Rèn luyện giải bài tập Hóa phát triển tư duy cho học sinh thông qua sơ đồ tư duy (phần 3)

GIỚI THIỆU VỀ SÁCH 
ĐỂ HÌNH THÀNH TƢ DUY CHO HS RẤT NHIỀU CÁCH. THEO KINH 
NGHIỆM CỦA THẦY MỘT TRONG NHỮNG CÁCH ĐỂ HS HÌNH THÀNH 
TƢ DUY DỄ DÀNG ĐÓ LÀ TỪ ‘’SƠ ĐỒ TƢ DUY’’. ĐỂ ĐỊNH HƢỚNG 
ĐƢỢC CÁCH GIẢI BÀI TOÁN NHANH THÌ TA PHẢI THIẾT LẬP SƠ ĐỒ 
TƢ DUY. Ở SƠ ĐỒ ĐÓ CHÖNG TA SẼ ÁP DỤNG CÁC KỶ THUẬT GIẢI 
PHÙ HỢP. NHƢ CÁC EM ĐÃ BIẾT NHỮNG BÀI TẬP Ở MỨC ĐỘ 8,9,10 
TRONG ĐỀ THI THPT QUÔC GIA LÀ NHỮNG CÂU THƢỜNG DÀI, CHO 
NÊN HÌNH THÀNH TƢ DUY ĐỐI VỚI BÀI TẬP NÀY LÀ RẤT KHÓ. CHO 
NÊN ĐÕI HỎI CÁC EM PHẢI LỰA CHỌN CON ĐƢỜNG TƢ DUY NHANH 
NHẤT. TRONG CUỐN SÁCH “ HÌNH THÀNH TƢ DUY THÔNG QUA SƠ 
ĐỒ TƢ DUY”SẼ GIÚP CÁC EM RÈN LUYỆN ĐỂ HÌNH THÀNH TƢ DUY 
MỘT CÁCH NHANH NHẤT. 
SAU ĐÂY MỜI CÁC EM XEM MỘT SỐ BÀI TẬP TRONG SÁCH 
EM NÀO CẦN SÁCH LIÊN HỆ VÀO SỐ 
0988722293 
DẠNG 2: CÁC BÀI TOÁN KHÔNG PHẢI DẠNG VỪA + VỪA ĐÂU (MĐ 9  10 ĐIỂM) 
B i 1: Hấ th h t 3,584 t CO2 t v u g ị h hứ KOH v K2CO3 thu 
 ƣ 200 u g ị h X . Lấ 100 X h từ từ v 300 u g ị h HCl 0,5M thu ƣ 
2,688 t h t . Mặt há ,100 X tá ng với dung dịchCa(OH 2 ƣ thu ƣ c16gam k t 
tủa. Tỉ lệ x:y 
 A. 3 : 1 B. 3 : 1 C. 2 : 3 D. 1 : 2 
HÌNH THÀNH TƢ DUY THEO SƠ ĐỒ 
HCl(7)
X CO (8)
20,15
2 100mlCO (4)KOH(1) : x 0,123
CO (3) X
K CO (2) : y2 Ca(OH) (d­)
2 3 2HCO (5)200ml X CaCO (9)30,16 3
100ml
0,16


   
   
    
KỶ THUẬT GIẢI 
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 tƣơng 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 tƣ duy trên 
 - Phải nắm vững phƣơng pháp giải dạng toán nhỏ từ từ 
2
3
3
CO
HCO


vào H+ 
 B i 2: tr h hu ê ĐH VINH ần I-2013).Hò t h t 2,72g hỗn h p X 
gồmFeS2, FeS, Fe, CuS, Cu trong 500ml dung dịch HNO3 1M, sau phản ứ g thu ƣ Y v 
0,07 1 h th át r . Ch Y tá ng với ƣ g ƣ u g ịch BaCl2 thu 4,66g t tủa. 
Mặt há , Y ó thể hò t tối g Cu. Bi t tr g á qú trì h trê , sản phẩm khử duy 
nhất của N5+ NO. Giá trị củ : 
 A 9,76 B. 5,92 C. 9,12 D, 4,96 
HÌNH THÀNH TƢ DUY THEO SƠ ĐỒ 
X
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









 


 



KỶ THUẬT GIẢI 
Dự v sơ ồ: 
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+
 Cu
2+
 + 2Fe
2+
(**) 
n
Cu
 = 
3
8
n
H 
 + 
1
32
n
Fe 
= 
3
*038
8
+ 
1
*0,02
2
 m = 9,76(g) 
NHẬN XÉT 
-Bài này xứng đáng cho điểm 9, vì đa số HS không xác định đƣợc ddY chứa những ion nào. Vả 
lại cứ nghỉ rằng H+ sau phản ứng là của HNO3(dƣ), các em đã quên sau phản ứng nó tồn tại 
trong H2SO4. 
- Muôn làm tốt bài này HS phải xây dựng đƣợc sơ đồphù hợp. Đặc biệt kết hợp các ĐLBT có 
hiệu quả 
B i 3: Hò t h t 11,88 gam hỗn h p X gồm FeCl2; Cu v Fe NO3)2 v 200 u g ịch 
HC 1M thu ƣ c dung dịch Y. Cho từ từ dung dịch chứa AgNO3 1M v Y á hản ứng 
h thấ ã ù g 290 , t thú thu ƣ c m gam k t tủ v th át r 224 h ở t . 
Bi t NO sản phẩm khử duy nhất của N+5 trong cả quá trì h, giá trị của m gần nhất với 
A. 41. B. 43. C. 42. D. 40. 
HÌNH THÀNH TƢ DUY THEO SƠ ĐỒ 
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
 


KỶ THUẬT GIẢI 
Dự v sơ ồ: 
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. 
NHẬN XÉT 
- À bài này dành cho HS xuất sắc rồi đấy. Đa số hs khá đều bí chỗ: không biết Trong Y chứa H+ 
không 
- Bài này áp dụng ĐLBT NT nhuần nhuễn thì mới làm đƣợc và 
Nhớ
n 4n 10n 10n 12n 2n
HNO NO N O NH NO N NO
3 2 4 3 2 2
Mçi quan hÖ 
n 2n 5n 3n 6n n
H O NO N O NH NO N NO
2 2 4 3 2 2
    
    
B i 4: Hò t h t hỗ h gồ 2,8 g Fe v 1,6 g Cu tr g 500 u g ị h hỗ 
h HNO3 0,1M v HC 0,4M, thu ƣ h NO h u hất v u g ị h X. Ch X v 
 u g ị h AgNO3 ƣ, thu ƣ g hất rắ . Bi t á hả ứ g ều ả r h t , NO 
 sả hẩ hử u hất ủ N+5 tr g á hả ứ g. Giá trị ủ 
A. 34,10. B. 28,70. C. 29,24. D. 30,05. 
HÌNH THÀNH TƢ DUY THEO SƠ ĐỒ 
(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 
 



   



KỶ THUẬT GIẢI 
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 
Lƣu ý: Vì AgNO3(dư) => Xét toàn bộ quá trình thì H
+
 hết n
NO
=
4
n
H


= 0,0625 
Đến đây rồi HS phải 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. =>Đá á D 
NHẬN XÉT 
Để làm tốt bài này yêu cầu hs phải có tƣ duy tổng quát: -Xét toàn bộ quá trình thì H+ hết 
 - Bảo toàn electron cho toàn bộ quá trình 
B i 5: Cho 46,8 gam hỗn h CuO v Fe3O4 (tỉ lệ mol 1:1) tan h t trong dung dịch H2SO4 
 ã g, vừa ủ, thu ƣ c dung dị h A. Ch g Mg v A, s u hi hản ứng k t thú thu 
 ƣ c dung dịch B. Thê u g ị h KOH ƣ v B ƣ c k t tủ D. Nu g D tr g hô g h 
 n khối ƣ g hô g ổi, thu ƣ c 45,0 gam chất rắ E. Giá trị gần nhất củ 
 A. 6,6. B. 11,0. C. 13,2. D. 8,8. 
HÌNH THÀNH TƢ DUY THEO SƠ ĐỒ 
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



  
     
KỶ THUẬT GIẢI 
Nhậ ét: => 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 luậ t ó sơ ồ 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 ồ trê t ó : => BTĐT : 2x + 2y = 0,3*3 + 0,15*2+ 0,15*2= 1,5 (*) 
 => 40x + 80y = 45(**) 
Giải hệ t ó 
0,375
0,375
x
y



=> m = 24*0,375 = 9,0 => D 
LƢU Ý: - Muốn làm nhanh bài này HS phải nhạy bén ở chổ: Đoán đƣợc B gồm Mg2+ và Fe2+ 
 - Nhớ ĐLBTĐT: (tr) (sau)    
B i 6: Cho 66,2 gam hỗn h p X gồm Fe3O4, Fe(NO3)2, A t h t tr g u g ịch chứa 
3,1 mol KHSO4 ã g. S u hi á hản ứng xả r h t thu ƣ c dung dịch Y chỉ chứa 
466,6 gam muối su f t tru g hò v 10,08 t t h Z gồ 2 h tr g ó ó ột h hó 
 âu g i hô g h . Bi t tỉ khối của Z so với He 23/18. Phầ tră hối ƣ ng của Al trong 
hỗn h p X gần nhất với giá trị s u â ? 
 A. 15. B. 20. C. 25. D. 30. 
HÌNH THÀNH TƢ DUY THEO SƠ ĐỒ 
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






KỶ THUẬT GIẢI 
Dự v sơ ồ t ó: 
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
 
   
NHẬN XÉT 
Ban giám khảo sẽ tặng cho bạn 9 điểm nếu bạn làm tốt bài này. Vi nó qua hay nhìn thấy 
KHSO4:3,1(mol) => BTNT H, S, O 
B i 7: Hò t h t 14,6 gam hỗn h p gồ Z v Z O ó tỉ lệ mol 1:1 trong 250 gam dung dịch 
HNO3 12,6% thu ƣ c dung dị h X v 0,336 it h Y t . Ch từ từ 740 ml dung dịch 
KOH 1M v u g ị h X thu ƣ c 5,94 gam k t tủa.Nồ g ộ % của muối trong X : 
 A. 14,32 B. 14,62 C. 13,42 D. 16,42 
HÌNH THÀNH TƢ DUY THEO SƠ ĐỒ 
3
3
Y
0,015
HNO : 0,5Zn : 0,1 Zn(NO ) : 0,2 Zn(OH) : 0,063
3 2 2
ZnO : 0,1 KOH
X NH NO : x KNO : y NH
4 3 30,74hh
HNO (d­) : t K ZnO : z
2 2
 


      
     
 
 
KỶ THUẬT GẢI 
BTNT : NO
3 0,4 x t y
x t 0,06
BTNT : K
Dùa v¯o s¬ ®å ta cã hÖ: y 2z 0,74 y 0,46
z 0,14
BTNT : Zn
0,06 z 0,2
x t 0,06
Gi ° sö Y chøa 2 NT N: BTNT N: 0,5=0,015*2+2x+t+0,2*2
2x

   
  
 
    
  
  

 


x 0,01
t 0,07 t 0,05
Theo ph­¬ng ph¸p ®iÒn v¯o chæ trèng ta cã:0,1*2=0,015* n +0,01*8 n 8 Y : N O
enh enh 2
 
 
  
  
   

   
 
3 4 32
0,2.189 0,01.80
% Zn NO NH NO 14,62%
250 14,6 0,015.44
→ Chọn B 
NHẬN XÉT 
 - Bài này hay ở chỗ: Chƣa cho khí Y là khí gì, Muối có chứa NH4NO3 hay không, vả lại hay ở 
chổ hs 
 hay nhầm tính tổng C% hay là tính từng muối. 
 - Muốn làm tốt bài này thì hs phải nhạy cảm ở chổ: dự đoán đƣợc Y chứa 2 nito ( Vì Zn có 
tính khử 
 mạnh nên khử N+5 càng sâu 0 32N N
 ) Và phải dự đoán đƣợc có muối NH4NO3 
 - Đặc biệt là phải xây dựng đƣợc sơ đồ để áp dụng ĐLBT NT dể dàng hơn. 
B i 8: Cho hỗn h p X chứa 56,9 gam gồm Fe, Al, FeO, Fe2O3 ,Fe3O4, Al2O3 v CuO. Hò t 
h t X trong dung dịch HNO3 ƣ thấ ó 2,825 HNO3 tham gia phản ứ g thu ƣ c 208,7 
gam muối v 2,24 t h NO u hất. Mặt há từ hỗn h X t ó thể iều ch ƣ c tối 
m gam kim loại. Giá trị của m gần nhất với giá trị s u â 
 A. 42. B. 44. C. 46. D. 48. 
HÌNH THÀNH TƢ DUY THEO SƠ ĐỒ 
 
n
M
M
X HNO NO NO H O
3 3 2O
0,1(mol)
NH NO ?2,82556,9g 4 3
208,7g
 
 
         
   
 
 
KỶ THUẬT GIẢI 
Dựa v sơ ồ:
m
H OBTKL 2m m m m m n 1,2875
X HNO M NO H O H O 183 2 2
BTNT H
n 4n 2n n 0,0625
HNO NH NO H O NH NO
3 4 3 2 4 3
n n 2n 3n n 0,9 mol.
H2O O trong oxit NO NH4NO3 O trong oxit
|| m 56, 9 – 0,9 16 42,5 gam. => Chä
       
    
    
    n A
NHẬN XÉT 
Bài này qua hay đi các đệ tử hầy. Nhƣng các đệ tử muốn làm đƣợc bài này cần phải có võ công 
sau: 
- Quy đổi hh =>
X
M
O
 
 
 
- Nhớ: 
n 4n 10n 10n 12n 2n
HNO NO N O NH NO N NO
3 2 4 3 2 2
Mçi quan hÖ 
n 2n 5n 3n 6n n
H O NO N O NH NO N NO
2 2 4 3 2 2
    
    
B i 9: Đốt há 3,34 g hỗn h p A gồm Mg, Al, Fe, Cu trong oxi một thời gi thu ƣ c 
3,82 gam hỗn h p rắn B (gồm MgO, Al2O3, FeO, Fe2O3, Fe3O4, CuO, Cu2O, Mg, A , Fe v 
Cu . Hò t h t hỗn h p B trong dung dịch HNO3 ã g ƣ thu ƣ c dung dị h X v 
0,56 t hỗn h h Y gồ 2 h hô g u; tr g ó ó 1 h hó âu ó tỉ khối so với H2 
bằ g 19,2. Cô ạn dung dị h X thu ƣ c 16,36 gam muối khan. Số mol HNO3 ã hản ứ g 
 A. 0,21 mol. B. 0,25 mol. C. 0,18 mol. D. 0,27 mol 
HÌNH THÀNH TƢ DUY THEO SƠ ĐỒ 
( ) : 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
        
        
       

KỶ THUẬT GIẢI 
Dự v sơ ồ: 
BTKL: 3,82 + 63x =16,36 +0,96 + 9(x-4y) 54x+36y=13,5(*) 
Mặt há : 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 * v ** t ó 
0,248125
0,028125
x
y



 x 0,25 =>Đá á B 
NHẬN XÉT 
Yêu cầu HS nắm vững các kiến thức sau: 
 Quy đổi hh =>
X
M
O
 
 
 
 Nhớ: 
n 4n 10n 10n 12n 2n
HNO NO N O NH NO N NO
3 2 4 3 2 2
Mçi quan hÖ 
n 2n 5n 3n 6n n
H O NO N O NH NO N NO
2 2 4 3 2 2
    
    
B i 10: Hò t h t 18,08 gam hỗn h p rắn gồ Fe, Cu v ột oxit Fe trong dung dịch HCl 
 ã g thu ƣ c dung dịch X chỉ chứ á uối ó hối ƣ g g v 672 H2 t . Cho 
AgNO3 ƣ v u g ị h X thu ƣ c 96,93 gam k t tủa. Mặt há hò t h t 18,08 gam rắn 
trê tr g u g ịch HNO3 ã g ƣ thu ƣ 2,24 t t hỗn h h Y gồ NO v NO2 
 ó tỉ lệ mol 7 : 3. Giá trị 
 A. 33,41 gam. B. 30,13 gam. C. 37,37 gam. D. 20,15 gam. 
HÌNH THÀNH TƢ DUY THEO SƠ ĐỒ 
H : 0,03
2
n AgNO (d­)HCl : 2z 0,06 AgM 3Fe Fe : x X1 3 AgCl : 2z 0,06quy ®æi Cl : 2z 0,06
hh Cu Cu : y
96,93gmFe O O : z
x y
HNO (d­) NO :
318,08g
18,08g
2


               
    
   

0,07
NO : 0,03
2



KỶ THUẬT GIẢI 
Dự v sơ ồ t ó: 
2 HCl H
2
0,06
BTNTCl0,03
n 2z 0,06 n 2z 0,06
HCl AgCl
2 HCl O H O Cl
2
2z z

    

  







pt vÒ kl
56x 64y 16z 18,08
x 0,22
BTe
3x 2y 2z 0,24 y 0,03
qt 2
z 0,24
96,93 143,5(2 z 0,06)BTe
3x 2y 2z 0,03.2 324x 216y 71z 94,8
qt 1,3 108
  

    

 
       


 
 
 
 



 BTKL KLm 18,08 0,24.16 14,24 m 14,24 (2.0,24 0,06).35,5 33,41 Chän A          
NHẬN XÉT 
Ô chà chà! Bài này hay qua ta, phƣơng pháp của bài này ví nhƣ môn võ công “Giáng long thập 
bát chƣởng của Tiêu Phong’’.E nào làm đƣợc bài này xứng đáng đƣợc điểm 10 vì đây là 1 trong 
những bài toán đòi hỏi tƣ duy cao. Hs phải nhanh ở chổ quy đổi về hh(Fe, Cu,O), còn phần tiếp 
theo chủ yếu dựa vào ĐLBTNT, KLBài này đƣợc trính trong cuốn sách của thầy biên soạn đó 
là 
B i 11: Hò t h t 216,55 g hỗ h KHSO4 v Fe NO3)3 v ƣớ ƣ u g ị h 
X. Cho m gam hỗ h Y gồ Mg, A , MgO v A 2O3 tr g ó i hi 64/205 về hối 
 ƣ g t h t v X, s u hi á hả ứ g t thú thu ƣ u g ị h Z hỉ hứ uối 
tru g hò v 2,016 t hỗ h h T ó tổ g hối ƣ g 1,84 g gồ 5 h t , tr g ó 
về thể t h H2, N2O, NO2 ầ ƣ t hi 4/9, 1/9 v 1/9. Cho BaCl2 ƣ v Z thu ƣ 356,49 
g t tủ . Giá trị ủ gần giá trị nào nhất s u â ? 
A. 22. B. 20. C. 19. D. 23. 
HÌNH THÀNH TƢ DUY THEO SƠ ĐỒ 
 
  
                       
 
 
BaCl (d­)
2 2Z so BaSO
4 4
1,53(mol)
Mg H : 0,04
2
KHSO :1,53(mol) Al MQuy ®æi4 N O : 0,01
X X 2
MgOFe(NO ) O : 4 / 205m
3 3 T NO : 0,01
2Al O m2 3216,55g N : x
2m
NO : y






       
   
  
  
   


NH
4
H O
2
1,84g v¯ 0,09
KỶ THUẬT GIẢI 
Dựa v sơ ồ : 
   
 
   

     
       
 

x y 0,03 x 0,02Theo b¯i ra 
28x 30y 0,86 y 0,01
216,55 1,53.136BTNT S
n n 1,53 n 0,035
KHSO BaSO Fe(NO ) 2424 4 3 3
BTNT N
3n 2n n n n n n 0,025
Fe(NO ) N O NO N NO NH NH3 3 2 2 2 4 4
BTNT H
n
KHS











     



       



     

2n 4n 2n n 0,675
O H H O H ONH4 2 2 24
BTNT O
4n 9n n n n 2n n n
KHSO Fe(NO ) O / Y N O NO NO H OSO4 3 3 2 2 24
4
n 0,4 m m 20,5 B
O / Y 205
B i 12: Hỗn h p T gồm ba peptit mạch hở X,Y,Z ó tỷ lệ tƣơ g ứng 2:3:4.Thủ hâ 
h t 35,97 g T thu ƣ c hỗn h p sản phẩm gồ 0,29 A v 0,18 B A,B ều 
 á i it ơ hức).Bi t tổng số iê t e tit tr g b hâ tử X,Y,Z 16.Nêu ốt 
 há 4 X h ặ 3 Y ều thu ƣ c số mol CO2 hƣ h u.Đốt há h t g 
hỗn h T thu ƣ c N2,0,74 mol CO2 v H2O.Giá trị a gần nhất. 
A.0,65. B.0,67. C.0,69. D.0,72. 
HÌNH THÀNH TƢ DUY THEO SƠ ĐỒ 
KỶ THUẬT GIẢI 




BTKL *
m =0,29M +0,18M =m +m =35,97+(0,47-9.0,01)=42,81
AA A B T H O
2
M =75:Gly:C H NO :0,29
BiÖn luËn ta cã A 2 5 2
M =117:Val:C H NO :0,18
B 5 11 2
 

0,74 1 1BTNT C Ta nhËn thÊyDo AA ®èt Do T ®ètn =n =0,29.2+0,18.5=1,48 = =>p = p
CO CO 2 11,48 2 22 2
1 1 1 1BTNT H Do T ®èt Do AA ®èt *n = n - n = (2,5.0,29+5,5.0,18)- .0,38=0,6675=>B
H O H O H O2 2 2 22 2 2
X : 2x
A : 0,29
PeptitT Y : 3x H O l¯ C H NO (n 2)
2 n 2n 1 2B : 0,18
Z : 4z
0,47
35,97g
X : 2x
PeptitT Y : 3x O CO H O N
2 2 2 2
Z : 4z 0,74(mol) a(mol)
m
 
  
        
 
 
 
    
 
 
 
0,47-9x 16
T + H O AA (*) Sè lkpeptit = = x 0,01
2 9x 3
0,479x 0,47-9x
42,81g35,97g
 