SKKN Nghiên cứu cách dùng bốn định luật bảo toàn: Khối lượng, nguyên tố, bảo toàn electron và bảo toàn điện tích vào các bài toán vô cơ ở mức độ vận dụng cao trong đề thi THPT Quốc Gia

Mở đầu:
Lí do chọn đề tài:
+ Hiện nay ở nước ta kỳ thi THPT Quốc Gia với môn hoá học là đề thi trắc nghiệm. Với 40 câu trong thời lượng 50 phút quả là vấn đề nang giải với học sinh. Để đạt được điểm 10 đó là cuộc chạy đua về tốc độ, việc không chia mỗi đáp án A, B, C, D là 25% như trước đây thì để giải quyết được các câu vận dụng cao không còn cách nào khác là phải tìm cách giải nhanh mới thành công. Vậy để đáp ứng được yêu cầu cấp bách này đòi hỏi học sinh phải biết đường lối giải quyết và phương pháp của từng loại bài tập.
+ Với mỗi giáo viên việc phân dạng bài tập và xây dựng cho học sinh cách tư duy và thứ tự thực hiện một bài toán là vô cùng quan trọng, điều này có ý nghĩa quyết định tới tốc độ giải bài tập của học sinh sau này.
+ Với học sinh lớp 11, 12 thì bài tập: “Dùng bốn định luật bảo toàn: khối lượng, nguyên tố, electron và điện tích” trong giải các câu vô cơ vận dụng cao đang còn chậm, đôi khi không giải quyết được. Đứng trước thực trạng này tôi đã giúp học sinh thoát khỏi những vướng mắc đó. Tôi giúp học sinh nắm vững nội dung của 4 định luật, xác định các giữ kiện bài toán cho và sơ đồ hóa bài toán chính xác, tất cả các giữ kiện của đề bài cho được thể hiện trên sơ đồ. Từ đó việc giải quyết bài toán không còn là vấn đề phức tạp, khó khăn nữa. Vì vậy tôi quyết định chọn đề tài này.
1.2. Mục đích nghiên cứu: 
+ Trong thực tế ôn thi THPT Quốc Gia cho học sinh, tôi thấy học sinh còn lúng túng trong những câu vô cơ ở mức độ vận dụng cao và có một số em chưa giải quyết được.
+ Tôi muốn nghiên cứu để giúp học sinh của mình được áp dụng, sau đó nhân lên học sinh trong trường, trong tỉnh và được nhân rộng trong nước.
Đối tượng nghiên cứu:
+ Đề tài nghiên cứu cách dùng bốn định luật bảo toàn: Khối lượng, nguyên tố, bảo toàn electron và bảo toàn điện tích vào các bài toán vô cơ ở mức độ vận dụng cao trong đề thi THPT Quốc Gia.
1.4. Phương pháp nghiên cứu:
+ Bước 1: Nắm vững nội dung của bốn định luật.
+ Bước 2: Xác định bài toán cho những dữ kiện gì, cần áp dụng các định luật theo thứ tự nào.
+ Bước 3: Sơ đồ hóa bài toán và thể hiện được các dữ kiện của bài toán trên sơ đồ.
+ Bước 4: Từ sơ đồ hóa, tính toán.
Những điểm mới của sáng kiến:
+ Cho các em một con đường đi rất rõ ràng, ngắn gọn để đến đích mà lâu nay chưa có tài liệu nào hướng dẫn.
Nội dung sáng kiến kinh nghiệm:
Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm:
2.1.1: Cơ sở lí thuyết của 4 định luật bảo toàn:
Nội dung của định luật bảo toàn nguyên tố:
+ Bản chất của định luật: Một hay nhiều nguyên tố chạy từ chất này sang chất khác và số mol của nó không đổi. Điều quan trọng nhất khi áp dụng bảo toàn nguyên tố là phải biết cuối cùng nguyên tố cần quan tâm nó “chui” vào đâu rồi? Nó biến thành những chất nào rồi?
Nội dung của định luật bảo toàn electron:
Tổng số mol electron nhường bằng tổng số mol electron nhận.
Điều quan trọng nhất khi áp dụng là phải xác định đúng:
+ Chất nhường electron là chất nào?
+ Chất nhận electron là chất nào?
Đặc biệt chú ý:
- Xác định nhanh tất cả các nguyên tố thay đổi số oxi hoá
- Viết chính xác quá trình nhường nhận electron
- Kết hợp linh hoạt với bảo toàn nguyên tố.
c. Nội dung của định luật bảo toàn điện tích:
Tổng điện tích các ion trong dung dịch hay trong 1 phân tử bằng không.
Thường kết hợp thuần thục các định luật bảo toàn nguyên tố, bảo toàn electron cùng bảo toàn điện tích.
Nội dung định luật bảo toàn khối lượng:
Tổng khối lượng trước phản ứng bằng tổng khối lượng sau phản ứng.
Việc giải bài tập hóa học thường rất hiếm khi áp dụng đơn thuần định luật bảo toàn khối lượng vì nó quá đơn điệu mà thường kết hợp linh hoạt với các định luật bảo toàn khác.
2.1. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm:
+ Học sinh khối 11, 12 ôn thi THPT Quốc Gia vướng mắc, hoặc giải rất chậm các câu vô cơ ở mức độ cao trong đề thi THPT Quốc Gia.
2.1.2. Hướng dẫn học sinh vận dụng linh hoạt, thành thạo 4 định luật gồm bốn bước sau:
a. Bước 1: Nắm thật vững nội dung của 4 định luật bảo toàn.
b. Bước 2: Rất quan trọng, đây là bước có tính quyết định đến kết quả của bài toán đó là phải hướng dẫn học sinh phân tích đề để nhận ra được cái “hồn” của bài toán là gì?
+ Khi làm một bài toán, phải đọc kỹ toàn bài toán để thấy được bao quát của bài toán, thì việc tìm các nút thắt của bài toán trở nên dễ dàng rất nhiều. 
+ Điều cấm kỵ khi giải bài tập là đọc đến đâu, bấm máy tính toán đến đó, đây là cách học thiếu khoa học, ngốn rất nhiều thời gian khi giải toán và thường đi đường vòng vèo, cuộc chạy đua về tốc độ hoàn toàn thất bại.
c. Bước 3: Trên cơ sở nắm được cái “hồn” của bài toán thì học sinh sẽ dễ dàng, sơ đồ hóa bài toán bằng 4 định luật bảo toàn một cách chính xác, các số liệu của bài toán được thể hiện ngắn gọn trên sơ đồ. Thực hiện đúng đến bước này, thì học sinh nắm chắc 95% kết quả của bài toán và có thể thở phào nhẹ nhõm.
d. Bước 4: Nhìn vào sơ đồ hóa trên, việc bấm máy để tìm kết quả chỉ là giây lát.
Chú ý: Câu ở mức độ vận dụng cao thường là câu 5 đến 6 dòng.
2.1.3: Hướng dẫn học sinh áp dụng một số bài toán cụ thể:
Mẫu 1: Cho 5,12 gam đồng phản ứng hoàn toàn với 50,4 gam dung dịch HNO3 60% thu được dung dịch X. Hãy xác định nồng độ % của muối tan trong dung dịch X, biết rằng nếu thêm 210 ml dung dịch KOH 2M vào X rồi cô cạn và nung sản phẩm thu được tới khối lượng không đổi thì được 41,52 gam chất rắn.
A. 26,15%	B. 17,67%	C. 28,66%	D. 75,12%
Hướng dẫn học sinh:
+ Phân tích đề:
- Đồng là kim loại hoạt động yếu, nên muối trong dung dịch X chỉ là Cu(NO3)2.
- Để tính được nồng độ của muối cần tính được khối lượng dung dịch, sau phản ứng, vậy việc xác định khí tạo thành ở đây chính là cái “hồn” của bài toán.
- Sau khi cho KOH vào dung dịch X thì ion NO3- trong muối và HNO3 có thể dư nó đi đâu? Sản phẩm thu được sau khi cô cạn là gì? 
Do ion NO3- trong dung dịch X nằm ở dạng KNO3 nên nhiệt phân sẽ là KNO2, KOH nếu dư trong X nung vẫn giữ nguyên, Cu(OH)2 nung sẽ được CuO. 
Như vậy các em đã xác định được 41,52 gam chất rắn là KNO2, KOH dư, CuO mà số mol CuO đã biết.
Lại có KOH ban đầu chuyển về KNO2 và KOH dư, đến đây dễ dàng tìm được số mol KNO2.
Vậy việc tìm số mol N trong khí đã được mở ra.
+ Sơ đồ hóa bài toán:
Cu: 0,08 mol+HNO3:0,48 molKhí+H2O+dung dịch X+KOH: 0,42 mol KNO3 KNO2: a mol
 { KOH dư { KOH: b mol
 Cu(OH)2 CuO: 0,08 mol
+ Nhìn lên sơ đồ hóa, cách giải đơn giản:
Bảo toàn nguyên tố K: a + b = 0,42 (I)
Khối lượng chất rắn sau nung: 85a + 56b + 0,08.80 = 41,52 (II)
Từ (I) và (II) suy ra nghiệm: a = 0,4; b = 0,02
Bảo toàn nguyên tố N ta có: nN trong khí = 0,48 – 0,4 = 0,08 mol.
Gọi x là số oxi hóa của N trong khí, bảo toàn electron ta có:
0,08(5 – x) = 0,16 nên x = 3. Vậy công thức khí là N2O3 với số mol 0,04.
- Bảo toàn khối lượng: 
mdd sau phản ứng = mCu + mddHNO3 – mN2O3 = 52,48 gam 
Vậy C%Cu(NO3)2 = 28,66%
Đáp án C
Mẫu 2: Cho 1,28 gam đồng vào 12,6 gam dung dịch HNO3 60% thu được dung dịch X (không có ion NH4+). Sau đó cho X tác dụng hoàn toàn với 105 ml dung dịch KOH 1M, sau đó lọc bỏ kết tủa được dung dịch Y. Cô cạn Y được chất rắn Z. Nung Z tới khối lượng không đổi, thu được 8,78 gam chất rắn. Tính C% Cu(NO3)2 trong X:
A. 31,438%	B. 42,813%	C. 29,045%	D. 28.660%
Hướng dẫn học sinh:
+ Phân tích đề:
Bài này tương tự bài trên, chỉ biến một chút, đó là tách kết tủa Cu(OH)2.
+ Sơ đồ hóa bài toán:
Cu:0,02mol+HNO3:0,12molKhí+H2O+dung dịchX+KOH:0,105 mol 
 KNO3 KNO2: a mol 
 Cu(OH)2 + { KOH dư { KOH: b mol
+ Nhìn lên sơ đồ, cách giải đơn giản như sau:
 Bảo toàn nguyên tố K: a + b = 0,105 (I)
Khối lượng chất rắn sau nung: 85a + 56b = 8,78 (II)
Từ (I) và (II) suy ra nghiệm: a = 0,1; b = 0,005
Bảo toàn nguyên tố N ta có: nN trong khí = 0,12 – 0,1 = 0,02 mol.
Gọi x là số oxi hóa của N trong khí, bảo toàn electron ta có:
0,02(5 – x) = 0,04 nên x = 3. Vậy công thức khí là N2O3 với số mol 0,01.
- Bảo toàn khối lượng: 
mdd sau phản ứng = mCu + mddHNO3 – mN2O3 = 13,12 gam 
Vậy C%Cu(NO3)2 = 28,66%
Đáp án D
 Mẫu 3: Cho 7,65 gam hỗn hợp X gồm: Al, 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 cho đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 93,2 gam kết tủa. Còn nếu 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. 1,0	B. 2,5	C. 1,5	D. 3,0 
 Hướng dẫn học sinh:
+ Phân tích đề:
- Cho hỗn hợp X tan hoàn toàn trong dung dịch Y chỉ thu được 3 muối trung hòa, trong đó chắc chắn có gốc axit là SO42-, cation là Na+, Al3+. Vậy còn gốc NO3- hay không thì ta phải căn cứ vào hỗn hợp khí T có H2 nên chắc chắn trong Z không còn NO3- . Vậy đến đây cái “hồn” của bài toán đã được xác định. Chúng ta khẳng khái rằng còn 1 cation nữa phải là NH4+ (vì Al là kim loại hoạt động mạnh và khả năng tạo muối amoni là rất cao) 
- Dung dịch BaCl2 dư khi tác dụng với Z thì thu được kết tủa duy nhất là BaSO4.
- Nút thắt tiếp theo được mở ra đó là: Z phản ứng tối đa với NaOH, thì NH4+ tạo khí hết và Al3+ tạo phức hoàn toàn. 
 + Sơ đồ hóa bài toán:
 Al: 0,17 H2SO4 
7,65 gam X { + Y { T ( 0,015 mol H2) + H2O
 Al2O3: 0,03 NaNO3
 Na+ + BaCl2 dư BaSO4: 0,4 mol
+ Z {Al+, NH4+}+NaOH tối đa: 0,935 mol{Na+,[Al(OH)4]-, NH3, SO42-
 SO42- 
+ Từ sơ đồ hóa, cách giải đơn giản:
- Bảo toàn nguyên tố Al: nAl3+ = 0,23 mol nên nOH- trong ion phức 0,92 mol, suy ra nOH- phản ứng với NH4+ = 0, 015 mol 
+ Bảo toàn điện tích trong Z:
3.nAl3+ + nNH4+ + nNa+ = 2.nSO42- suy ra nNa+ = 0,095 mol
mZ = mNa+ + mAl3+ + mNH4+ + mSO42- = 47,065
- Bảo toàn khối lượng ta có: mZ + mY = mZ + mT + mH2O
- Bảo toàn nguyên tố H ta có: 2nH2SO4 = 4nNH4+ + 2nH2 + 2nH2O suy ra nH2O = 0,335 mol. 
Vậy mT = 7,68 + 98.0,4 + 85.0,095 – 0,355.18 – 47,065 = 1,47 gam. 
Đáp án C. 
Mẫu 4: Hòa tan hoàn toàn 41,1 gam hỗn hợp gồm Fe, Zn, ZnO và Fe3O4 vào V lít dung dịch HNO3 1M (lấy dư 20% so với lượng phản ứng), đun nóng, sau phản ứng thu được 3,92 lít hỗn hợp khí X gồm 2 khí N2O, NO đktc và dung dịch Y (không chứa muối amoni). Cô cạn cẩn thận Y thu được 48,3 gam chất rắn. Giá trị của V là:
A. 1,810	B. 2,091	C. 1,510	D. 1,752
Hướng dẫn học sinh:
+ Phân tích đề: 
- HNO3 dư, Y không chứa muối amoni nên Y gồm: Fe(NO3)3, Zn(NO3)2 và HNO3 dư.
- Cô cạn Y thì HNO3 là axit dễ bay hơi nên Z chỉ gồm: Fe(NO3)3, Zn(NO3)2. Đây là tính chất vật lý của HNO3 chính là cái “hồn” của bài toán mà học sinh hay bị mắc sai lầm.
- Đun nóng Z là muối nitrat của kim loại hoạt động trung bình và yếu nên tạo oxit bazo tương ứng.
- Để tính được V phải tính được số mol HNO3, bài toán chỉ cho 3 số liệu: 41,1 gam; 129,3 gam; 48,3 gam mà hỗn hợp rắn gồm 4 chất. Do đó phải quy đổi hỗn hợp về 3 nguyên tố Fe, Zn, O.
+ Sơ đồ hóa bài toán:
 Fe: x mol Fe N2O Fe(NO3)3 
{Zn: y mol 41,1 {Zn + HNO3 + { NO + {Zn(NO3)2 
 O: z mol Fe3O4 HNO3 dư
 ZnO
 Fe(NO3)3 Fe2O3
 {Zn(NO3)2 {ZnO
 129,3g 48,3 g
+ Từ sơ đồ hóa, cách giải đơn giản:
 - Quy đổi hỗn hợp về Fe, Zn, O với số mol lần lượt là x, y, z ta có: 56x + 65y + 16z = 41,1 (I)
- Bảo toàn nguyên tố Fe, Zn ta có: 
* nFe(NO3)3 = x; nZn(NO3)2 = y nên ta có: 242x + 189y = 129,3 (II)
* nFe2O3 = 0,5x; nZnO = y nên ta có: 80x + 81y = 48,3 (III)
Từ (I), (II), (III) ta có: x = 0,3; y = 0,3; z = 0,3
- Gọi a, b lần lượt là số mol của N2O và NO ta có: a + b = 0,175 (IV)
- Bảo toàn electron ta có: 3.0,3 + 65.0,3 – 2.0,3 = 8a + 3b (V)
Từ (IV) và (V) ta có: a = 0,075; b = 0,1
Bảo toàn nguyên tố N ta có: nHNO3 phản ứng = 3.0,3 + 2.0,3 + 2.0,075 + 0,1 -1 = 1,75.
Vậy V đã dùng = 1,75: 1 . 1,2 = 2,091 (lít)
Đáp án B
Mẫu 5: Hòa tan hoàn toàn 13,12 gam hỗn hợp A gồm: Cu, Fe, Fe2O3 trong 240 gam dung dịch HNO3 7,35% và H2SO4 6,125%, thu được dung dịch X chứa 37,24 gam chất tan chỉ gồm các muối và thấy thoát ra khí NO là sản phẩm khử duy nhất. Cho Ba(OH)2 dư vào dung dịch X, lấy kết tủa nung trong không khí đến phản ứng hoàn toàn thu được 50,95 gam chất rắn. Dung dịch X hòa tan tối đa m gam Cu, giá trị của m là:
A. 2,88	B. 3,20	C. 3,52	D. 2,56
Hướng dẫn học sinh:
+ Phân tích đề:
Hòa tan hỗn hợp A trong hỗn hợp 2 axit HNO3 là chất oxi hóa mạnh, còn H2SO4 loãng là môi trường, được dung dịch X chứa 37,24 gam chất tan chỉ gồm các muối, vậy đó là muối nào? Đây chính là cái “hồn” của bài toán.
Fe là kim loại đa hóa trị, sản phẩm khử duy nhất là NO, bài toán này lấp lửng nên X gồm các ion: Cu2+, SO42, Fe2+, Fe3+, NO3 
Đến đây nút thắt được mở ra.
- Dung dịch X hòa tan tối đa m gam Cu: vậy sẽ có 2 ion Fe3+ oxi hóa Cu
- Cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào X, kết tủa chắc chắn là BaSO4, Cu(OH)2, Fe(OH)2, Fe(OH)3 
Nung kết tủa trong không khí đến phản ứng hoàn toàn thu được 50,95 gam chất rắn gồm: BaSO4, CuO, Fe2O3.
X có 5 ion trong đó mới biết số mol của SO42-, bảo toàn nguyên tố H suy được số mol H2O, bảo toàn khối lượng sẽ tính được số mol NO suy được số mol NO, bảo toàn nguyên tố N suy được số mol NO3-.
Như vậy còn 3 cation kim loại chưa biết có 3 số liệu: khối lượng A, khối lượng muối, khối lượng chất rắn, nên lập hệ 3 phương trình 3 ẩn của 3 cation. Đến đây bài toán trở nên đơn giản.
+ Sơ đồ hóa bài toán:
 Cu2+:x
 Cu: x mol Cu HNO3 Fe2+:y
 { Fe: y+z 13,12g{Fe +{H2SO4NO+H2O+X: 37,24g {Fe3+:z
 O: Fe2O3 SO42 : 0,15 
 NO3- 
 BaSO4: 0,15 BaSO4: 0,15
+ {Cu(OH)2 50,95g {CuO
 Fe(OH)2 Fe2O3
 Fe(OH)3
+ Cách giải:
Gọi x, y, z lần lượt là số mol của Cu2+, Fe2+, Fe3+ trong X.
Quy đổi 13,12g hỗn hợp về Cu, Fe, O 
Bảo toàn nguyên tố Cu, Fe thì số mol của Cu là x, Fe là (x+y)
nHNO3=nNO3- = 0,28; nH2SO4 = nSO42- = 0,15
tổng số mol H+ = 0,58 nên nH2O = 1/2nH+ = 0,29
Bảo toàn khối lượng ta có: mNO = mhỗn hợp rắn + m2axit – m muối – mH2O = 3 gam suy ra nNO = 0,1 mol nên nNO3- trong X = 0,18
m muối = 64x + 56(x + y) + 0,15.0,6 + 0,18.62 = 37,24 (I)
m rắn sau khi nung = 0,15.233 + (y + z)/2.160 + 80.x = 50,95 (II)
Từ (I), (II) suy ra: x = 0,06; y + z = 0,14 (III)
Bảo toàn khối lượng ta có: nO = (13,12 – 0,06.64 – 0,14.56) : 16 = 0,09
Bảo toàn electron ta có: 0,06.2 + 2y + 3z = 0,09.2 + 0,1.3 (IV)
Từ (III), (IV) suy ra: y = 0,06; z = 0,08
Dễ dàng suy ra: nCu = 1/2nFe3+ = 0,04. Vậy mCu = 2,56 gam. 
Đáp án D.
Mẫu 6: Cho 0,2 mol Fe tác dụng với 600 ml dung dịch HNO3 2M, đến phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch X (không chứa ion NH4+) và hỗn hợp 2 khí (có tỉ lệ mol 1 : 3). Cho X tác dụng với 500 ml dung dịch NaOH 2M, sau đó lọc bỏ kết tủa thu được dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thu được chất rắn Z. Nung Z đến khối lượng không đổi thu được 63,2 gam chất rắn khan. Hai khí đó là:
A. N2 và N2O	B. N2 và NO2	
C. NO và N2O	D. NO và NO2
Hướng dẫn học sinh:
+ Phân tích đề:
- Vì sắt là kim loại hoạt động trung bình, mà số mol HNO3 gấp 6 lần số mol Fe nên chắc chắn chỉ tạo muối Fe3+.
- Dung dịch X không chứa NH4+ nên dung dịch X chỉ có thể có 3 ion: Fe3+, H+, NO3-.
- Dung dịch X tác dụng với dung dịch NaOH thu được dung dịch Y gồm: NaNO3 và NaOH dư, cô cạn Y thu được chất rắn Z, nung Z đến khối lượng không đổi thu được: NaNO2 và NaOH.
- Như vậy cái “hồn” của bài toán là phải tìm cách tìm: số mol 2 khí, từ đó áp dụng bảo toàn electron để tìm số oxi hóa trung bình của 2 khí. Từ đó suy luận ra 2 khí dựa vào tỉ lệ số mol 2 khí đề bài cho.
- Ta nhận thấy: N trong HNO3 đi vào NaNO2 và 2 khí nên, lập 2 phương trình toán học tìm được số mol của NaNO2, các nút thắt được mở ra.
+ Sơ đồ hóa bài toán:
 Fe3+
Fe: 0,2 + HNO3: 1,2 2 khí + { H+ + NaOH:1{NaNO3
 NO3- NaOH dư
63,2 gam{NaNO2: x mol
 NaOH: y mol
+ Từ sơ đồ hóa, cách giải đơn giản:
- Gọi x, y lần lượt là số mol của NaNO2, NaOH dư. 
Ta có: 69x + 40y = 63,2 (I)
- Bảo toàn nguyên tố Na ta có: x + y = 1 (II)
Từ (I), (II) ta có: x = 0,8; y = 0,2
- Bảo toàn nguyên tố N ta có nN tạo 2 khí = 1,2 - 0,8 = 0,4
- Gọi n là số oxi hóa trung bình của 2 khí. Bảo toàn electron ta có:
0,4(5-n) = 0,6 suy ra n = 3,5. Vậy phải có 1 khí là NO2. 
- Gọi x là số oxi hóa của khí thứ 2, từ quy tắc đường chéo và tỉ lệ mol 2 khí thì khí còn lại phải là NO.
Đáp án D.
Mẫu 7: Nung hỗn hợp X gồm: a mol Mg và 0,25 mol Cu(NO3)2, sau 1 thời gian, thu được chất rắn Y và 0,45 mol hỗn hợp khí Z gồm: NO2 và O2. Cho Y phản ứng vừa đủ với dung dịch chứa 1,3 mol HCl, thu được dung dịch chỉ chứa m gam hỗn hợp muối clorua và 0,05 mol hỗn hợp khí T (gồm N2 và H2 có tỉ khối so với H2 là 11,4). Giá trị của m gần giá trị nào nhất?
A. 82	B. 74	C. 72	D. 80
Hướng dẫn học sinh:
+ Phân tích đề:
- Nung hỗn hợp X thì trước hết Cu(NO3)2 tạo O2, oxi hóa Mg tạo MgO, có thể Mg dư và Cu(NO3)2 dư.
- Chất rắn Y tác dụng với HCl chỉ thu được muối clorua, đây chính là cái “hồn” của bài toán.
- Hỗn hợp muối clorua, đã biết số mol Cl-, số mol Cu2+, biết khối lượng muối, nếu chỉ tìm mình số mol Mg sẽ thừa dữ kiện. Vậy phải có ion NH4+.
Đến đây các nút thắt của bài toán được mở ra.
- oxi trong Cu(NO3)2 chuyển vào hỗn hợp khí Z (trong đó mỗi khí đều có 2 nguyên tử oxi) và trong nước.
- H trong HCl chuyển vào H2 và H2O.
+ Sơ đồ hóa bài toán như sau:
 MgO
 CuO
{Mg: a {NO2 + { Cu(NO3)2 dư + HCl H2O + 0,05 {N2
 Cu(NO3)2: 0,25 O2 Mg dư H2
 Mg2+
{ Cu2+: 0,25
 NH4+
 Cl-: 1,3 
+ Từ sơ đồ hóa cách giải đơn giản:
- Từ số mol hỗn hợp khí T và tỉ khối suy ra nN2 = 0,04; nH2 = 0,01
- Bảo toàn nguyên tố oxi ta có: nO trong nước = nO trong Cu(NO3)2 –
- 2n khí Z = 0,6.
- Bảo toàn nguyên tố H ta có: nNH4+ = (nHCl - 2nH2 -2nH2O)/4 = 0,02
- Bảo toàn điện tích cho hỗn hợp muối clorua ta có:
2a + 0,25.2 + 0,02 = 1,3 suy ra a = 0,39.
m muối = 0,39.24 + 0,25.64 + 0,02.18 + 1,3.35,5 = 71,87 
Đáp án C.
Mẫu 8: Hòa tan hoàn toàn 21,5 gam hỗn hợp X gồm: Al, Zn, FeO, Cu(NO3)2 cần dùng hết 430 ml dung dịch H2SO4 1M thu được hỗn hợp khí Y ở đktc gồm: 0,06 mol NO và 0,13 mol H2, đồng thời thu được dung dịch Z chỉ chứa các muối sunfat trung hòa. Cô cạn dung dịch Z thu được 56,9 gam muối khan. Thành phần % của Al trong hỗn hợp X có giá trị gần nhất là:
A. 25,5%	B. 18,5