Chuyên đề: Toán về dung dịch: Độ tan, nồng độ dung dịch, pha trộn dung dịch, tinh thể
ngậm nước
A. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HÓA HỌC
1 - Phương pháp 1: Bảo toàn khối lượng
Định luật bảo toàn khối lượng: “Tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng
bằng tổng khối lượng các chất tạo thành trong phản ứng”.
Phương trình hoá học tổng quát:
A + B C + D
Ta có: mA + mB = mC + mD.
Thí dụ 1: Hòa tan hoàn toàn 28,3 gam hỗn hợp gồm muối cacbonat của một kim loại hóa
trị I và một muối cacbonat của kim loại hóa tri II trong axit HCl dư thì tạo thành 4,48 lít
khí (đktc) và dung dịch X. Cô cạn dung dịch X thì thu được m gam muối khan.
a- Viết các phương trình hoa học của các phản ứng đã xảy ra.
b- Tính m.
Giải
a- Viết các phương trình hoa học của các phản ứng đã xảy ra.
Đặt công thức muối cacbonat của kim loại hoá trị I: R2CO3
Đặt công thức muối cacbonat của kim loại hoá trị II: XCO3
R2CO3 + 2HCl  2RCl + CO2 + H2O
XCO3 + 2HCl  XCl2 + CO2 + H2O
b- Tính m.
nH 2O  nCO2 

4, 48
 0, 2mol  nHCl  2.nCO2  0, 4mol
22, 4

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
mmuối = 28,3 + 36,5.0,4 – 44.0,2 – 18.0,2 = 30,5 gam.
Thí dụ 2: Cho 14,5 gam hỗn hợp Mg, Fe tác dụng dung dịch H2SO4 loãng, dư thoát ra
6,72 lít H2 (đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được m gam muối khan. Tính m.

Giải
Mg + H2SO4  MgSO4 + H2
Fe + H2SO4  FeSO4 + H2
Hoặc: R + H2SO4  RSO4 + H2
1


nH 2 SO4  nH 2 

6, 72
 0,3mol
22, 4

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
mmuối = 14,5 + 98.0,3 – 2.0,3 = 43,3 gam.
2- Phương pháp 2: Tăng giảm khối lượng
Nguyên tắc của phương pháp là xem khi chuyển từ chất A thành chất B (không nhất
thiết trực tiếp, có thể bỏ qua nhiều giai đoạn trung gian) khối lượng tăng hay giảm bao
nhiêu gam (thường tính theo 1 mol) và dựa vào khối lượng thay đổi ta dễ dàng tính được
số mol chất đã tham gia phản ứng hoặc ngược lại.
Thí dụ 1: Hỗn hợp X gồm CuO và Fe2O3. Hoà tan hoàn toàn 44 gam X bằng dung dịch
HCl (dư), sau phản ứng thu được dung dịch chứa 85,25 gam muối. Mặt khác, nếu khử
hoàn toàn 22 gam X bằng CO (dư), cho hỗn hợp khí thu được sau phản ứng lội từ từ qua
dung dịch Ba(OH)2 (dư) thì thu được m gam kết tủa.
a- Viết các phương tình hoá học xảy ra.
b- Tính m.
Giải
a- Viết các phương trình hoá học xảy ra:
CuO + 2HCl  CuCl2 + H2O
Fe2O3 + 6HCl  2FeCl3 + 3H2O

t C
CuO + CO 
 Cu + CO2
0

t C
Fe2O3 + 3CO 
 2Fe + 3CO2
0

CO2 + Ba(OH)2  BaCO3 + H2O
b- Tính m.
Cứ 1 mol O chuyển thành 2 mol Cl khối lượng tăng = 35,5.2 – 16 = 55.
?
nO (44 gamX ) 

theo đề khối lượng tăng = 85,25 – 44 = 41,25.
41, 25.1
22.0,75
 0,75mol  nO (22 gamX ) 
 0,375mol  nCO2  nBaCO3
55
44

mBaCO3  197.0,375  73,875gam

Thí dụ 2: Ng m một vật bằng Cu có khối lượng 10 gam trong 250 gam dung dịch
AgNO3 4 . hi l

vật ra thì lượng gNO 3 trong dung dịch giảm đi 17 . Tính khối


lượng của vật sau phản ứng.
2


Giải
Phương trình hoá học: Cu + 2AgNO3  Cu(NO3)2 + 2Ag
nAgNO3( bandau ) 

C %.mdd
4.250
1
17 1

 mol  nAgNO3( pu ) 
.  0, 01mol
100.M AgNO3 100.170 17
100 17

Cứ 1 mol Cu sinh ra 2 mol g nên khối lượng tăng = 2.108 – 64 = 152 gam
0,005

0,01

nên khối lượng tăng = 0,01.108 – 0,005.64 = 0,76 gam.

Vậy khối lượng của vật sau phản ứng là 10 + 0,76 = 10,76 gam.
Thí dụ 3: Ng m một là Zn trong dung dịch có hòa tan 8,32 gam CdSO4. Phản ứng xong,
khối lượng lá Zn tăng 2,35 . Tính khối lượng lá Zn trước khi tham gia phản ứng.
Giải

Zn + CdSO4  ZnSO4 + Cd
0,04
nCdSO4 

0,04

0,04 (mol)

8,32
 0, 04(mol )
208

mtăng = (112 – 65). 0,04 = 1,88 gam.
mZn (trước phản ứng) =

1,88.100
 80( gam)
2,35

3- Phương pháp 3: Bảo toàn nguyên tố
Định luật bảo toàn ngu ên tố: “Tổng số mol nguyên tử một nguyên tố trước phản
ứng bằng tổng số mol nguyên tử nguyên tố đó sau phản ứng”.
Thí dụ 1: Khử hoàn toàn 24 gam hỗn hợp CuO và FexOy bằng H2 dư ở nhiệt độ cao thu
được 17,6 gam hỗn hợp 2 kim loại.
a- Viết các phương trình hoá học xảy ra.
b- Tính khối lượng H2O tạo thành.
Giải
a- Viết các phương trình hoá học xảy ra.
t C
CuO + H2 

 Cu + H2O
0

t C
FexOy + yH2 
 xFe + yH2O
0

b- Tính khối lượng H2O tạo thành.
mO (trong oxit) = moxit  mkloại = 24  17,6 = 6,4 gam  nO(oxit) = 6,4 : 16 = 0,4 mol
Áp dụng định luật bảo toàn ngu ên tố: nO(oxit )  nO( H O)  0, 4mol
2

3


mH2O  0, 4.18  7, 2 gam.

Thí dụ 2: Đốt chá hoàn toàn 4,04 gam một hỗn hợp bột kim loại gồm Al, Fe, Cu trong
không khí thu được 5,96 gam hỗn hợp 3 oxit. Hòa tan hết hỗn hợp 3 oxit bằng dung dịch
HCl 2M.
a- Viết các phương trình hoá học đã xảy ra.
b- Tính thể tích dung dịch HCl 2M cần dùng.
Giải
a- Viết các phương trình hoá học đã xảy ra.
t C
4Al + 3O2 
 2Al2O3
0


t C
3Fe + 2O2 
 Fe3O4
0

t C
2Cu + O2 
 2CuO
0

Al2O3 + 6HCl  2AlCl3 + 3H2O
Fe3O4 + 8HCl  2FeCl3 + FeCl2 + 4H2O
CuO + 2HCl  CuCl2 + H2O
mO = moxit  mkl = 5,96  4,04 = 1,92 gam.
nO 

1,92
 0,12 mol .
16

Hòa tan hết hỗn hợp ba oxit bằng dung dịch HCl tạo thành H2O như sau:
2H + O  H2O
0,24 0,12
VHCl 

(mol)

0,24
 0,12 lít.
2


4- Phương pháp 4: Sơ đồ đường chéo
Thường được áp dụng trong các trường hợp sau:
+ Pha trộn dung dịch:
Đối với nồng độ %:

m1 C2  C

m 2 C  C1

Nếu là nước ngu ên ch t thì xem như dung dịch ch t tan có nồng độ 0%.
Nếu là ch t tan ngu ên ch t thì xem như dung dịch có nồng độ 100%.
Đối với nồng độ mol/lít:

V1 C2  C

V2 C  C1

4


+ Xác định tỉ lệ mol hai ch t khí trong một hỗn hợp khi biết M :


MB  M

nA

nB




M MA

Thí dụ 1: Để thu được dung dịch HCl 25% cần l y m1 gam dung dịch HCl 45% pha với
m2 gam dung dịch HCl 15%. Tính tỉ lệ m1/m2.
Giải
Áp dụng công thức :

m1 25  15 10 1


 .
m2 45  25 20 2

Hoặc vẽ sơ đồ cụ thể:
m1(HCl 45%)

25 - 15 = 10
25%

m2( HCl 15%)

m1

10

1

m2


20

2

45 - 25 = 20

Ví dụ 2: Một hỗn hợp gồm O2, O3 ở điều kiện tiêu chuẩn có tỉ khối hơi với hiđro là 18.
Thành phần % về thể tích của O3 trong hỗn hợp là
Giải


M  18.2  36

Áp dụng sơ đồ đường chéo:
n O2
n O3



48  36 12 3
   %VO3  25%
36  32 4 1

Hoặc vẽ sơ đồ cụ thể:
nO2

48 - 36 = 12
36


nO3

nO2

12

3

nO3

4

1

VO3 = 25%

36 - 32 = 4

5- Phương pháp 5: Sử dụng giá trị trung bình
Thí dụ 1: Hòa tan hoàn toàn 2,84 gam hỗn hợp hai muối cacbonat của hai kim loại thuộc
nhóm II , hai chu kỳ liên tiếp trong bảng tuần hoàn bằng dung dịch HCl dư thu được
dung dịch X và 672 ml CO2 (ở đktc). Hai kim loại là
A. Be, Mg.

B. Mg, Ca.

C. Ca, Ba.
5

D. Ca, Sr.



Giải
Đặt công thức chung của hai muối cacbonat: RCO3.
Phương trình hoá học:
RCO3 + 2HCl  RCl2 + CO2 + H2O
0, 672
 0, 03 (mol)
22, 4

0,03

Vậy KLPTTB của các muối cacbonat là
M RCO3 


2,84
 94, 67  M R  94, 67  60  34, 67
0, 03

Vậy hai kim loại là: Mg (MMg = 24); Ca (MCa = 40)
Thí dụ 2: X là kim loại thuộc nhóm II . Cho 1,7 gam hỗn hợp gồm X và Zn tác dụng
với lượng dư dung dịch HCl, sinh ra 0,672 lít khí hiđro (đktc). Mặt khác, cho 1,9 gam X
tác dụng với lượng dư dung dịch H2SO4 loãng, thì thể tích khí hiđro sinh ra chưa đến 1,12
lít (đktc).
a- Viết các phương trình hoá học đã xảy ra.
b- Xác định tên kim loại X.
Giải
a- Viết các phương trình hoá học đã xảy ra.
X + 2HCl  XCl2 + H2

Zn + 2HCl  ZnCl2 + H2
X + H2SO4  XSO4 + H2
n(1,7 ganhh )  nH 2 

0, 672
1, 7
 0, 03  M 
 56, 67  M X  56, 67 (1)
22, 4
0, 03

Mặt khác:
nX  nH 2 

1,12
1,9
 0, 05  M X 
 38 (2)
22, 4
0, 05

Kết hợp (1) và (2) su ra MX = 40 (X: Ca)
Thí dụ 3: Hỗn hợp X gồm hai hiđrocacbon A, B có thành phần hơn kém nhau 2 nhóm
(-CH2-) bị đốt chá hoàn toàn. Sản phẩm chá được chia thành hai phần bằng nhau.
- Phần một: được dẫn vào bình chứa P2O5 thì th y khối lượng bình tăng lên 14,4
gam.
- Phần hai: được dẫn qua bình chứa CaO thí th y khối lượng bình tăng lên36,4 gam.
6



Tìm công thức của hai hi đrocacbon , B và tính khối lượng của mỗi ch t trong hỗn
hợp.
Giải
nH 2O 

14, 4
36, 4  14, 4
 0,8(mol )  nCO2 
 0,5(mol )
18
44

Vậy hỗn hợp X thuộc dã đồng đẳng của hiđrocacbon no.
n X  n H2O nCO2  0,8  0,5  0,3(mol )

Đặt công thức chung của X: CnH2n + 2.
CnH2n + 2 +

3n  1
t 0C
O2 
 nCO2 + (n + 1)H2O
2

0,3

0,3n

Ta có: nCO  0,3n  0,5  n 
2


(mol)

0,5
 1, 67
0,3

Vậy CTPT A: CH4 (x mol)
CTPT B: C3H8 (y mol)
Giải hệ phương trình :
nX  x  y  0,3
 x  0, 2



nCO2  x  3 y  0,5  y  0,1


mA = 16.0,2.2 = 6,4 gam ; mB = 44.0,1.2 = 8,8 gam.
6- Phương pháp 6: Quy đổi
Người ta có thể quy đổi một hỗn hợp phức tạp về một hoặc một số chất đơn giản hơn
mà không làm thay đổi bản chất của phản ứng để giải toán.
Thí dụ 1: Cho hỗn hợp X gồm l, Zn, Mg. Đem oxi hóa hoàn toàn 28,6 gam X bằng oxi
dư được 44,6 gam hỗn hợp oxit Y. Hòa tan hoàn toàn hết Y trong dung dịch HCl được
dung dịch Z. Cô cạn dung dịch Z được m gam muối khan.
a- Viết các phương trình hoá học đã xảy ra.
b- Tính m.
Giải
a- Viết các phương trình hoá học đã xảy ra.
t C

2Mg + O2 
 2MgO
0

t C
4Al + 3O2 
 2Al2O3
0

t C
2Zn + O2 
 2ZnO
0

7


MgO + 2HCl  MgCl2 + H2O
Al2O3 + 6HCl  2AlCl3 + 3H2O
ZnO + 2HCl  ZnCl2 + H2O
b- Tính m.
mO = m(oxit Y) – m(kim loại X) = 44,6 – 28,6 = 16 gam  nO = 16 : 16 = 1 mol
Ta xem hỗn hợp oxit tác dụng với dung dịch axit HCl tương đương với oxi tác dụng với
hiđro tạo nước.
2H + O  H2O
2

1

(mol)


Ta có: nCl(HCl) = nH(HCl) = 2 mol
Khối lượng muối bằng khối lượng của kim loại cộng khối lượng gốc axit.
mmuối = 28,6 + 35,5.2 = 99,6 gam.
Thí dụ 2: Đem nung hỗn hợp X, gồm hai kim loại: x mol Fe và 0,15 mol Cu, trong
không khí một thời gian, thu được 63,2 gam hỗn hợp Y gồm hai kim loại trên và hỗn hợp
các oxit của chúng. Đem hòa tan hết lượng hỗn hợp Y trên bằng H2SO4 đặc, thì thu được
0,3 mol SO2.
a- Viết các phương trình hoá học đã xảy ra.
b- Tính x.
Giải
a- Viết các phương trình hoá học đã xảy ra.
t C
2Fe + O2 
 2FeO
0

t C
3Fe + 2O2 
 Fe3O4
0

t C
4Fe + 3O2 
 2Fe2O3
0

t C
2Cu + O2 
 2CuO

0

t C
2Fe + 6H2SO4 (đặc) 
 Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O
0

t C
2FeO + 4H2SO4 (đặc) 
 Fe2(SO4)3 + SO2 + 4H2O
0

t C
2Fe3O4 + 10H2SO4 (đặc) 
 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O
0

t C
Fe2O3 + 3H2SO4 (đặc) 
 Fe2(SO4)3 + 3H2O
0

t C
Cu + 2H2SO4 (đặc) 
 CuSO4 + SO2 + 2H2O
0

t C
CuO + H2SO4 (đặc) 
 CuSO4 + H2O

0

8


b- Tính m.
Qu đổi hỗn hợp các oxit và kim loại Y thành: CuO; Fe2O3; Fe
t C
2Fe + 6H2SO4 (đặc) 
 Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O
0

0,2

0,3

(mol)

t C
Fe2O3 + 3H2SO4 (đặc) 
 Fe2(SO4)3 + 3H2O
0

t C
CuO + H2SO4 (đặc) 
 CuSO4 + H2O
0

mFe2O3  63, 2  (mFe  mCuO )  63, 2  (56.0, 2  80.0,15)  40( gam)  nFe2O3 


40
 0, 25(mol )
160

 nFe (bandau )  x  0, 2  2.0, 25  0, 7(mol )

Thí dụ 3: Để m gam sắt trong không khí một thời gian thu được 12 gam hỗn hợp X gồm
Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4. Cho hỗn hợp X tác dụng với H2SO4 đặc nóng dư thu được 3,36 lít
khí SO2 (đktc)
a- Viết các phương trình hoá họ đã xảy ra.
b- Tính m.
Giải
a- Viết các phương trình hoá họ đã xảy ra.
t C
2Fe + O2 
 2FeO
0

t C
3Fe + 2O2 
 Fe3O4
0

t C
4Fe + 3O2 
 2Fe2O3
0

t C
2Fe + 6H2SO4 (đặc) 

 Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O
0

t C
2FeO + 4H2SO4 (đặc) 
 Fe2(SO4)3 + SO2 + 4H2O
0

t C
2Fe3O4 + 10H2SO4 (đặc) 
 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O
0

t C
Fe2O3 + 3H2SO4 (đặc) 
 Fe2(SO4)3 + 3H2O
0

b- Tính m.
Qu đổi hỗn hợp X gồm: Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 thành hỗn hợp X gồm: Fe và Fe2O3;
hoặc X: FeO và Fe2O3 hoặc Fe3O4 và Fe2O3.
*Trường hợp X: Fe và Fe2O3
t C
2Fe + 6H2SO4 (đặc) 
 Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O
0

0,1

0,15


t C
Fe2O3 + 3H2SO4 (đặc) 
 Fe2(SO4)3 + 3H2O
0

9

(mol)


nSO2 

3,36
 0,15mol
22, 4

mFe = 56.0,1 = 5,6 gam
 mFe2O3  12  5,6  6, 4( gam)  nFe2O3 

6, 4
 0,04mol  nFe( Fe O )  2.nFe2O3  0,08(mol )
2 3
160

mFe (ban đầu) = 5,6 + 56.0,08 = 10,08 gam.
*Trường hợp X: FeO và Fe2O3
t C
2FeO + 4H2SO4 (đặc) 
 Fe2(SO4)3 + SO2 + 4H2O

0

0,3

0,15

(mol)

t C
Fe2O3 + 3H2SO4 (đặc) 
 Fe2(SO4)3 + 3H2O
0

nFeO = nFe(FeO) = 0,3 (mol)  mFeO = 72.0,3 = 21,6 gam
 mFe2O3  12  21,6  9,6( gam)  nFe2O3 

9,6
 0,06mol  nFe( Fe O )  2.nFe2O3  0,12(mol )
2 3
160

mFe (ban đầu) = 5,6.0,3 + 56.(-0,12) = 10,08 gam.
*Trường hợp X: Fe3O4 và Fe2O3.
t C
2Fe3O4 + 10H2SO4 (đặc) 
 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O
0

0,3


0,15

(mol)

t C
Fe2O3 + 3H2SO4 (đặc) 
 Fe2(SO4)3 + 3H2O
0

mFe3O4  232.0,3  69,6( gam)  mFe2O3  12  69,6  57,6  nFe2O3 

57,6
 0,36(mol )
160

nFe(bandau )  3.nFe3O4  2nFe2O 3  3.0,3  2.(0,36)  0,18(mol )  mFe  56.0,18  10,08( gam)

7- Phương pháp 7: Tự chọn số liệu
Một số bài toán dạng mà số liệu được cho dưới dạng phần trăm hoặc là các chữ
cái thì ta tự chọn số liệu sao cho phù hợp để giải.
Thí dụ 1: hi hoà tan hiđroxit kim loại R(OH)2 bằng một lượng vừa đủ dung dịch axit
H2SO4 20

thu được dung dịch muối trung hoà có nồng độ 27,21%. Xác định tên kim

loại R.
Giải
Phương trình hoá học xảy ra
R(OH)2 + H2SO4  RSO4 + 2H2O
1


1

1

(mol)

Chọn số mol R(OH)2 phản ứng là 1 mol.
10


mddH 2 SO4 
 mddRSO4

1.98.100
 490 gam
20
 M R  34  490  ( M R  524) gam

 C % RSO4 

M R  96
.100  27, 21%
M R  524

 M R  64( R : Cu )

*Nếu giải theo ẩn số thì vẫn cho kết quả như trên.
Phương trình hoá học xảy ra
R(OH)2 + H2SO4  RSO4 + 2H2O

x
mddH 2 SO4 
 mddRSO4

x

x

(mol)

x.98.100
 490.xgam
20
 ( M R  34).x  490.x  x.( M R  524) gam

 C % RSO4 

( M R  96).x
.100  27, 21%
( M R  524).x

 M R  64( R : Cu )

Thí dụ 2:

hi cho a gam dung dịch H2SO4 x

(dùng dư) ta th

tác dụng với một lượng kim loại Na


lượng khí H 2 tạo thành bằng 0,05a gam. Tính x.
Giải

Phương trình phản ứng:
2Na + H2SO4 Na2SO4 + H2 (1)
2Na +2H2O  2NaOH + H2 (2)
Chọn a = 100 gam.
C %.mdd x.100
x

 x( gam)  mH 2O  100  x( gam); nH 2 SO4  (mol );
100
100
98
100  x
5

(mol ); nH 2   2,5mol
18
2
x 100  x
 
 2,5  x  15,8 .
98 18.2

mH 2 SO4 
nH 2O

*Nếu giải theo ẩn số thì vẫn cho kết quả như trên.

C %.mdd x.a
0, 01a.x

 0, 01a.x( gam)  mH 2O  a  0, 01a.x( gam); nH 2 SO4 
(mol );
100
100
98
a  0, 01a.x
0, 05a

(mol ); nH 2 
 0, 025a(mol )
18
2

mH 2 SO4 
nH 2O

Theo các phương trình hoá học ta có:
1
0,01a.x 1 a  0,01a.x
nH 2  nH 2 SO4  .nH 2O  0,025a 
 .
 x  15,8( gam)
2
98
2
18


11


B. MỘT SỐ BÀI TOÁN THAM KHẢO
Câu 1: Cho biết độ tan của CaSO4 là 0,2 gam trong 100 gam nước ở 200c và khối lượng
riêng của dung dịch bão hòa coi bằng 1gam/ml.
a- Tính độ tan của CaSO4 theo nồng độ mol.
b- Hỏi khi trộn 50 ml dung dịch CaCl2 0,012M với 150 ml dung dịch Na2SO4
0,004M ở 200c có kết tủa xu t hiện ha không?
Giải
a- Tính độ tan của CaSO4 theo nồng độ mol.
2

Ca2+ + SO4

CaSO4

2

Độ tan s (mol/l) = [Ca2+] = [SO 4 ] =

0,2.1000
=1,47.10-2M
136.100

b- Hỏi khi trộn 50 ml dung dịch CaCl2 0,012M với 150 ml dung dịch Na2SO4
0,004M ở 200c có kết tủa xu t hiện ha không?
[Ca2+]sau =
2


[SO 4 ]sau =

0
,012
.50 
3

3
.10
M
50

150
0
,004
.150 
3

3
.10
M
50

150
2

2

Chúng ta th y t t cả [Ca2+]sau = [SO 4 ]sau = 3.10-3M < [Ca2+]bão hòa = [SO 4 ]bão hòa =
1,47.10-2M . Do đó không xu t hiện kết tủa.

Câu 2: Thêm từ từ dung dịch OH 33,6

vào 40,3 ml dung dịch HNO3 37,8% (D =

1,24g/ml) đến mức đủ trung hòa axit ta thu được dung dịch , làm lạnh
được m gam muối KNO3 tách ra và dung dịch B có nồng độ 11,6%.
a- Tính m.
b- Dung dịch B là dung dịch bão hòa ha chưa bão hòa?
Giải
a- Tính m
V
.
D
.
C
%
40
,
3
.
1
,
24
.
37
,
8
%
n




0
,
3
mol
HNO
3
100
.
M100
.
63

HNO3 + KOH  KNO3 + H2O
0,3

0,3

0,3

(mol)

m
.
100
56
.
0
,

3
.
100
m
 

50
dd
(
KOH
)
gam
C
%33
,
6

12

đến 00c thu


m

m

m

40
,

3
.
1
,
24

50

100
dd
(
KNO
)
dd
(
HNO
)
dd
(
KOH
)
gam
3
3

hi làm lạnh dung dịch

đến 00c thu được dung dịch B.

101

.
0
,
3

m
C
%

.
100
%

11
,
6
%

m

21
,
154
gam.
dd
(
B
)
100


m

b- Dung dịch B là dung dịch bão hòa ha chưa bão hòa?
Dung dịch B là dung dịch bào hòa
Câu 3: Cho biết độ tan của CuSO4 ở 50c là 15 gam và ở 800c là 50 gam (trong 100 gam
nước). Hỏi khi làm lạnh 600 gam dung dịch bão hòa đồng sunfat ở 800c xuống 50c thì có
bao nhiêu gam tinh thể CuSO5.5H2O được tách ra.
Giải
Ở 800c:
150 gam dung dịch bão hòa có 50 gam CuSO4 và 100 gam H2O.
600 gam dung dịch bão hòa có 200 gam CuSO 4 và 400 gam H2O.
Gọi x là số gam CuSO4.5H2O tách ra.
Trong đó có

160.x
x.5.18
0,36
x gam H2O.
= 0,64x gam CuSO4 và
250
250

Vậy m(CuSO )còn  200  0,64 x  m( H O)còn  400  0,36 x
4

2

Ở 50c:
200


0
,
64
x 15

x

238
,
9
400

0
,
36
x100 gam.

Câu 4: Người ta để 10,08 gam một phoi bào sắt ngoài không khí, sau một thời gian biến đổi
thành m gam ch t rắn X gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4. Cho X tác dụng với dung dịch HNO3 dư,
thu được 2,24 lít khí NO du nh t (đktc).
a- Viết các phương trình hoá học đã xảy ra.
b- Tính m.
Giải
a- Viết các phương trình hoá học đã xảy ra.
t C
2Fe + O2 
 2FeO
0

t C

3Fe + 2O2 
 Fe3O4
0

t C
4Fe + 3O2 
 2Fe2O3
0

Fe + 4HNO3  Fe(NO3)3 + NO + 2H2O
3FeO + 10HNO3  3e(NO3)3 + NO + 5H2O
13


3Fe3O4 + 28HNO3  9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O
Fe2O3 + 6HNO3  2Fe(NO3)3 + 3H2O
10
,08
nFe
0,18 mol
56

2,24
nNO

22
,4 0,1 mol

Qu đổi hỗn hợp X: Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 thành hỗn hợp X: Fe, Fe2O3.
Fe + 4HNO3  Fe(NO3)3 + NO + 2H2O

0,1

0,1

(mol)

Fe2O3 + 6HNO3  2Fe(NO3)3 + 3H2O
mFe 2 O3  mX  mFe  m  56.0,1( gam)  nFe 2 O3 
 nFe (bandau )  0,1  2.

m  5, 6
m  5, 6
 nFe ( Fe2O3 )  2.nFe 2 O3  2.
160
160

m  5, 6
 0,18  m  12( gam)
160

Câu 5: Cho hỗn hợp X ở dạng bột gồm l, Fe, Cu. Hòa tan 23,4 gam X bằng một lượng
dư H2SO4 đặc, nóng, thu được 15,12 lít khí SO2. Cho 23,4 gam X vào bình

chứa 850

ml dung dịch H2SO4 1M (loãng) dư, sau khi phản ứng hoàn toàn, thu được khí B. Dẫn từ
từ toàn bộ khí B vào ống đựng CuO dư nung nóng, th y khối lượng ch t rắn trong ống
giảm 7,2 gam so với ban đầu.
a- Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.
b- Tính thành phần phần trăm theo khối lượng của mỗi ch t trong hỗn hợp X.

Giải
a- Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.
t c
2Al + 6H2SO4 (đ) 
Al2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (1)
0

x

1,5x

(mol)

t c
2Fe + 6H2SO4 (đ) 
Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (2)
0

y

1,5y

(mol)

t c
Cu + 2H2SO4 (đ) 
CuSO4 + SO2 + 2H2O (3)
0

z


z

(mol)

2Al + 3H2SO4 (l)  Al2(SO4)3 + 3H2 (4)
x

1,5x

1,5x

Fe + H2SO4 (l)  FeSO4 + H2 (5)
14

(mol)


y

y

y

(mol)

t c
CuO + H2 
Cu + H2O (6)
0


1,5x + y

(mol)

b- Tính thành phần phần trăm theo khối lượng của mỗi ch t trong hỗn hợp X.
Gọi x, y, z lần lượt là số mol của Al, Fe, Cu trong 23,4 gam hỗn hợp X
Ta có hệ phương trình:

mX  27 x  56 y  64 z  23, 4
 x  0, 2

15,12


 0, 675   y  0,15
1,5 x  1,5 y  z 
22,
4

 z  0,15


7, 2
n

1,5
x

y



0,
45
 O (CuO )
16


27
.0
,2

.100

23
,08
%
%mAl = 23
,4
56
.0
,
15

.100

35
,9
%
%mFe = 23

,4

%mCu = (100 – 23,08 – 35,9)% = 41,02%.
Câu 6: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp MgCl2, FeCl3, CuCl2 vào nước ta được dung dịch A.
Cho từ từ dòng khí H2S vào

cho đến dư thì thu được lượng kết tủa nhỏ hơn 2,51 lần

lượng kết tủa tạo ra khi cho dung dịch Na2S dư vào dung dịch A.
Tương tự, nếu thay FeCl3 trong A bằng FeCl2 với khối lượng như nhau (được dung
dịch B)thì lượng kết tủa thu được khi cho H2S vào B nhỏ hơn 3,36 lần lượng kết tủa tạo
ra khi cho dung dịch Na2S vào B.
Viết các phương trình hóa học xả ra vào tính phần trăm khối lượng mỗi ch t trong
hỗn hợp ban đầu.
Giải
Gọi x, , z là số mol CuCl2, MaCl2, FeCl3.
tác dụng với Na2S
CuCl2 + Na2S  2NaCl + CuS

*Dung dịch

x

x

(mol)

MgCl2 + Na2S + 2H2O  2NaCl + Mg(OH)2 + H2S
y


y

(mol)

2FeCl3 + 3Na2S  6NaCl + 2FeS + S
15


z

z

*Dung dịch

z/2

(mol)

tác dụng với H2S

CuCl2 + H2S  2HCl + CuS
x

x

(mol)

MgCl2 + H2S  không xảy ra.
2FeCl3 + H2S  2HCl + 2FeCl2 + S
z


z/2

(mol)

*Dung dịch B tác dụng với Na2S
CuCl2 + Na2S  2NaCl + CuS
x

x

(mol)

MgCl2 + Na2S + 2H2O  2NaCl + Mg(OH)2 + H2S
y

y

(mol)

FeCl2 + Na2S  2NaCl + FeS
162,5.z
127

162,5.z
127

(mol)

*Dung dịch B tác dụng với H2S

CuCl2 + H2S  2HCl + CuS
x

x

(mol)

Ta có: 96x + 58 + 88z + 16z = 2,51(96x + 16z)
 58y + 63,84z = 144,96x (1)

96x + 58y + 88.

162,5.z
= 3,36.96x
127

 58y + 112,59z = 226,56x

L

(2)

(2) – (1): z = 1,67x.

Thế z = 1,67x vào (2) ta được y = 0,664x

95
y
95
.

0
,
664
x
%
m

.
100
%
.
100
%

13
,
44
%
MgCl
2
135
x

95
y

162
,
5
z

135
x

95
.
0
,
664
x

162
,
5
.
1
,
67
x
162
,
5
.
1
,
67
x
%
m

.

100
%

57
,
8
%
FeCl
3
135
x

95
.
0
,
664
x

162
,
5
.
1
,
67
x
%
m


(
100

13
,
44

57
,
8
)%

28
,
76
%
CuCl
2

16


Câu 7: Có 2 dung dịch: dung dịch A chứa 0,2 mol Na2CO3 và 0,3 mol NaHCO3. Dung
dịch B chứa 0,5 mol HCl. Tính thể tích khí ba ra (đktc) trong ba thí nghiệm sau:
- Đổ r t từ từ dung dịch B vào dung dịch
- Đổ r t từ từ dung dịch

đến hết.

vào dung dịch B đến hết.


- Trộn nhanh 2 dung dịch với nhau.
Giải
*Trường hợp đổ từ từ dung dịch B vào dung dịch A.
Na2CO3 + HCl  NaHCO3 + NaCl
0,2

0,2

0,2

(mol)

NaHCO3 + HCl  NaCl + CO2 + H2O
0,3

0,3

0,3

(mol)

VCO2  0,3.22,4 = 6,72 lít.

*Trường hợp đổ từ từ dung dịch
hi đổ r t từ từ

vào dung dịch B.

vào B thì lúc đầu cả 2 ch t Na2CO3, NaHCO3 cùng phản ứng hết


(do HCl dư)
Na2CO3 + 2HCl  CO2 + H2O + NaCl (1)
0,2.

5
7

0,2.

5
7

(mol)

NaHCO3 + HCl  NaCl + CO2 + H2O (2)
0,3.

5
7

0,3.

5
7

(mol)

Và 2 phản ứng đó xả ra đồng thời cho tới hết HCl.
Gọi x là phần trăm số mol của Na2CO3 và của NaHCO3 được thêm vào tới vừa hết

HCl
Ta có: x.0,2.2 + x.0,3 = 0,5  x = 5/7
5
nNa2CO
,2. mol
) 0
3(pu
7
5
nNaHCO
,3. mol
) 0
3(pu
7
5

5

Vậy VCO  22,4.( 0,2. 7 + 0,3. 7 ) = 8 lít.
2

*Trường hợp đổ nhanh hai dung dịch vào nhau

17


hi đổ nhanh hai dung dịch vào nhau ta không biết ch t nào tác dung trước ch t nào
tác dụng sau. Do đó ta xét hai trường hợp
- Trường hợp 1: Giả sử Na2CO3 phản ứng trước
Na2CO3 + 2HCl  2NaCl + CO2 + H2O

0,2

0,4

0,2

(mol)

NaHCO3 + HCl  NaCl + CO2 + H2O
0,1

0,1

0,1

(mol)

VCO2  22,4 (0,2 + 0,1) = 6,72 lít

- Trường hợp 2: Giả sử NaHCO3 phản ứng trước
NaHCO3 + HCl  NaCl + CO2 + H2O
0,3

0,3

0,3

(mol)

Na2CO3 + 2HCl  2NaCl + CO2 + H2O

0,1

0,2

0,1

(mol)

VCO2  22,4 (0,3 + 0,1) = 8,96 lít

Vậ 6,72 lít < VCO < 8,96 lít
2

Câu 8: Cho 2,56 gam Cu phản ứng hoàn toàn với 25,2 gam dung dịch HNO3 60% thu
được dung dịch A. Biết rằng nếu thêm 210 ml dung dịch

OH 1M vào

rồi cô cạn và

nung sản phẩm thu được tới khối lượng không đổi thì được 20,76 gam ch t rắn. Hã xác
định nồng độ % của các ch t trong A.
Giải
nHNO3 

60.25, 2
 0, 24mol ; nKOH = 1.0,21 = 0,21 mol
100.63

Cu  Cu(NO3)2

2,56
 0, 04 0,04
64

(mol)

HNO3 + KOH  KNO3 + H2O
x

x

x

(mol)

Cu(NO3)2 + 2KOH  Cu(OH)2 + 2KNO3
0,04

0,08

0,04

0,08 (mol)

t
Cu(OH)2 
 CuO + H2O
0

0,04


0,04

(mol)
18


t
KNO3 
 KNO2 + 1/2O2
0

x + 0,08

x + 0,08

(mol)

mrắn = mCuO  mKNO  mKOH ( du ) = 80.0,04 + 85.(0,08 +x)+ 56(0,21 – x – 0,08) = 20,76  x =
2

0,12.
Vậy

số

 nH 2O 

mol


HNO3

ứng

phản

Cu

với

là:

0,24

–

0,12

=

0,12

mol

1
nHNO3( pu )  0, 06mol
2

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
mkhí= mCu+ mHNO


3( pu )

- mCu ( NO ) - mH O = 2,56 + 63.0,12 – 188.0,04 – 0,06.18 =1,52 gam.
3 2

2

mdd A = 2,56 + 25,2 – 1,52 = 26,24 gam.
C %HNO3 

63.0,12
188.0, 04
 100  28,81% ; C %Cu ( NO3 )2 
 100  28, 66%
26, 24
26, 24

Câu 9: Khử hoàn toàn 4,06 gam một oxit kim loại bằng CO ở nhiệt độ cao thành kim
loại. Dẫn toàn bộ khí sinh ra vào bình đựng Ca(OH)2 dư, th y tạo thành 7 gam kết tủa.
Nếu l

lượng kim loại sinh ra hoà tan hết vào dung dịch HCl dư thì thu được 1,176 lít

khí H2 (đktc).
a- Xác định công thức oxit kim loại.
b- Cho 4,06 gam oxit kim loại trên tác dụng hoàn toàn với 500 ml dung dịch H2SO4
đặc, nóng dư được dung dịch X và khí SO2 ba ra. Hã xác định nồng độ mol/lít của
muối trong dung dịch X. (Coi thể tích dung dịch không tha đổi trong quá trình phản
ứng).

Giải
a- Xác định công thức oxit kim loại.
t
RxOy + yCO 
 xR + yCO2
0

0,07

0, 07x
y

0,07

(mol)

CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O
7
 0, 07
100

0,07

(mol)

ta có: mR = 4,06 + 28.0,07 – 44.0,07 = 2,94 gam
R + nHCl  RCln +

n
H2

2

19


1,176
 0, 0525
22, 4

0,105
n

(mol)

0,105
x
3
2,94
 MR 
 28n  R : Fe   2  .
0,105
y 0, 07 4
n

Vậy: RxOy: Fe3O4.
b- Cho 4,06 gam oxit kim loại trên tác dụng hoàn toàn với 500 ml dung dịch H2SO4 đặc,
nóng dư được dung dịch X và khí SO2 ba ra. Hã xác định nồng độ mol/lít của muối
trong dung dịch X. (Coi thể tích dung dịch không tha đổi trong quá trình phản ứng).
t
2Fe3O4 +10H2SO4(đ) 

 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O
0

4, 06
 0, 0175
232

[Fe2(SO4)3] =

0,02625

(mol)

0, 02625
 0, 0525M
0,5

Câu 10: Một loại phèn nhôm có công thức MAl(SO4)2.nH2O. Trong đó ion M là kim loại
kiềm. L

7,11 gam phèn đó nung tới khối lượng không đổi thì thu được 3,87 gam phèn

khan. Mặt khác l

7,11 gam phèn hoà tan vào nước và cho tác dụng với BaCl2 dư thì

thu được 6,99 gam kết tủa.
a- Tìm công thức ph n tử của phèn chua.
b- Cho biết nồng độ của dung dịch MAl(SO4)2 bão hoà ở 200C là 5,66
Tính độ tan của MAl(SO4)2 ở 200C.

L y 600 gam dung dịch bảo hoà M l(SO4)2 ở 200C đem đun để làm ba hơi hết
200 gam nước, phần còn lại đem làm lạnh đến 200C. hỏi có bao nhiêu gam tinh thể phèn
MAl(SO4)2.nH2O kết tinh.
Giải
a- Tìm công thức ph n tử của phèn chua.
t
MAl(SO4)2.nH2O 
 MAl(SO4)2 + nH2O (1)
0

0,015

0,015

0,015n

Ba2+ + SO 24   BaSO4 (2)
0,03

6,99
 0, 03
233

20


mH 2O  7,11  3,87  3, 24 gam  nH 2O 

3, 24
 0,18  0, 015n  n  12

18

Mphèn = 7,11 :0,015 = 474 = M + 27 + 96.2 + 12.18  M = 39 (M: K)
Vậ công thức ph n tử của phèn là:

l(SO4)2.12H2O hoặc K2SO4.Al(SO4)3.24H2O

b- Cho biết nồng độ của dung dịch MAl(SO4)2 bão hoà ở 200C là 5,66
Tính độ tan của MAl(SO4)2 ở 200C.
L y 600 gam dung dịch bảo hoà M l(SO4)2 ở 200C đem đun để làm ba hơi hết
200 gam nước, phần còn lại đem làm lạnh đến 200C. Hỏi có bao nhiêu gam tinh thể phèn
MAl(SO4)2.nH2O kết tinh.
Gọi độ tan của phèn chua là S: S =
mKAl ( SO4 )2 .12 H 2O 

100.C %
100.5, 66

 6 gam/100 gam nước.
100  C % 100  5, 66

C %.mdd 5, 66.600

 33,96 gam
100
100

Gọi khối lượng KAl(SO4)2.12H2O kết tinh là m gam. Trong đó m KAl ( SO ) 
4 2


258m 43m

474
79

43
m
79  5, 66  m  23, 21gam
400  m
100

33,96 

C% =

Câu 11: Cho hỗn hợp dạng bột chứa x mol Mg,
AgNO3 và q mol Cu(NO3)2. Khu

mol Fe vào dung dịch chứa p mol

đều hỗn hợp tới các phản ứng xả ra hoàn toàn ta thu

được ch t rắn chứa 3 kim loại. Hã lập luận các biểu thức liên hệ giữa x, y, p, q.
Giải
Vì Mg hoạt động hoá học mạnh hơn Fe nên Mg phản ứng trước.
Mg + 2AgNO3  Mg(NO3)2 + 2Ag (1)
Và tuỳ tỉ lệ số mol của Mg, AgNO3, Cu(NO3)2 ta có các trường hợp sau:
* Trường hợp 1: p = 2x
Fe + CuNO3)2  Fe(NO3)2 + Cu (2)
Để thu được ch t rắn có 3 kim loại thì Fe phải dư, tức y > q

*Trường hợp 2: p >2x
Fe + 2AgNO3  Fe(NO3)2 + 2Ag (3)
Để thu được ch t rắn có 3 kim loại thì xả ra thêm phản ứng
Fe + CuNO3)2  Fe(NO3)2 + Cu (4)
Và Fe dư nên:

>

p  2x
q
2

21


*Trường hợp 3: p <2x, sau phản ứng (1) còn Mg.
Mg + Cu(NO3)2  Mg(NO3)2 + Cu (5)
Có hai trường hợp xảy ra:
a- Lượng Mg vừa đủ tác dụng với AgNO3 và Cu(NO3)2 tức là: x =

p
q
2

b- Lượng Mg thiếu so với Cu(NO3)2, nghĩa là có thêm phản ứng
Fe + CuNO3)2  Fe(NO3)2 + Cu (6)
> q – (x

Và Fe phải dư:


p
).
2

Câu 12: Hoà tan một mẫu hợp kim Ba – Na chứa 14,375% Na (về khối lượng) vào nước
được dung dịch

và 6,72 lít khí (đktc). Thêm m gam NaOH vào 1/2 dung dịch A ta

được dung dịch B. Cho dung dịch B tác dụng với 500 ml dung dịch Al2(SO4)3 0,2M được
kết tủa C. Tính m để thu được lượng kết tủa C lớn nh t, bé nh t, tính khối lượng kết tủa
đó.
Giải
Ta có: nNa : nBa 

14,375 85, 265
:
 1:1
23
137

Ba + 2H2O  Ba(OH)2 + H2 (1)
x

x

x (mol)

Na + H2O  NaOH + 1/2H2 (2)
x

nH 2 

x

x/2

6, 72
1
 0,3  x  x  x  0, 2mol
22, 4
2

Trong 1/2 dung dịch

có: NaOH: 0,1 mol; Ba(OH)2: 0,1 mol

nAl2 ( SO4 )3  0, 2.0,5  0,1(mol )

3Ba(OH)2 + Al2(SO4)3  3BaSO4 + 2Al(OH)3
0,1

0,1/3

0,1

0,2/3

6NaOH + Al2(SO4)3  3Na2SO4 + 2Al(OH)3
0,4


0,2/3

0,4/3

Al(OH)3 + NaOH  NaAlO2 + 2H2O
0,1

0,1

Kết tủa đạt được lớn nh t khi Al2(SO4)3 kết tủa hoàn toàn.
22

(mol)


mNaOH = 40. 0,3 = 12 gam
mkết tủa = mBaSO  mAl (OH )  233.0,1 + 78.0,2 = 38,9 gam.
4

3

Kết tủa đạt được nhỏ nh t khi Al(OH)3 tan trở lại hoàn toàn.
mNaOH = 40 .0,5 = 20 gam.
mkết tủa = mBaSO  233.0,1 =2,33 gam
4

Câu 13: Cho hai kim loại X và Y. Oxi hoá hoàn toàn p gam kim loại X thì thu được
1,25p gam oxit. Hoà tan muối cacbonat của kim loại Y bằng một lượng vừa đủ dung dịch
H2SO4 9,8


thu được dung dịch muối sunfat nồng độ 14,18%. Hỏi X, Y là kim loại gì?
Giải

2X +
2,5 p
2M X  16n

Ta có: nX 

n
O 2  X2 On .
2

1, 25 p
2M X  16n
p
2,5 p
 M X  32n. Vậy n = 2; MX = 64 (X: Cu)

M X 2M X  16n

Y2(CO3)m + mH2SO4  Y2(SO4)m + mCO2 + mH2O
1
mdd H SO 
2

4

m


1

m

(mol)

98.m
.100  1000m
9,8

C %Y2 ( SO4 )m 

2M Y  96m
.100  14,18  M Y  28m . Vậy m = 2; MY = 56 (Y: Fe)
2M Y  16m  1000m

Câu 14: Để xác định thành phần của muối kép

có công thức

p(NH4)2SO4.qFex(SO4)y.tH2O người ta tiến hành các thí nghiệm sau:
- L y 9,64 gam muối

hoà tan vào nước, sau đó cho tác dụng với BaCl2 dư thì tu

được 9,32 gam kết tủa.
- L y 9,64 gam muối

hoà tan vào nước, sau đó cho tác dụng với lượng dư dung


dịch Ba(OH)2 đun nóng được kết tủa B và khí C. L y kết tủa nung trong không khí tới
khối lượng không đổi được 10,92 gam ch t rắn. Mặt khác cho t t cả ch t khí C h p thụ
vào 200 ml dung dịch H2SO4 0,1M. Để trung hoà lượng axit dư cần dùng 200 ml dung
dịch NaOH 0,1M.
a- Viết t t cả các phương tình hoá học xảy ra.
b- Tìm các giá trị x, y, p, q, t.
23


c- Hoà tan 96,4 gam muối

vào nước, rồi cho tác dụng với dung dịch chứa 105,5

gam hỗn hợp Ba(OH)2 và NaOH, đun nóng, sau khi kết thúc các phản ứng thu được dung
dịch X, khí Y và kết tủa Z. Biết trong dung dịch X không còn ion SO 24  .
- Cô cạn dung dịch X được bao nhiêu gam ch t rắn khan?
- Tính thể tích khí Y (đktc).
- Nung kết tủa Z ở nhiệt độ cao tới khối lượng không đổi thì thu được bao nhiêu
gam ch t rắn?
Giải
a- Viết t t cả các phương tình hoá học xảy ra.
(NH4)2SO4 + BaCl2  BaSO4 + 2NH4Cl
Fex(SO4)y + yBaCl2  yBaSO4 + xFeCl 2 y
x

(NH4)2SO4 + Ba(OH)2  BaSO4 + 2NH3 + 2H2O
2NH3 + H2SO4  (NH4)2SO4
0,02 – 0,01 = 0,01 (mol)

0,02


2NaOH + H2SO4  Na2SO4 + 2H2O
0,02

0,01

(mol)

Fex(SO4)y + yBa(OH)2  yBaSO4 + xFe(OH) 2 y
x

4Fe(OH) 2 y +
x

3x  2 y
y
t0
O2 
 2Fe2O3 + 4 H2O
x
x

0,02

0,01

(mol)

b- Tìm các giá trị x, y, p, q, t.
nA 


9, 64
9,32
(mol ); nBaSO4 
 0, 04(mol )  n( p  qy );
MA
233

nFe2O3 

10,92  9,32
xqn
 0, 01(mol ) 
 xqn  0, 02
160
2

nNaOH  0, 2.0,1  0,02(mol ); nH2 SO4  0, 2.0,1  0,02(mol )

nNH3  2 pn  0, 02(mol ); nH 2O  nt 

9, 64  132 pn  400 pn
 0, 24(mol )
18

Ta có: pn = 0,01; nq = 0,03; nqx = 0,02; nt = 0,24
nqx :nqy = 0,02 : 0,03  x :y = 2 : 3; np : nq : nt = 0,01 : 0,01 : 0,24 = 1 : 1 : 24.
Vậy CTPT muối A: (NH4)2SO4.Fe2(SO4)3.24H2O; nA = 96,4 : 964 = 0,1 mol
24



c- Hoà tan 96,4 gam muối

vào nước, rồi cho tác dụng với dung dịch chứa 105,5

gam hỗn hợp Ba(OH)2 và NaOH, đun nóng, sau khi kết thúc các phản ứng thu được dung
dịch X, khí Y và kết tủa Z. Biết trong dung dịch X không còn ion SO 24  .
- Cô cạn dung dịch X được bao nhiêu gam ch t rắn khan?
- Tính thể tích khí Y (đktc).
- Nung kết tủa Z ở nhiệt độ cao tới khối lượng không đổi thì thu được bao nhiêu
gam ch t rắn?
Gọi x là số mol Ba(OH)2;

là số mol NaOH

Ba2+ + SO 24  BaSO4;

Fe3+ + 3OH-  Fe(OH)3;
0,2

0,6

0,2

NH 4 + OH-  NH3 + H2O
0,2

0,2

0,2


t
2Fe(OH)3 
 Fe2O3 + 3H2O
0

0,2

0,1

Do SO 24  phản ứng hết nên x  0,4  nOH  0,4.2 + y = 0,8 + y. Vậy Fe3+, NH 4 phản ứng


hết.
Vậy dung dịch còn lại Ba2+ : (x – 0,4); Na+: y; OH-: 2x + y – 0,8
Ta có: mBa(OH)2 + mNaOH = 171.x + 40y = 105,5.
mrắn = 137. (x – 0,4) + 23. y + 17.(2x + y – 0,8) = 105,5 – 68,4 =37,1 gam.
VY  VNH3  0,2.22,4 = 4,48 lít

mrắn = mBaSO  mFe O  233.0, 4 160.0,1 109, 2 gam
4

2 3

Câu 15: Một khoáng vật có tổng số ngu ên tử trong ph n tử không quá 25, có thành
phần phần trăm về khối lượng là 14,054% K; 8,649% Mg; 34,595% O; 4,324
lại là một ngu ên tố khác. Hã xác định công thức hóa học của khoáng vật đó.
Giải
Gọi ngu ên tố chưa biết là X có số oxi hóa là a.
 Công thức của khoáng ch t là


xMgyOzHtXk

%X = 100% - 14,054% - 8,649% - 34,595% - 4,324% = 38,378%
Ta có : x : : z : t : k =

14, 054 8, 649 34,595 4,324 38,378
:
:
:
:
39
24
16
1
MX

Do tổng số oxi hóa trong ph n tử bằng 0 nên ta có :
14, 054
8, 649
34,595
4,324
38,378
1 +
2 +
 (-2) +
1 +
a = 0
39
24

16
1
MX

25

H và còn