mol hỗn hợp X gồm MgO, Al(NO3)3, Mg và Al trong dung dịch chứa NaNO3 và 1,28 mol HCl (đun nóng), sau phản ứng thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối và hỗn hợp khí Z gồm N2O (0,06 mol) và H2 (0,06 mol). Để tác dụng tối đa các muối trong Y cần dùng 660 ml dung dịch NaOH 2M, đồng thời thu được 20,88 gam kết tủa. Phần trăm khối lượng của Mg đơn chất có trong X là
A. 38,6%.	B. 33,1%.	C. 34,4%.	D. 41,3%.
Hướng dẫn giải:
*Kết tủa chỉ có Mg(OH)2: 0,36 mol
*nkim loại = nX = 0,5 nAl3+/Y = 0,5 - 0,36 = 0,14
*Vai trò của OH- nNH4+ = 1,32 - 0,36.2 - 0,14.4 = 0,04
*dung dịch Y: nNaNO3 = 0,1
*Vai trò H+ nMgO = (1,28 - 0,06.10 - 0,06.2 - 0,04.10):2 = 0,08
*BT.Mg nMg = 0,36 - 0,08 = 0,28
*BT.N nAl(NO3)3 = (0,06.2 + 0,04 - 0,1):3 = 0,02
*%mMg = 
Ví dụ 11.[9]. Nung nóng 45,76 gam hỗn hợp gồm Al và Fe3O4 trong khí trơ đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được rắn X. Chia X làm hai phần bằng nhau. Phần 1 cho vào dung dịch NaOH dư, thấy còn lại 14,72 gam hỗn hợp rắn. Hòa tan hết phần 2 trong dung dịch chứa NaNO3 và H2SO4 loãng, kết thúc phản ứng thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối trung hòa của kim loại và 3,36 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm hai khí, trong đó có một khí hóa nâu. Tỉ khối của Z so với H2 bằng 12,2. Cô cạn dung dịch Y thu được m gam muối khan. Giá trị của m là
	A. 77,16.	B. 88,68.	C. 83,88.	D. 74,28.
Hướng dẫn giải:
*khối lượng của 1/2X là 45,76:2 = 22,88
*Xét phần 1:
-BT.Al nAl = 0,16 nFe3O4 = (22,88 - 0,16.27):232 = 0,08
*Xét phần 2:
-nNO = 0,12; nH2 = 0,03
-ddY: 
-BT.NnNaNO3 = 0,12 nNa+ = 0,12
-Vai trò H+ nH2SO4 = (0,08.4.2 + 0,12.4 + 0,03.2):2 = 0,59 nSO42- = 0,59
Vậy m = 77,16
Ví dụ 12. [9]. Hòa tan hết hỗn hợp gồm 7,68 gam Mg và 3,36 gam MgCO3 vào dung dịch HNO3 loãng dư, thu được dung dịch X và 2,24 lít (đktc) hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với He bằng 11. Cô cạn dung dịch X thu được lượng muối khan là
A. 48,96 gam.	B. 54,88 gam.	C. 53,28 gam.	D. 55,68 gam.
Hướng dẫn giải:
* nMg = 0,32; nMgCO3 = 0,04
* MY = 44 → Khí gồm → nNH4+ = 2nMg/8 – nN2O = 0,02
* Muối chứa → m = 54,88 gam 
Ví dụ 13.[9]. Hòa tan hoàn toàn 21,78 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, MgCO3, Al(NO3)3 trong dung dịch chứa 0,12 mol HNO3 và 0,65 mol H2SO4. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối trung hòa và hỗn hợp khí Z gồm CO2, N2, N2O và H2 (trong đó số mol của H2 là 0,06 mol). Tỉ khối của Z so với He bằng 7,25. Cho dung dịch Y tác dụng với dung dịch NaOH dư, thấy lượng NaOH phản ứng tối đa là 57,6 gam; đồng thời thu được 24,36 gam kết tủa. Thành phần phần trăm về khối lượng của N2O trong hỗn hợp Y là
	A. 37,93%.	B. 22,76%.	C. 30,34%.	D. 14,48%.	
Hướng dẫn giải:
* Kết tủa là Mg(OH)2: 0,42
* Dung dịch cuối cùng: 
* BT.H nH2O = 0,57
* BTKLmZ = 5,8 nZ = 0,2
* Z
Ví dụ 14.[9]. Cho 20,88 gam hỗn hợp X gồm Fe, Fe(NO3)2 và Fe(NO3)3 vào nước dư, thấy còn lại 10,08 gam rắn không tan. Mặt khác, hòa tan hoàn toàn 20,88 gam X trong dung dịch HCl loãng, thu được dung dịch Y chỉ gồm các muối của kim loại và hỗn hợp khí Z gồm hai khí không màu, trong đó có một khí hóa nâu. Tỉ khối của Z so với He bằng 4,7. Cho dung dịch AgNO3 dư vào Y, thu được m gam kết tủa. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 101,5.	B. 100,0.	C. 101,0.	D. 100,5.
Hướng dẫn giải:
* nFedư = 0,18; dung dịch sau chỉ có Fe(NO3)2; nFe(NO3)2sau = (20,88 - 10,08):180 = 0,06 (BTKL)
* Hỗn hợp X: 
* 
Ví dụ 15.[9]. Hòa tan hoàn toàn 0,6 mol hỗn hợp gồm Mg, Fe(NO3)3 và FeCl3 trong dung dịch chứa 0,84 mol HCl, kết thúc phản ứng thu được dung dịch X chỉ chứa các muối clorua có khối lượng là 66,635 gam và 2,24 lít (đktc) hỗn