Rèn luyện giải bài tập Hóa phát triển tư duy cho học sinh thông qua sơ đồ tư duy (phần 2)

DẠNG 2: CÁC BÀI TOÁN KHÔNG PHẢI DẠNG VỪA + VỪA ĐÂU( MỨC ĐỘ 9 ĐIỂM) 
Bài 1: Hấp thu ̣hết 3,584 lít CO2 (đktc) vào dung dịch chứa x mol KOH và y mol K2CO3 thu 
đƣơc̣ 200 ml dung dic̣h X . Lấy100 mlX cho tƣ̀ tƣ̀ vào 300 ml dung dic̣h HCl 0,5M thu đƣơc̣ 
2,688 lít khí (đktc). Mặt khác,100 ml X tác dụng với dung dịchCa(OH)2dƣ thu đƣợc16gam kết 
tủa. Tỉ lệ x:ylà 
 A. 3 : 1 B. 3 : 1 C. 2 : 3 D. 1 : 2 
TÓM TẮT ĐỀ BẰNG SƠ ĐỒ PHẢN ỨNG 
: ( )(1)
: ( )(2)
2 3
KOH x mol
K CO y mol



(3)
2
0,16( )
CO
mol
 200ml X
2 (4)
3
(5)
3
(6)
CO
HCO
K 


 


2
3
(7)
100 ( ) (8) : 0,12( )
0,15( )
( ) ( )
2100 ( ) (9) : 0,16
HCl
ml X CO mol
mol
Ca OH du
ml X CaCO


Phân tích 
YÊU CẦU HS LƢU Ý: - Chia X thành 2 phần bằng nhau 
 - Phải xác định được X chứa những chất gì? 
 - Phải nắm vững phương pháp giải dạng toán nhỏ từ từ 
2
3
3
CO
HCO


vào H
+
Áp dụng ĐLBT NT C dễ dàng nhận thấy n
(1)
2 3
K CO
+ n (3)
2
CO
 = n (9)
3
CaCO
=> y = n
(1)
2 3
K CO
= 0,16(mol) 
 PHẦN 1: Phương trình phản ứng: HCO
3
 + H
+
 CO2 + H2O (*) 
 CO 23
 + 2H
+  CO2 + H2O (**) 
Ta thấy: n (8)
2
CO
< n
(1)
2 3
K CO
+ n (3)
2
CO
= n (9)
3
CaCO
= 0,32 => 
(4)
3
3
(5)
2CO
HCO


 dư 
Do 
(4)
3
3
(5)
2CO
HCO


phản ứng đồng thời với H+, nên ta không biết thằng nào phản ứng trước 
=> lập tỷ lệ 
( )
3
2 ( )
3
n
HCO bd
n
CO bd


 = 
( )
3
2 ( )
3
n
HCO pu
n
CO pu


Gọi 
( )
3
2( )
3
a mol HCO
b mol CO


 


 Theo *,** ta có hệ  0,242 0,3a ba b    0,180,06ab  
a
b
= 
3
1
( )
3
2 ( )
3
n
HCO bd
n
CO bd


 = 
( )
3
2 ( )
3
n
HCO pu
n
CO pu


= 
a
b
= 
3
1
(***) 
Mặt khác áp dụng ĐLBTNT C: 
 n (4)
3
HCO
 + n (5)
2
3
CO 
= n
(1)
2 3
K CO
+ n (3)
2
CO
 = n (9)
3
CaCO
=0,32(mol)(****) 
Từ *** và **** 
( ) 0,24
3
( ) 0,08
2
3
n bd
HCO
n bd
CO


 
 

Áp dụng ĐLBT ĐT trong dung dịch X: n (6)
K
= 2n
2 (4)
3
CO 
+ n (5)
3
HCO
= 0,4 
 Áp dụng ĐLBTNT K: n (6)
K
= 2y + x => x = 0,08 
x
y

0,08
0,16
=
1
2
NHẬN XÉT 
Bài này tương đối khó nó thuộc câu 9 10 điểm trong đề thi THPT quốc gia. Tuy nhiên HS 
muốn làm tốt bài này HS phải nắm các yếu tố sau: 
- Áp dụng nhuần nhuyện ĐLBTNT, ĐT dựa vào sơ đồ tư duy trên 
 - Phải nắm vững phương pháp giải dạng toán nhỏ từ từ 
2
3
3
CO
HCO


vào H
+ 
 Bài 2: (trích chuyên ĐH VINH lần I-2013).Hòa tan hết 2,72g hỗn hợp X 
gồmFeS2, FeS, Fe, CuS, Cu trong 500ml dung dịch HNO3 1M, sau phản ứng thu đƣợc dd Y và 
0,07 mol 1 khí thoát ra. Cho Y tác dụng với lƣợng dƣ dung dịch BaCl2 thu đc 4,66g kết tủa. 
Mặt khác, Y có thể hòa tan tối đa m g Cu. Biết trong các qúa trình trên , sản phẩm khử duy 
nhất của N5+ là NO. Giá trị của m là: 
 A 9,76 B. 5,92 C. 9,12 D, 4,96 
TÓM TẮT ĐỀ BẰNG SƠ ĐỒ PHẢN ỨNG 
X
2
uS
FeS
FeS
Fe
C
Cu









quydoi
 2,72gX 1
(1) :
(2) :
(3) :
Fe x
Cu y
S z





(4)
3
0,5( )
HNO
mol

3
2
3
2
4
(5):0,07(mol)
(6) :
( )(7) : 2 aS (11) : 0,02
4
(8) Y
(12)(9) : ( )?
(10)
NO
Fe x
BaCl duCu y
B O
NO
Cu
NOSO z m g
H









 


 



Áp dụng ĐLBTNT(S): z = n
(3)S
= n (11)
aS
4
B O
= 0,02 
Áp dụng ĐLBT e và theo bài ra ta có hệ 
3 2 0,07*3 6*0,02 0,09
56 64 2,72 0,02*32 2,08
x y
x y
   

   
0,02
0,015
x
y



Ta nhận thấy n
3
(4)
HNO
= 4n
(5)NO
= 0,28 HNO3(dư) => Y chứa H
+
Áp dụng ĐLBTNT N: n
3
(4)
HNO
=n
(5)NO
+ n (8)
3
NO
=> n (8)
3
NO
= 0,5 -0,07 =0,43 
Áp dụng ĐLBTĐT trong dung dịch Y: 3n (6)
3Fe 
+ 2n (7)
2Cu 
+ n (10)
H
= n (8)
3
NO
+ 2n
2
4
SO 
 n (10)
H
= 0,43 + 2*0,02 - 3*0,02 - 2*0,015 =0,38(mol) 
Phương trình phản ứng 
 3Cu + 8H
+
 +2NO3  (*) 
 Cu + 2Fe
3+
 Cu2+ + 2Fe2+(**) 
n
Cu
 = 
3
8
n
H
 + 
1
32
n
Fe 
= 
3
*038
8
+ 
1
*0,02
2
 m = 9,76(g) 
Bài 3: Hòa tan hết 11,88 gam hỗn hợp X gồm FeCl2; Cu và Fe(NO3)2 vào 200 ml dung dịch 
HCl 1M thu đƣợc dung dịch Y. Cho từ từ dung dịch chứa AgNO3 1M vào Y đến các phản ứng 
hoàn thấy đã dùng 290 ml, kết thúc thu đƣợc m gam kết tủa và thoát ra 224 ml khí (ở đktc). 
Biết NO là sản phẩm khử duy nhất của N+5 trong cả quá trình, giá trị của m gần nhất với 
A. 41. B. 43. C. 42. D. 40. 
TÓM TẮT ĐỀ BẰNG SƠ ĐỒ PHẢN ỨNG 
11,88g X
3
(1) :
2
(2) :
( ) (3) :
2
FeCl x
Cu y
Fe NO z





(4)
0,2( )
HCl
mol

(5)
3
(6)
32
0,29( )
2
NO
Fe
AgNO
Fe
Y mol
Cu
H 



  




(7)
( )?
(8) :
(9) : 0,01
AgCl
m g
Ag t
NO
 


Chú ý: Y + AgNO3 NO => Y chứa H
+ 
 => H
+(dư) => NO3
-
 hết 
 Áp dụng ĐLBTNT (N): 2n (3)
( )
3 2
Fe NO
= n
(5)NO
mà n
(5)NO
= 
( )
4
H
n pu
mà n
( )H pu
= 0,2 - n
( )H du
Mà n
( )H du
= 4
(9)
n
NO
= 0,04 n
( )H pu
= 0,16 n
(5)NO
= 0,04 
 z = n (3)
( )
3 2
Fe NO
= 0,02 
Áp dụng ĐLBT e: 2nFe 
 = x + z = x + 0,02 
 (x + 0,02)*1 + 2y = ( 0,04+ 0,01)*3 + t (*) 
 127x + 64y + 180*0,02 =11,88 (**) 
Dựa vào sơ đồ và ĐLBTNT Cl ta có: 2x + 0,2 = 0,29 - t (***) 
Giải hệ *,**,*** ta có: x = 0,04; y = 0,05; t = 0,01 
 → m↓ = 143,5. ( 2. 0,04 + 0,2) + 0,01. 108 = 41,26 gam. Đáp án A. 
Bài 4: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 2,8 gam Fe và 1,6 gam Cu trong 500 ml dung dịch hỗn 
hợp HNO3 0,1M và HCl 0,4M, thu đƣợc khí NO (khí duy nhất) và dung dịch X. Cho X vào 
dung dịch AgNO3 dƣ, thu đƣợc m gam chất rắn. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn, NO 
là sản phẩm khử duy nhất của N+5 trong các phản ứng. Giá trị của m là 
A. 34,10. B. 28,70. C. 29,24. D. 30,05. 
TÓM TẮT ĐỀ BẰNG SƠ ĐỒ PHẢN ỨNG 
(1) : 0,05
(2) : 0,025
Fe
Cu



(3) : 0,05
3
(4) : 0,2
HNO
HCl

(5)
2
(6)
( )
2 3 (7)
(8)
NO
Fe NO
AgNO du
X Cu AgCl
AgH 
 



   



Vì AgNO3(dư) => Dựa vào sơ đồ ta dể dàng nhận thấy toàn bộ Cl ở (4) chuyển hết về (7) 
 Bảo toàn nguyên tố Cl → nAgCl = nCl
-
 = 0,2 mol 
Lưu ý: Vì AgNO3(dư) => Xét toàn bộ quá trình thì H
+
 hết n
NO
=
4
n
H


= 0,0625 
Đến đây rồi HS phair nhạy ở chổ Bảo toàn e cả quá trình 
Bảo toàn electron cho toàn bộ quá trình → 3nFe + 2nCu= nAg + 3nNO→ nAg=0,0125 mol 
Vậy m= 0,0125.108 + 0,2.143,5= 30,05 gam. =>Đáp án D. 
Bài 7: Cho 46,8 gam hỗn hợp CuO và Fe3O4 (tỉ lệ mol 1:1) tan hết trong dung dịch H2SO4 
loãng, vừa đủ, thu đƣợc dung dịch A. Cho m gam Mg vào A, sau khi phản ứng kết thúc thu 
đƣợc dung dịch B. Thêm dung dịch KOH dƣ vào B đƣợc kết tủa D. Nung D trong không khí 
đến khối lƣợng không đổi, thu đƣợc 45,0 gam chất rắn E. Giá trị gần nhất của m là 
 A. 6,6. B. 11,0. C. 13,2. D. 
8,8. 
TÓM TẮT ĐỀ THEO SƠ ĐỒ PHẢN ỨNG 
3 4
: 0,15
: 0,15
CuO
Fe O



( )
2 4
H SO l
A
3
0,3
2
0,15
2
0,15
Fe
Cu
Fe







 



( )?
Mg
m g

2
2 ( )
2
2 ( )( ) 2 3
Cu
Fe
o MgOMg OHKOH t CMg
B D E
Fe OH Fe Odu KKFe du



  
     
Nhận xét: => Mg tan hết 
 => Vì m E < m
3 4
CuO Fe O
=> Xuất hiện kt Cu 
 => Nếu Cu2+ vừa hết => 
2
2
: 0,3
: 0,45
Mg
Fe





KOH
du
D
( )
2
( )
2
Mg OH
Fe OH

ot C
KK

2 3
: 0,3*40
48 450,45
: *160
2
MgO
g g
Fe O
  => Xuất hiện kt Fe 
Sau khi biện luận ta có sơ đồ sau: 
2
2 :( ): 2
2 ( ) : 0,5( ) : 2 3
Cu
Fe
o MgO xMg OHKOH t CMg x
B D E
Fe OH Fe O ydu KKFe du y



  
     
Từ sơ đồ trên ta có : => BTĐT : 2x + 2y = 0,3*3 + 0,15*2+ 0,15*2= 1,5 (*) 
 => 40x + 80y = 45(**) 
Giải hệ ta có 
0,375
0,375
x
y



=> m = 24*0,375 = 9,0 => D 
Bài 5: 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 đƣợc 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 lƣợng của Al trong 
hỗn hợp X gần nhất với giá trị nào sau đây? 
 A. 15. B. 20. C. 25. D. 
30. 
TÓM TẮT ĐỀ THEO SƠ ĐỒ PHẢN ỨNG 
3 4
66,2 ( )
3 2
Fe O
gX Fe NO
Al





4
3,1( )
KHSO
mol

4: 466,6
:0,4
22
:0,05
NHY gM
H OH
NO





 
Áp dụng ĐLBT KL cho phản ứng: 
 X + KHSO4 Y + Khí + H2O 
 66,2 + 3,1*136 = 466,6 + 0,45*46/18 18 
2
n
H O
2
n
H O
= 1,05(mol) 
BTNT 
: 2 2 4 0,05
4 2 2 4 4
: 2 0,05
( ) ( )
3 2 3 24
: 4 6 4 4 0,2
( )
3 4 3 2 4 4 2 3 4
H n n n n n
KHSO H H O NH NH
N n n n n
Fe NO NO Fe NONH
O n n n n n n n
Fe O Fe NO KHSO KHSO NO H O Fe O

      


    


      

% 
66,2 0,2*180 0,2*232
*100% 16,3%
66,2
m A
Al
 
   
Bài 6: Đem nhiệt phân hoàn toàn 83,68 gam hỗn hợp gồm KClO3, Ca(ClO3)2, CaCl2, KCl thu 
đƣợc chất rắn X và 17,472 lít khí ở đktc. Chất rắn X đƣợc hòa tan vào nƣớc, sau đó dung dịch 
tạo thành cho phản ứng vừa đủ với 360 ml dung dịch K2CO3 0,5M thu đƣợc kết tủa Y và 
dung dịch Z. Khối lƣợng chất tan có trong dung dịch Z là 
A. 48,62 gam. B. 43,25 gam. C. 65,56 gam. D. 36,65 gam. 
TÓM TẮT ĐỀ THEO SƠ ĐỒ PHẢN ỨNG 
3
0,18
( )
2 323 2 3
20,78 0,18 : 0,88
2 : 0,52
58,72
83,68
KClO
mol
K COOCa ClO CaCO
CaCl
molCaCl KCl mol
KCl
KCl
gam
gam
 
   
     
     
    
 
 
Trong Y có 0,18 mol CaCl2 và 0,52 mol KCl ||→ trong Z có 0,88 mol KCl 
||→ mKCl trong Z = 0,88 × 74,5 = 65,56 gam. Chọn C. 
Bài 7: Cho hỗn hợp X chứa 56,9 gam gồm Fe, Al, FeO, Fe2O3 ,Fe3O4, Al2O3 và CuO. Hòa tan 
hết X trong dung dịch HNO3 dƣ thấy có 2,825 mol HNO3 tham gia phản ứng thu đƣợc 208,7 
gam muối và 2,24 lít khí NO duy nhất. Mặt khác từ hỗn hợp X ta có thể điều chế đƣợc tối đa 
m gam kim loại. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây 
 A. 42. B. 44. C. 46. D. 48. 
TÓM TẮT ĐỀ THEO SƠ ĐỒ PHẢN ỨNG 
 Sơ đồ quá trình: 
BTKL cả sơ đồ có nH2O = 1,2875 mol 
||→ nNH4NO3 = 0,0625 mol (theo bảo toàn H). 
Ghép cụm "H2O": nH2O = nO trong oxit + 2nNO + 3nNH4NO3 → nO trong oxit = 0,9 mol. 
||→ m = 56, 9 – 0,9 × 16 = 42,5 gam. Tương tự chọn đáp án A. ♥. 
Bài 8: Đốt cháy 3,34 gam hỗn hợp A gồm Mg, Al, Fe, Cu trong oxi một thời gian thu đƣợc 
3,82 gam hỗn hợp rắn B (gồm MgO, Al2O3, FeO, Fe2O3, Fe3O4, CuO, Cu2O, Mg, Al, Fe và 
Cu). Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp B trong dung dịch HNO3 loãng dƣ thu đƣợc dung dịch X và 
0,56 lít hỗn hợp khí Y gồm 2 khí không màu; trong đó có 1 khí hóa nâu có tỉ khối so với H2 
bằng 19,2. Cô cạn dung dịch X thu đƣợc 16,36 gam muối khan. Số mol HNO3 đã phản ứng là 
A. 0,21 mol. B. 0,25 mol. C. 0,18 mol. D. 0,27 
mol 
TÓM TẮT ĐỀ THEO SƠ ĐỒ PHẢN ỨNG 
: 0,01
: 0,015;
22 3
( ); 0,025
32 2 3
0,015 : 0,015;
3 4
3,82; ; ;
3,34
3,82
NO
N OMgO Al O
Mg
HNO duO FeO Fe OAl Mquydoi
Fe OFe O CuO
Cu gamMg Al Fe Cu
gam
gam
  
 
       
      
       
    
    
 
( )
3
4 3
16,36
M NO
n
X
NH NO
gam
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(1) 
( ) : 0,013
3 2: 0,015: 0,015 : 24 3
4
3,82 0,9616,36
2
M NO NOM n
HNO H O
N OO NH NO y
x yx
gam gamgam
        
        
       

(2) 
BTKL: 3,82 + 63x =16,36 +0,96 + 9(x-4y) 54x+36y=13,5(*) 
Mặt khác: 2 4 10 10
3 2 4 3
n n n n n
HNO O NO N O NH NO
    + 
 x = 0,22 + 10y x - 10y=0,22(**) 
Giải (*) và (**) ta có 
0,248125
0,028125
x
y



 x 0,25 =>Đáp án B 
Bài 9: Hòa tan hoàn toàn 41,1 gam hỗn hợp gồm Fe, Zn, ZnO và Fe3O4 vào V lít dung dịch 
HNO3 1M (lấy dƣ 20% so với lƣợng phản ứng) đun nóng, sau phản ứng thu đƣợc 3,92 lít hỗn 
hợp khí X gồm 2 khí N2O, NO (ở đktc) và dung dịch Y (không chứa muối amoni). Cô cạn cẩn 
thận Y thu đƣợc 129,3 gam muối khan Z, tiếp tục đun nóng Z đến khối lƣợng không đổi thu 
đƣợc 48,3 gam chất rắn. Giá trị của V là 
A. 2,10. B. 1,50. C. 1,75. D. 1,80. 
TÓM TẮT ĐỀ THEO SƠ ĐỒ PHẢN ỨNG 
22
3 3
3 2
2
2 3
2
: 0,175
:
: ( )
3:
20% ( ) :
:
: 0,5
( ) :3 4
41,1
41,1 129,3
:
N O
NO
XFe
Fe a NOHNO V molZn Quydoi
Zn b OZnO o odu pu Fe NO at C t CO c Y Z aFe O
Zn NO b
gam
gam g
H O
Fe O
ZnO b

 
    
           
   
    

:48,3CR g










 
 


. 
Có khá nhiều hướng tiếp cận để giải nhanh bài tập này: 
► Cách 1: đa số các bạn sẽ lập hệ khối lượng Fe(NO3)3 + Zn(NO3)2 bằng 129,3 gam 
và khối lượng Fe2O3 + ZnO bằng 48,3 gam → nFe = nZn = 0,3 mol. 
→ quy đổi hỗn hợp về {0,3 mol Fe + 0,3 mol Zn + 0,3 mol O}. 
gọi số mol N2O và NO lần lượt là x, y mol. lập hệ thể tích và bảo toàn e ta có: 
x + y = 0,175 mol và 8x + 3y = 0,3 × 3 + 0,3 × 2 – 0,3 × 2 = 0,9 mol → x = 0,075 mol và y = 0,1 
mol. 
Bảo toàn nguyên tố Nito ta có số mol HNO3 cần dùng vừa đủ là 
nHNO3 = 0,3 × 3 + 0,3 × 2 + 0,075 × 2 + 0,1 × 1 = 1,75 mol. 
Vậy lượng HNO3 đã dùng V = 1,75 ÷ 1 × 1,2 = 2,1 lít. Chọn đáp án A. 
(tránh quên lượng dùng dư 20 %). 
►Cách 2: từ phản ứng nhiệt phân cuối: nNO2 = 4.nO2 
mNO2 + nO2 = 129,3 – 48,3 → nNO2 = 4nO2 = 1,5 mol. 
Nhìn vào quá trình, tinh ý chỗ nO trong hh khí X = nhh = 0,175 mol. 
Theo đó, gọi nHNO3 = 2x mol → nH2O = x mol. 
Áp bảo toàn nguyên tố O ta có: 0,3 + 2x × 3 = 1,5 × 3 + 0,175 + x → 2x = 1,75 mol. → V = 2,1 lít. 
Bài 10: Cho hơi nƣớc đi qua than nóng đỏ, thu đƣợc 4,48 lít hỗn hợp khí X (đktc) gồm CO, 
CO2 và H2. Cho toàn bộ X phản ứng hoàn toàn với hỗn hợp a mol Fe2O3 và b mol CuO nung 
nóng, sau phản ứng thu đƣợc 25,92 gam hỗn hợp chất rắn Y. Để khử hoàn toàn chất rắn Y 
thành các kim loại cần (2a + 0,5b) mol H2. Tỉ khối hơi của X so với H2 là 
A. 15,50 B. 7,60 C. 7,65 D. 7,75 
TÓM TẮT ĐỀ THEO SƠ ĐỒ PHẢN ỨNG 
2
:
2 22 3
2 0,5: 25,92
2
: 0,2( )
CO
H O HFe O a FeCOC Y KL
a b CuCuO bH g
hh
Z
X mol
 
 
      
      
    
 
  
(1) 
12
2
2: 2/2 3
3:
2
2 20,5
COCO
O
H H O
Fe O a O oxit
za bCuO b
a
O H H Ohh
b
          
          
  
   







(2) 
: 12 3 : :25,92
:
Fe O a
O z Y gam
CuO b
  
  
  
(3) 
Gọi số mol {CO; H2} trong X là z mol → cần đúng z mol O trong oxit đề → {CO2; H2O}. 
→ 160a + 80b = 25,92 + 16z (1). Lại có để chuyển hết (3a + b) mol O trong oxit → {CO2; H2O} 
thì cần vừa đủ z + 2a + 0,5b mol hh {CO; H2} → 3a + b = z + 2a + 0,5b ↔ a + 0,5b = z (2). 
Từ (1) và (2) ta có z = 0,18 mol. Đến đây có 2 hướng xử lí: 
ᴥ Cách 1: thường các bạn sẽ tìm mối ràng buộc nữa thì 
C + H2O → CO + H2 
C + 2H2O → CO2 + 2H2. 
Bằng cách gọi số mol C ở các pt lần lượt là x, y mol → 2x + 3y = 0,2 mol 
và 2x + 2y = nhh CO + H2 0,18 mol. Giải tìm ra đáp án C. ♣. 
Theo hướng này có thể nhanh hơn như sau: nCO2 = 0,2 - z = 0,02 mol. 
Thay vào 2 phương trình trên cũng ra kết quả tương tự. 
ᴥ Cách 2: có thể đi theo hướng sau: hiểu rõ vấn đề + rút gọn suy nghĩ, cần hình dung: 
C + H2O →....→.... cuối cùng sẽ thu được CO2 + H2O. 
như vậy 0,18 mol O là ở trong CO2 luôn → có 0,09 mol C. 
→ trong Y có 0,09 mol CO và CO2 (bảo toàn C) → có 0,11 mol H2O 
→ mY = 0,09 × 44 + 0,11 × 18 - 0,18 × 16 = 3,06 gam. → dY/H2 = 3,06 ÷ 0,2 ÷ 2 = 7,65. 
Chọn đáp án C. ♣ 
p/s: bài toán này khai thác điểm đặc biệt Fe2O3 và CuO có M = 160 và 80 + bản chất CO và H2 
cùng nhận 1 O 
Bài 11: Hỗn hợp X gồm FeCO3, FeO, MgCO3, MgO trong đó số mol muối cacbonat bằng số 
mol oxit kim loại tƣợng ứng. Hòa tan hết hỗn hợp X trong dung dung dịch H2SO4 9,8% vừa 
đủ thu đƣợc dung dịch Y trong đó nồng độ % của FeSO4 là 5,775%. Nồng độ % của MgSO4 
trong dung dịch Y là 
 A. 7,689%. B. 8,146%. C. 6,839%. D. 9,246%. 
 
 
     
      
     
 
 
FeCO
3
FeSO : 5,775%H SOFeO FeOquy ®æi 42 4
9,8%MgCO MgO MgSO :C%?
3 4
'MgO YX
X
Quan sát: thấy rằng: FeCO3 = FeO.CO2; MgCO3 = MgO.CO2; bài tập liên quan đến nồng độ các 
chất sau phản ứng nên cần xác định mdd sau phản ứng = mdd H₂SO₄ + mX – mkhí CO₂ bay ra. 
Có nghĩa là cộng CO2 ở trong X rồi sau đó cũng trừ đi CO2 bay ra.! Vậy tại sao không bỏ nó đi 
ngay từ đầu; thêm nữa việc bỏ nó rất thuận lợi khi 2 oxit cũng là FeO và MgO; phản ứng chính 
cũng có thể coi là của oxit tác dụng với axit H2SO4 loãng do CO2 có vào rồi cuối cùng cũng ra!. 
Vậy: 
HD: Quy X gồm x mol FeO và y mol MgO tác dụng H2SO4 9,8% vừa đủ thu được dung dịch Y 
Chọn số mol H2SO4 vừa đủ là 1 mol ||→ mdd H₂SO₄ = 1000 gam và x + y = 1. 
Giả thiết: 
Lại để ý “tinh tế” chút: ||→ chọn 
đáp án C. 
 Bài 12: Hoà tan hết 17,92 gam hỗn hợp X gồm Fe3O4, FeO, Fe, CuO, Cu, Al và Al2O3 (trong 
đó oxi chiếm 25,446% về khối lƣợng) vào dung dịch HNO3 loãng dƣ, kết thúc các phản ứng 
thu đƣợc dung dịch Y và 1,736 lít (dktc) hỗn hợp khí Z gồm N2 và N2O có tỉ khối của so với H2 
là 15,29. Cho NaOH tới dƣ vào Y rồi đun nóng, không thấy khí thoát ra. Số mol HNO3 đã 
phản ứng với X là 
 A. 1,215. B. 1,475. C. 0,750. D. 1,392. 
25,446%
4
: 0,065
2;
3 4
: 0,0125
( ) 2; 3
: 0,0775; : 0,285
( )
2 3
17,92
Quydoi
O
o
N
Fe O Fe
N O
HNO duFeO Cu M
ZCuO Al O
NaOH duAl O Y k coNH
ok co
gam

 
   
   
    
      
    
   
   
 
HD: 17,92 gam X chứa 0,285 mol O; khí Z gồm 0,065 mol N2 và 0,0125 mol N2O. 
Bảo toàn e → ∑nNO3
–
 trong muối = 0,285 × 2 + 0,065 × 10 + 0,125 × 8 = 1,32 mol. 
||→ số mol HNO3 đã phản ứng là 1,475 mol. Chọn đáp án B. ♦. 
Bài 13: Nhiệt phân hoàn toàn 22,26 gam hỗn hợp X gồm KClO3; KMnO4 và KCl thu đƣợc 
3,36 lít khí O2 (đktc) và hỗn hợp Y gồm KCl; K2MnO4; MnO2 trong đó KCl chiếm 51,203% 
về khối lƣợng. Hòa tan hết hỗn hợp Y cần dùng dung dịch HCl 32,85% (đun nóng) thu đƣợc 
dung dịch Z. Nồng độ phần trăm của KCl có trong dung dịch Z là 
 A. 17,51%. B. 21,88%. C. 26,26%. D. 24,02%. 
► pư nhiệt phân hoàn toàn ||→ trong Y số mol K2MnO4 và MnO2 bằng nhau và bằng 0,03 mol. 
||→ có 0,18 mol Otrong Y ||→ có 0,36 mol HCl và 0,09 mol Cl2 ||→ đã dùng 40 gam dung dịch HCl. 
||→ mZ = 40 + 17,46 – 0,09 × 71 = 51,07 gam ||→ %KCl trong Z = 0,18 × 74,5 ÷ Ans ≈ 26,26%. ||→ 
Chọn C. 
Bài 14: Trộn KMnO4 và KClO3 với một lƣợng bột MnO2 trong bình kín đƣợc hỗn hợp X. Lấy 
52,550 gam X đem nung nóng, sau một thời gian thu đƣợc hỗn hợp chất rắn Y và V lít khí O2. 
Biết KClO3 bị nhiệt phân hoàn toàn tạo 14,9 gam KCl chiếm 36,315 % khối lƣợng Y. Sau đó, 
cho toàn bộ Y tác dụng hoàn toàn với axit HCl đặc dƣ đun nóng, sau phản ứng cô cạn dung 
dịch thu đƣợc 51,275 gam muối khan. Hiệu suất của phản ứng nhiệt phân muối KMnO4 trong 
X là 
 A. 75,0 %. B. 80,0 %. C. 62,5 %. D. 91,5 %. 
HD: Trước hết phải đọc chuẩn + thật chú ý là MnO2 ở trong X, quên là tính sai sót ngay! 
 Có 0,2 mol KCl là do KClO3 nhiệt phân hoàn toàn → có 0,2 mol KClO3 và mY ≈ 41,03 gam. 
Có hệ phương trình: 
Thấy Y giảm lượng so với X là do O2 thoát ra ||→ nO2 = (52,55 – 41,03) ÷ 32 = 0,36 mol. 
Để ý 0,2 mol KClO3 nhiệt phân hoàn toàn cho 0,3 mol O2 rồi 
||→ lượng KMnO4 phản ứng sẽ cho 0,06 mol O2 nữa, 
mà: 1.KMnO4 → ½.O2 ||→ có 0,12 mol KMnO4 phản ứng. 
Vậy hiệu suất phản ứng H = 0,12 ÷ 0,15 = 80 %. Chọn đáp án B 
Bài 15: Hòa tan hoàn toàn 46,4 gam hỗn hợp X gồm Fe, Fe2O3 và CuO trong dung dịch chứa 
1,8 mol HNO3. Kết thúc các phản ứng thu đƣợc dung dịch Y và khí NO là sản phẩm khử duy 
nhất của N+5. Chia dung dịch Y làm 2 phần bằng nhau: 
♦ phần 1: tác dụng với dung dịch NaOH dƣ, lọc lấy kết tủa nung ngoài không khí đến khối 
lƣợng không đổi thu đƣợc 28,0 gam rắn. 
♦ phần 2: tác dụng với dung dịch AgNO3 dƣ thu đƣợc 24,3 gam kết tủa. 
Phần trăm khối lƣợng của oxit CuO trong hỗn hợp X ban đầu có giá trị gần nhất với 
 A. 16%. B. 17%. C. 18%. D. 19%. 
: 0,253 ( ): 2 3
3: : 0,52 12 3 1,8( )
: : 0,22532
46,446,4 2
NO
Fe O xNaOH duFe Fe x FeHNOquydoi pX Fe O Cu y CuO y
mol Y Fe
AgNOO z AgCuO
Cu Pgamgam


   
     
      
           


Theo kinh nghiệm: 
1,8 2
2 4
43
z
n n n n
HNO O NO NO

    
Áp dụng ĐLBT e : 
1,8 2
3 2 0,45*1 *3 2 3 2 0,5 1,8(*)
4
z
x y z x y z

        
Theo sơ đồ ta có hệ
3 2 0,5 1,8 0,6
0.1*80
56 64 16 46,4 0,1 % *100% 17,24%
46,4
0,7 0,4
x y z x
x y z y m
Cu
x y z
    
 
        
    
Bài 16: Hỗn hợp X chứa Mg, Fe3O4 và Cu trong đó oxi chiếm 16% về khối lƣợng. Cho m gam 
hỗn hợp X vào dung dịch chứa 2,1 mol HNO3 (lấy dƣ 25% so với phản ứng) thu đƣợc dung 
dịch Y và 0,16 mol khí NO. Cô cạn dung dịch Y thu đƣợc 3,73m gam muối khan. Giá trị của 
m gần nhất với giá trị nào sau đây? 
 A. 30 gam. B. 35 gam. C. 40 gam. D. 25 gam. 
Sơ đồ Phản ứng 
( )
3
3 4 3 2: 0,16 :
0,164 3
0,84 21,68( )
( ) 3,73
( )
Mg M NOM n
Fe O HNO NO H O
O m NH NO x
xCu mol
m g m
m gam
 
       
         
     
  
Cách 1: BT nguyên tố N có ∑nNO3
–
 trong muối kim loại = 1,68 – 0,16 – 2x = 1,52 – 2x mol (với x = 
nNH4NO3) 
Lại để ý: Otrong X = 0,16m ÷ 16 = 0,01m (mol). 
||→ bảo toàn electron có ngay: 1,52 – 2x = 2 × 0,01m + 0,16 × 3 + 8x ||→ 5x + 0,01m = 0,52. 
Lại có, khối lượng muối: mmuối = 0,84m + (1,52 – 2x) × 62 + 80x = 3,73m. 
Giải hệ phương trình được x = 0,04 mol và m = 32 gam. Chọn đáp án A 
Cách 2: Áp dụng ĐLBTKL : m + 1,68*63 = 3,73m + 0,16*30 +(0,84 - 2x)*18 
 2,73m - 36x = 85,92(*) 
 Theo kinh nghiệm ta có: 
2 4 10 1,68 2*0,01 0,16*4 10
3 4
0,02 10 1,04(**)
n n n n m x
HNO O NO NH NO
m x
      
  
Giải (*) và (**) ta có 
32
0,04
m
A
x



Bài 17: Cho 5,76 gam hỗn hợp A gồm FeS2, CuS và Fe(NO3)2 tác dụng hoàn toàn với dung 
dịch HNO3 đặc, nóng. Sau phản ứng thấy thoát ra 5,376 lít khí (đktc) B gồm NO2, SO2 và 
dung dịch C. Cho dung dịch Ba(OH)2 dƣ vào C thu đƣợc 8,85 gam kết tủa D. Lọc tách kết tủa 
rồi nung tới khối lƣợng không đổi thu đƣợc 7,86 gam chất rắn E. Trong E oxi chiếm 27,481% 
về khối lƣợng. Phần trăm khối lƣợng của Fe(NO3)2 trong A có giá trị gần nhất với 
 A. 40% B. 50% C. 60% D. 
70% 
3
2
2
0, 24:
2
3: ( ) :
3 2 3( )
( ) : 2 2 ( ) : :3 2
2
2 a5,76 aS :
44
8,85
: 0,5
HNO
dac
NO
B
SO
FeS a
A CuS Fe Fe OH x Fe O
oBa OH t CFe NO b
C Cu D Cu OH y E CuO y
du KK
Bg B O zSO
g
x



  
 
  
 
 
    
        
      
   
     
S :
4
7,86
O z
g






  
  
  
  
  


Dựa vào sơ đồ ta có hệ 
107 98 233 8,85 0,03
80 80 233 7,86 0,01
1,5 4 0,135 0,02
x y z x
x y z y
x y z z
    
 
     
     
2( )
120 180 4,8 0.01 0,02*180
% *100% 62,5%
0,03 0,02 5,76
Fe NO
a b a
m C
a b b
   
     
   