3.3*. Nâng cao: kết hợp hệ xử lý nhiều phần 1, phần 2 và phần 3
Câu 1. Nung nóng m gam bột Fe trong bình kín chứa khí O 2, thu được 2,72 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO,
Fe2O3 và Fe3O4.
Hoà tan hoàn toàn X vào dung dịch HNO 3 (dùng gấp đôi so với lượng phản ứng), thu được dung dịch Y
và 0,448 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N +5, ở đktc). Cho từ từ dung dịch NaOH 2M vào Y, đến
khi thu được lượng kết tủa lớn nhất thì vừa hết V mL. Giá trị của V là
A. 60.

B. 130.

C. 70.

D.120.

Câu 2 Để m gam phoi bào sắt ngồi khơng khí, sau một thời gian thu được hỗn hợp rắn X có khối lượng
là 20 gam. Hòa tan hết X trong 500 ml dung dịch HCl nồng độ a mol/l thấy thoát ra 2,24 lít (đktc) H 2 và
dung dịch Y (khơng có HCl dư). Cho tiếp dung dịch HNO 3 tới dư vào dung dịch Y thu được dung dịch Z
và 2,24 lít (đktc) NO (sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của m và a lần lượt là
A. 15,68 và 0,4.

B. 15,68 và 1,48.

C. 16,8 và 0,4.

D.16,8 và 1,2.

Câu 3 Hỗn hợp X gồm Fe3O4 và CuO. Cho 29,2 gam X phản ứng với CO nung nóng, sau một thời gian
thu được hỗn hợp rắn Y và hỗn hợp khí Z. Cho Z tác dụng với dung dịch Ba(OH) 2 dư thu được 9,85 gam
kết tủa. Hòa tan hết Y trong 150 gam dung dịch HNO 3 63% đun nóng thu được dung dịch T và 4,48 lít
NO2 (đktc) (sản phẩm khử duy nhất). Cho V (lít) dung dịch NaOH 1M vào dung dịch T, phản ứng hoàn
toàn tạo ra kết tủa với khối lượng lớn nhất. Phần trăm khối lượng Fe3O4 và giá tri V là

A. 20,54% và 0,525 lít

B. 20,54% và 1,3 lít

C. 79,45% và 1,3 lít

D.79,45% và 0,525 lít

Câu 4 Dẫn một luồng khí CO qua 34,4 gam hỗn hợp X chứa CuO; Fe 2O3; MgO (trong đó Oxi chiếm
29,3% về khối lượng), sau một thời gian thu được hỗn hợp rắn Y và V lít khí CO 2 (đktc). Hịa tan hồn
tồn Y trong dung dịch HNO3 thu được dung dịch Z chỉ chứa các muối và 0,1 mol hỗn hợp khí T gồm
NO; NO2 có khối lượng 3,32 gam. Thêm NaOH dư vào Z thấy xuất hiện 44,38 gam kết tủa. Giá trị của V
là
A. 3,136.

B. 3,36.

C. 3,584.

D. 3,808.

Câu 5 Chia 4,40 gam hỗn hợp Al và Fe thành hai phần bằng nhau.
Hòa tan hết phần một trong dung dịch gồm HCl và H2SO4 loãng, thu được 1,792 lít khí H2 (đktc).
Cho phần hai tan hồn toàn trong 200 mL dung dịch HNO 3 1,2M, thu được dung dịch T và 0,448 lít khí
NO duy nhất (ở đktc). Cho dung dịch NaOH dư vào T, có tối đa a gam NaOH phản ứng. Giá trị của a là
A. 10,4.

B. 8,2.

C. 8,8.


D.9,8.

Câu 6 Cho m gam bột Cu vào dung dịch chứa 13,6 gam AgNO3 và khuấy kĩ. Khi phản ứng xong thì thêm
tiếp vào dung dịch đó một lượng H2SO4 lỗng rồi đun nóng đến phản ứng hoàn toàn thu được 9,28 gam
bột kim loại, dung dịch A và khí NO. Lượng NaOH cần thiết để tác dụng với các chất trong A là 13 gam.
Giá trị m và số mol H2SO4 đã tham gia phản ứng là:
A. 10,88 gam và 0,1625 mol

B. 10,88 gam và 0,325 mol

C. 10,24 gam và 0,1625 mol

D.10,24 gam và 0,325 mol
Trang 1


Câu 7 Cho 3,24 gam hỗn hợp X gồm Mg và Fe tác dụng với 45 ml dung dịch CuSO 4 1M thu được chất
rắn Y và dung dịch Z chứa hai muối. Để hịa tan hồn tồn Y cần tối thiểu V ml dung dịch HNO 3 4M, thu
được NO (sản phẩm khử duy nhất). Thêm dung dịch NaOH dư vào dung dịch Z. Lọc lấy kết tủa đem
nung ngồi khơng khí đến khối lượng khơng đổi được 2,4 gam chất rắn T. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
Giá trị của V là (TTLT Diệu Hiền – TP Cần Thơ)
A. 60.

B. 40.

C. 50.

D.100.


Câu 8 Hịa tan hồn tồn 17,4 gam hỗn hợp ba kim loại Al, Fe, Mg trong dung dịch HCl thấy thốt ra
13,44 lít khí (đktc); nếu cho 34,8 gam hỗn hợp trên tác dụng với dung dịch CuSO 4 dư, lọc lấy toàn bộ
chất rắn thu được sau phản ứng tác dụng với dung dịch HNO 3 đặc, nóng, dư thu được V lít khí NO 2 (sản
phẩm khử duy nhất, ở đktc). Giá trị V là
A. 53,76.

B. 11,20.

C. 26,88.

D.22,4.

Câu 9 Hịa tan hồn tồn 2,8 gam Fe trong 100 mL dung dịch X gồm HNO 3 0,8M và H2SO4 0,4M, thu
được khí NO (sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch Y. Cho dung dịch Ba(OH) 2 dư vào Y (khơng có
khơng khí), lọc lấy kết tủa rồi nung trong khí quyển trơ, thu được m gam chất rắn. Giá trị của m là
A. 13,08.

B. 14,68.

C. 10,02.

D.12,04.

Câu 10 Hịa tan hồn tồn m gam Cu vào 100 mL dung dịch gồm HNO 3 0,4M và H2SO4 0,4M, thu được
dung dịch X và 0,448 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N+5, ở đktc).
Cho từ từ dung dịch NaOH 2M vào X, đến khi thu được lượng kết tủa lớn nhất thì vừa hết V mL. Giá trị
của V là
A. 30.

B. 40.


C. 50.

D.20.

Câu 11 Hịa tan hồn tồn hỗn hợp Fe và Cu vào 100 mL dung dịch gồm HNO3 0,8M và H2SO4 0,6M, thu
được dung dịch X và 0,896 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N+5, ở đktc).
Cho dung dịch NaOH loãng (dùng dư 25% so với lượng phản ứng) vào X, lọc bỏ kết tủa, cô cạn nước lọc
rồi nung chất rắn cịn lại đến khối lượng khơng đổi, thu được m gam chất rắn. Giá trị của m là
A. 12,88.

B. 13,52.

C. 11,92.

D.20.

Câu 12 Hòa tan hết 5,28 gam hỗn hợp gồm Fe và Cu trong dung dịch chứa HNO 3 và H2SO4 12,25%. Sau
khi kết thúc phản ứng thu được dung dịch X chỉ chứa các muối sunfat có khối lượng 14,88 gam và 2,24 lít
(đktc) hỗn hợp khí gồm NO và NO 2. Cho Ba(OH)2 dư vào dung dịch X, lấy kết tủa nung ngồi khơng khí
đến khối lượng khơng đổi thu được 30,5 gam rắn khan. Nồng độ của muối Fe 3+ trong dung dịch X có giá
trị gần nhất với
A. 3,5%.

B. 4,5%.

C. 5,0%.

D.5,5%.


Câu 13 Cho từ từ và khuấy đều dung dịch hỗn hợp HNO 3 3,4M và H2SO4 1,1M vào 23,52 gam hỗn hợp
gồm ba kim loại Mg, Fe, Cu đến khi kim loại vừa tan hết thì thấy dùng hết 200ml, thu được khí NO (là
sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch X. Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch X, lọc kết tủa, rửa rồi
nung trong khơng khí đến khối lượng không đổi thu rắn Y nặng 31,2 gam. Khối lượng Fe trong hỗn hợp
là
Trang 2


A. 6,72 gam

B. 5,6 gam

C. 13,44 gam

D.1,44 gam

Câu 14 X là hỗn hợp gồm 7,56 gam Al và 2,04 gam Al 2O3, Y là dung dịch gồm a mol H 2SO4 và 0,14 mol
HNO3.
Hịa tan hồn tồn X vào Y, thu được dung dịch Z chỉ chứa các muối sunfat trung hịa và hỗn hợp khí T
gồm ba khí (trong đó có 0,03 mol H2). Biết Z có khả năng phản ứng với tối đa 1,34 mol NaOH trong dung
dịch.
Hỗn hợp hai khí nào sau đây thỏa mãn T?
A. NO và NO2.

B. NO và H2.

C. NO và N2O.

D.N2O và N2.


Câu 15 Hịa tan hồn tồn 12 gam hỗn hợp Cu và một oxit của sắt bằng 100 mL dung dịch gồm HNO 3
1,5M và H2SO4 1M, thu được 1,12 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N +5, ở đktc), dung dịch Y và
1,6 gam kim loại. Cho dung dịch NaOH dư vào Y (khơng có khơng khí), thu được a gam kết tủa. Giá trị
của a là
A. 14,30.

B. 16,75.

C. 15,15.

D.9,80.

Câu 16 Hòa tan hết 6,24 gam hỗn hợp X gồm Fe và FeO bằng 50 mL dung dịch gồm H 2SO4 0,8M và
HNO3 8,0M, thu được dung dịch Y (khơng chứa ion amoni) và 2,24 lít (đktc) hỗn hợp hai khí gồm NO và
NO2. Chia dung dịch Y thành hai phần bằng nhau.
Phần một tác dụng với 100 mL dung dịch NaOH 2M, thu được 2,14 gam một chất kết tủa.
Phần hai tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư, thu được m gam kết tủa.
Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị nào sau đây gần nhất với m?
A. 7,8.

B. 10,0.

C. 11,1.

D.8,9.

Câu 17 Hòa tan hết 10,24 gam hỗn hợp X gồm Fe và Fe 3O4 bằng dung dịch chứa 0,1 mol H2SO4 và 0,5
mol HNO3, thu được dung dịch Y và hỗn hợp gồm 0,1 mol NO và a mol NO 2 (khơng cịn sản phẩm khử
nào khác). Chia dung dịch Y thành hai phần bằng nhau:
– Phần một tác dụng với 500 ml dung dịch KOH 0,4M, thu được 5,35 gam một chất kết tủa.

– Phần hai tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư, thu được m gam kết tủa.
Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là
A. 31,86.

B. 41,24.

C. 20,62.

D.20,21.

Câu 18 Hòa tan hết 51,2 gam hỗn hợp X gồm Fe và Fe 3O4 bằng dung dịch chứa 0,5 mol H 2SO4 và 2,5
mol HNO3 thu được dung dịch Y và hỗn hợp gồm 0,5 mol NO và a mol NO 2 (khơng cịn sản phẩm khử
nào khác). Chia dung dịch Y thành hai phần bằng nhau:
– Phần một tác dụng với 500ml dung dịch KOH 2M, thu được 26,75 gam một chất kết tủa.
– Phần hai tác dụng với dung dịch Ba(OH) 2 dư thu được m gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn
toàn. Giá trị của m là (Yên Lạc – Vĩnh Phúc)
A. 20,21.

B. 159,3.

C. 206,2.

D.101,05.

Trang 3


Câu 19 Hòa tan hết 5,76 gam hỗn hợp X gồm Fe và Fe 3O4 bằng 40 mL dung dịch gồm H 2SO4 0,8M và
HNO3 8,0M thu được dung dịch Y (không chứa ion amoni) và 0,048 mol hỗn hợp hai khí gồm NO và
NO2. Chia dung dịch Y thành hai phần bằng nhau.

Phần một tác dụng với 160 mL dung dịch NaOH 0,6M, thu được 1,712 gam một chất kết tủa.
Phần hai tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư, thu được m gam kết tủa.
Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị nào sau đây gần nhất với m?
A. 6.

B. 4.

C. 10.

D.8.

Câu 20 Hòa tan hết 7,2 gam hỗn hợp X gồm Fe và Fe 3O4 bằng 50 mL dung dịch gồm H 2SO4 0,8M và
HNO3 8,0M thu được dung dịch Y và 1,344 lít (đktc) hỗn hợp hai khí gồm NO và NO 2. Chia dung dịch Y
thành hai phần bằng nhau.
Phần một tác dụng với dung dịch Ba(OH) 2 dư, thu được 10,01 gam kết tủa. Cho bột Cu dư vào phần hai,
có m gam Cu phản ứng. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
Giá trị lớn nhất của m là
A. 2,56.

B. 3,04.

C. 1,60.

D.1,44.

Câu 21 Cho hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 trong 300 ml dung dịch chứa H2SO4 1M và HNO3
1M, sau phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch Y và thấy thốt ra 2,24 lít khí NO (sản phẩm khử duy
nhất, đktc). Thể tích dung dịch NaOH 1M tối thiểu cần cho vào dung dịch Y để thu được kết tủa lớn nhất
là
A. 0,5 lít


B. 0,4 lít

C. 0,9 lít

D.0,8 lít

Câu 22 Hịa tan hồn tồn 6,32 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe 2O3, Mg, MgO và CuO vào dung dịch gồm
H2SO4 và HNO3, thu được dung dịch X chỉ chứa muối sunfat của kim loại, hỗn hợp khí Y gồm 0,01 mol
N2O và 0,02 mol NO.
Cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào X (khí quyển trơ), thu được 34,49 gam kết tủa. Lọc lấy kết tủa nung trong
không khí đến khối lượng khơng đổi, thu được 32,83 gam chất rắn.
Số mol của FeSO4 trong X là
A. 0,03 mol.

B. 0,05 mol.

C. 0,02 mol.

D.0,04 mol.

Câu 23 Cho 1 lượng bột Fe tan hết trong dung dịch chứa HNO 3, sau khí phản ứng kết thúc thì thu được
2,688 lít NO (đktc) và dung dịch X. Thêm dung dịch chứa 0,3 mol HCl (lỗng) vào lọ thì thấy khí NO
tiếp tục thoát ra và cuối cùng thu được dung dịch Y. Để phản ứng hết với các chất trong dung dịch Y cần
vừa hết 650 ml dung dịch KOH 1M. (Biết NO là sản phẩm khử duy nhất của N +5). Khối lượng muối có
trong X là
A. 29,04 gam.

B. 29,6 gam.


C. 32,4 gam.

D.21,6 gam.

Câu 24 Cho hỗn hợp Q (0,6 mol Fe; 0,2 mol Mg) vào một dung dịch chứa 0,9 mol H 2SO4 (loãng) thu
được dung dịch X. Cho tiếp vào dung dịch X 0,15 mol HNO 3 và 0,05 mol HCl sau phản ứng thu được
dung dịch Y và khí NO (là sản phẩm giảm số oxi hóa duy nhất của N). Cho dung dịch Ba(OH) 2 lấy dư

Trang 4


vào dung dịch Y thi khối lượng kết tủa tạo ra có giá trị là (biết các phản ứng xảy ra hồn tồn) ( Chun
Biên Hịa – Hà Nam)
A. 172,3 gam.

B. 184,0 gam.

C. 246,4 gam.

D.280,4 gam.

Câu 25 Cho hỗn hợp gồm 1,12 gam Fe và 1,92 gam Cu vào 400 ml dung dịch chứa hỗn hợp gồm H2SO4
0,5M và NaNO3 0,2M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch X và khí NO (sản
phẩm khử duy nhất). Cho V ml dung dịch NaOH 1M vào dung dịch X thì lượng kết tủa thu được là lớn
nhất. Giá trị tối thiểu của V là:
A. 360 ml

B. 240 ml

C. 400 ml


D.120 ml

Câu 26 Hịa tan hồn tồn hỗn hợp Fe và Cu vào 100 mL dung dịch gồm NaNO3 0,8M và H 2SO4 1,4M,
thu được dung dịch X và 1,12 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N+5, ở đktc).
Cho từ từ dung dịch KOH loãng vào X, đến khi thu được lượng kết tủa lớn nhất thì dừng. Lọc bỏ kết tủa,
cơ cạn nước lọc rồi nung chất rắn còn lại đến khối lượng không đổi, thu được m gam chất rắn. Giá trị của
m là
A. 21,95.

B. 23,56.

C. 26,11.

D.25,63.

Câu 27 Cho 10,24 gam hỗn hợp X gồm Fe và Cu vào dung dịch chứa H 2SO4 0,6M và NaNO3 đun nóng,
kết thúc phản ứng thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối sunfat và 2,688 lít khí NO (sản phẩm khử duy
nhất; đktc). Cho Ba(OH)2 dư vào dung dịch Y, lọc lấy kết tủa nung ngồi khơng khí đến khối lượng khơng
đổi thu được 69,52 gam rắn khan. Giả sử thể dung dịch thay đổi không đáng kể. Nồng độ mol/l của
Fe2(SO4)3 trong dung dịch Y là
A. 0,015M.

B. 0,020M.

C. 0,025M.

D.0,050M.

Câu 28 Cho 24 gam Cu vào 400 ml dung dịch NaNO3 0,5M; sau đó thêm tiếp 500 ml dung dịch HCl 2M

đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu đượng dung dịch X và V1 lít khí khơng màu ở đktc. Mặt khác thêm
dung dịch NaOH vào X đến khi kết tủa hết Cu 2+ thấy thể tích dung dịch NaOH 0,5M tối thiểu đã dùng là
V2 lít. Giá trị V1 và V2 lần lượt là:
A. 4,48 lít và 1,2 lít

B. 5,6 lít và 1,2 lít

C. 4,48 lít và 1,6 lít

D.5,6 lít và 1,6 lít

Câu 29 Hịa tan hồn tồn m gam Fe vào 100 mL dung dịch gồm KNO 3 0,4M và H2SO4 0,8M, thu được
dung dịch X và 0,448 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N+5, ở đktc).
Cho từ từ dung dịch KOH 2M vào X, đến khi thu được lượng kết tủa lớn nhất thì vừa hết V mL. Giá trị
của V là
A. 80.

B. 40.

C. 30.

D.70.

Câu 30 Hỗn hợp X gồm Mg và Fe 3O4 (trong đó oxi chiếm 25% khối lượng X). Cho một lượng X tan hết
vào dung dịch gồm H 2SO4 2M và KNO3 1M, thu được dung dịch Y chỉ chứa 17,87 gam muối trung hịa
và 224ml khí NO (đktc, sản phẩm khử duy nhất). Cho Y tác dụng với dung dịch Ba(OH) 2 dư, thu được m
gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m gần nhất với (Thực Hành Cao Nguyên –
Tây Nguyên)
A. 30,88.


B. 17,77.

C. 30,35.

D.15,63.
Trang 5


Câu 31 Cho 13,36 gam hỗn hợp X gồm Cu và FexOy tác dụng hết với V lít dung dịch hỗn hợp gồm
H2SO4 1M và KNO3 1M thu được dung dịch Y chỉ chứa muối trung hịa có tổng khối lượng 55 gam và
1,344 lít NO (sp khử duy nhất, ở đktc). Cho dung dịch Y tác dụng với dung dịch Ba(OH) 2 dư (trong mơi
trường khơng có oxi) thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là .
A. 55,92

B. 70,42

C. 62,50

D.74,50

Câu 32 Hịa tan hồn tồn 6,32 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe 2O3, Mg, MgO và CuO vào dung dịch gồm
H2SO4 và NaNO3, thu được dung dịch X chỉ chứa muối sunfat của kim loại, hỗn hợp khí Y gồm 0,01 mol
N2O và 0,02 mol NO.
Cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào X (khí quyển trơ), thu được 44,73 gam kết tủa. Lọc lấy kết tủa nung trong
khơng khí đến khối lượng khơng đổi, thu được 42,55 gam chất rắn.
Số mol của FeSO4 trong X là
A. 0,03 mol.

B. 0,02 mol.


C. 0,01 mol.

D.0,04 mol.

Câu 33 Để 17,92 gam phơi sắt ngồi khơng khí một thời gian thu được hỗn hợp X gồm Fe và các oxit Fe.
Hòa tan hết X trong dung dịch HCl loãng dư thu được dung dịch Y chứa 44,9 gam muối và 1,792 lít khí
H2 (đktc). Mặt khác hịa tan hết X trong 230 gam dung dịch HNO 3 31,5% thu được dung dịch Z. Cho 620
ml dung dịch NaOH 1,5M vào dung dịch Z thu được 32,1 gam kết tủa duy nhất. Nồng độ C% của muối
sắt có trong dung dịch Z
A. 28,59%.

B. 31,12%

C. 31,36%.

D.31,74%.

Trang 6


Đáp án
1. B
11. A
21. D
31. D

2. D
12. C
22. D
32. B


3. C
13. A
23. B
33. C

4. D
14. C
24. D

5. D
15. A
25. A

6. A
16. B
26. D

7. C
17. D
27. C

8. A
18. D
28. C

9. A
19. D
29. D


10. C
20. B
30. C

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1. Đáp án B
m gam Fe + O2 → 2,72 gam X (Fe, O).
2,72 gam X (Fe, O ) + HNO3 (gấp đôi lượng pư) → dd Y (Fe3+, NO3–, H+) + 0,02 mol NO + H2O.
Quy đổi X về Fe (a mol) và O (b mol).
QT nhường e: Fe → Fe+3 + 3e.
QT nhận e: O + 2e → O–2.
N+5 + 3e → N+2.
Ta có hệ 2 pt: 56a + 16b = 2,72 và 3a = 2b + 3.0,02. Giải ra được a = 0,04 và b = 0,03.
nFe(NO3)3 = 0,04 mol. nHNO3 pư = 3nFe(NO3)3 + nNO = 0,14 mol.
nHNO3 dư = nHNO3 pư = 0,14 mol.
nNaOH = 3nFe(NO3)3 + nHNO3 = 3.0,04 + 0,14 = 0,26 mol ⇒ V = 130.
Câu 2. Đáp án D
Bài này có khá nhiều cách giải: ví dụ:
♦ Cách 1: theo sơ đồ sau: (quá trình lần lượt – sơ đồ đầy đủ).
FeCl 2 � +HNO3 �
�
FeCl3 : 0, 2mol
�
Fe �
�
���
�
 NO
O
�

�
�
�
{ H
0
,
4mol
mol
�
�
{2
FeCl
Fe
(
NO
)
:
0
,
1
FeO
0,1
mol
3
�
3 3
�
� +HCl
�
0,2 mol

Fe+O2 � �
�����
0, 5amol
Fe2O3 �
H2 O
�
�
�
�
�.................................................
�
�
Fe
O
H2 : 0,1mol
4
�
�
14 23 43
20 gam

bảo tồn electron cả q trình (Fe; O2; NO và H2) → ok.!
♦ Cách 2: theo sơ đồ gộp sau với ghép cụm.!
FeCl3
Fe
�
�
� �HCl : 0, 5amol � �
�
O

� mol � �
� NO
{ +H
mol � �
{2
Fe(NO3)3 0,1
O: x
HNO3 : 0, 4
mol 0,2  xmol
�
�
�
14 2 43 1 4 4 2 4 4 3
21,6 gam
�H 0,4  2 xmol
Thuần bảo toàn nguyên tố + ghép cụm, giải ra x rồi tương tự cũng ok.!
Tuy nhiên, chúng ta học 3BTCB và 3YTHH thì nên có cái nhìn, cái tư duy linh hoạt hơn.!
♦ Cách 3: Xem nào.! YTHH 03: Thêm 0,1 mol O vào X để biến hết Fe về oxit;
tách Fe3O4 thành FeO + Fe2O3 ||→ quy về có 21,6 gam X gồm FeO và Fe2O3.
CB3 - HNO3 cơ bản.! bảo tồn electron có ngay nFeO = 3nNO = 0,3 mol → nFe2O3 trong X = 0.
( = 0 à, không sao. âm mới sợ chứ = 0 là không có thơi, no problem.!).
Trang 7


||→ ∑nFe = 0,3 mol → m = mFe = 0,3 × 56 = 16,8 gam.
Cịn HCl à? gấp đơi canxi là xong (nhầm.! gấp đôi oxi là ok.!) nhớ oxi lúc này là 0,3 mol nhé.
||→ nHCl = 0,6 mol → giá trị của a = 0,6 ÷ 0,5 = 1,2M. Chọn D. ♠.
p/s: Phức tạp → đơn giản hơn dưới góc nhìn quy đổi → đó chính là YTHH 03.
Câu 3. Đáp án C
Giải: Vì nBaCO3 = 0,05 mol ⇒ nCO đã pứ = 0,05 mol.

Bảo toàn e cả q trình ra có: nFe3O4 + 2nCO pứ = nNO2.
→ nFe3O4 = 0,2 – 0,05×2 = 0,1 mol.
⇒ %mFe3O4/X =

0,1�232 �100
≈ 79,45%.
29, 2

+ Nhận thấy cuối cùng Na sẽ về muối NaNO3 ⇒ Tìm nNO3–/T.
+ Bảo tồn Nito ta có: nNO3–/T = nHNO3 – nNO2 = 1,3 mol.
⇒ nNaOH cần dùng = 1,3 mol ⇒ VNaOH = 1,3÷1 = 1,3 M
Câu 4. Đáp án D
Nhận xét
- Hỗn hợp đầu đều chứa các oxit đang bão hịa hóa trị, tức là chúng không thể tham gia phản ứng OXH –
K, vậy vai trò của CO trong trường hợp này là tăng tính OXH – K đó.
- Nếu HNO3 dư thì kim loại sẽ bị đẩy lại lên bão hòa, chênh lệch số mol e của Y với số mol e mà CO
“tặng” cho X chính là số mol sắt (II).
�
nNO  0, 08  mol 
�
��
� ne /Y  0, 08.3  0, 02  0, 26  mol 
Xác định được �
n

0,
02
mol



�NO2
��
� nF e2  2nCO2  ne /Y 

V
.2  0, 26  mol 
22, 4

Số mol nhóm -OH đã thêm vào Z để tạo kết tủa được tính bằng 2.nO / X  nF e2
��
� nOH / �  2.0, 63 

V
.2  0, 26  mol 
22, 4

V
�
�
��
� m�  mKL  mOH  34, 4  0, 63.16  17. �
2.0, 63 
.2  0, 26 � 44,38
22, 4
�
�
��
�V  3,808 (lít)
Câu 5. Đáp án D
mỗi phần nặng 2,2 gam gồm x mol Al và y mol Fe.

• phần 1: bảo tồn electron có: 3nAl + 2nFe = 2nH2↑ ⇒ 3x + 2y = 0,16 mol.
mà 27x + 56y = 2,2 gam ⇒ giải x = 0,04 mol và y = 0,02 mol.

Trang 8


�
�
Al3+
} �
�0, 04mol
� 3+
�
NaAlO2 �
Fe
�
�Al �
�
 �  NaOH
+H2O+� + NO3 ����� �
• phần 2: �
�+HNO
�.
3 � NO
{
123
NaNO
NH
Fe
0

,
02mol
3
�
4
�{ � 0,24mol
�
�
+
�0, 02mol
�
�
H
�
"nhạy cảm" ngay với YTHH 02 – Natri đi về đâu? như trên sơ đồ.
⇒ muốn xài được, nhiệm vụ còn lại là xác định ∑nNO3– trong T nữa là ok.!
☆ bảo tồn electron có: nNH4+ = (3nAl + 3nFe – 3nNO) ÷ 8 = 0,015 mol.
trên sơ đồ, bảo tồn ngun tố N có ngay: ∑nNO3– trong T = 0,24 – 0,015 – 0,02 = 0,205 mol.
YTHH 02: Na đi về 0,04 mol NaAlO2 + 0,205 mol NaNO3 ⇒ ∑nNaOH cần = 0,245 mol.
⇒ a = mNaOH cần = 0,245 × 40 = 9,8 gam → Chọn đáp án D. ♠.
Câu 6. Đáp án A
nAgNO3  0, 08
nAg  0, 08 � mAg  0,08 �108  8, 64  9, 28 nên bột kim loại thu được sẽ gồm Ag và Cu
Cu  2 Ag   Cu 2   Ag

 1

0, 04  0, 08  0, 04
3Cu  8 H   2 NO3  3Cu 2   2 NO  4 H 2O(2)
+)Nếu trong phản ứng (2), H  hết,

� nCu 2  0,5nOH   0,5 �0,325  0,1625
� nCu 2 (2)  0,1625  0, 04  0,1225 � nNO   0,0816  0, 08 nên loại
3

+) Vậy H  dư, NO3 hết

� nCu 2 (2  0,12 � nCu 2  0,12  0, 04  0,16
nCu ( pu )  nCu 2  0,16; mCu ( du )  9, 28  mAg  9, 28  0, 08 �108  0, 64
mCu  mCu ( pu )  mCu ( du )  0,16 �64  0, 64  10,88( g )
nH  ( du )  nNaOH  2nCu 2  0,325  2 �0,16  0, 005
nH   0,32  0, 005  0,325 � nH 2 SO4  0,1625
Câu 7. Đáp án C
Dãy điện hóa: Mg > Fe > Cu
→ 2 muối rõ là x mol MgSO4 và y mol FeSO4 ||→ x + y = ∑nSO42– = 0,045 mol.
rắn T gồm x mol MgO và y mol FeO1,5 → 40x + 80y = 2,4 gam.
giải x = 0,03 mol và y = 0,015 mol.
||→ nFe chưa phản ứng = (3,24 – 0,03 × 24 – 0,015 × 56) ÷ 56 = 0,03 mol
||→ Y gồm 0,03 mol Fe và 0,045 mol Cu. Y + HNO3 tối thiểu
||→ ∑nHNO3 = 8 × (0,03 + 0,045) ÷ 3 = 0,2 mol → V = 0,05 lít ⇄ 50ml.
Trang 9


Câu 8. Đáp án A
bài này cần đọc - quan sát và so sánh các q trình với nhau thơi.
Trước đó, đồng nhất số liệu theo yêu cầu: 34,8 gam hỗn hợp + HCl → 1,2 mol H2.
Xét tổng thể và so sánh 3 quá trình (+ HCl, + CuSO4 và + HNO3) thì
cuối cùng nNO2 = 2nH2 = 2,4 mol → V = 53,76 lít.
Câu 9. Đáp án A



Fe  NO3  4 H  ��
� Fe3  NO �  2 H 2O

�H : 0,16
0, 04  0, 04  0,16
0, 04
�
X �NO3 : 0, 08
3
2
Fe  2 Fe ��
� 3Fe
� 2
�SO4 : 0, 04 0, 01 0, 02
0,03

�Fe3 : 0, 02
� 2
�Fe : 0, 03
��
�Y � 
�NO3 : 0, 04
�SO 2 : 0, 04
� 4

Chất rắn: Fe2O3 : 0, 01, FeO : 0, 03, BaSO4 : 0, 04
m  160 �0, 01  72 �0, 03  233 �0, 04  13,08 gam
Câu 10. Đáp án C
Câu 11. Đáp án A
nH   0,3  mol  ; nNO  0,15  mol  ; nSO 2  0,15  mol  ; nNa  0,15  mol 

3

4

Fe  4 H   NO3 ��
� Fe3  NO  2H 2O
3Cu  8H   2 NO3 ��
� 3Cu 2  2 NO  H 2O
3
2


2
X gồm: F e , Cu , H  0, 04 mol  , NO3  0, 04 mol  và SO4  0, 06 mol  .

Lượng kết tủa max khi: nOH   nH   3nF e3  2nCu 2  nNO3  2nSO42  0,16  mol 
Chất rắn sau nung: NaOH dư = 0,04 mol, NaNO2 = 0,04 mol, Na2SO4 = 0,06 mol
� m  40 �0, 04  69 �0, 04  142 �0, 06  12,88 gam
Câu 12. Đáp án C
Đọc đề, lập quá trình phản ứng:
6�0,1
7 mol
8 �
BaSO4
NO � �
Fe � �
� 1Ba
Fe? +
�
�

�
�
�
�
. ( OH )2
HNO
� H2O  � � � 2+ SO42 �����
�
3 �
o
� � �
�
�.
2.t /O2
Fe2O3; CuO
NO2 �
Cu �
Cu
�
�
�
H2SO4 �
{
14 2 43
1 44
2 4 43
1 4 4 2 4 43
�
5,28 gam


0,1mol

14,88 gam

30,5 gam

Quan sát + phản xạ: YTHH số 01: từ nN trong khí = 0,1 → có 0,1 mol HNO3.
Giữa 5,28 gam và 14,88 gam ||→ ∑nSO42– trong muối = (14,88 – 5,28) ÷ 96 = 0,1 mol.
Theo đó, trong 30,5 gam đã có 0,1 mol BaSO4 ||→ m(CuO + Fe2O3) = 7,2 gam.
Kết hợp m(Cu + Fe) = 5,28 gam ||→ có nFe = 0,06 mol và nCu = 0,03 mol.
?+ là trung bình của Fe2+ và Fe3+. Lúc này đã đủ giả thiết để giải ra:
nFe2+ = 0,04 mol và nFe3+ = 0,02 mol ⇄ có 0,01 mol Fe2(SO4)3 trong X.
Đã dùng YTHH 01 quy luôn spk có 0,1 mol N và x mol O; bảo tồn electron có:
5nN spk = 2nSO42– trong muối + 2nO spk ||→ nO spk = 0,15 mol → mspk = 3,8 gam.
Trang 10


Theo ú, mdung dch X = 0,1 ì 98 ữ 0,1225 + 5,28 – 3,8 = 81,48 gam
||→ C%Fe2(SO4)3 = 0,01 ì 400 ữ Ans 4,91%.
Cõu 13. ỏp ỏn A
nMg  a; nFe  b; nCu  c � 24a  56b  64c  23,52(1)
nH   0, 2 �(3, 4  1,1�2)  1,12
Do kim loại vừa tan hết nên sắt chỉ lên Fe2
8
8 8
� a   c  1,12(2)
3
3 3
mY  mMgO  mFe2O3  mCuO � 40a  80b  80c  31, 2(3)
(1), (2), (3) � a  0, 06; b  0,12; c  0, 24

� mFe  0,12 �56  6, 72( g )
Câu 14. Đáp án C
Sơ đồ phản ứng:
0,28 mol
} mol
� �0,32
�}
��
�Al 3
�H 2 SO4 �
�
�Al �
��
� �
�
� �
�� �
Al2O3 � �HNO3 � �NH 4
�{
123
�0,02 mol � �0,14 mol � �

�
��
�
�
�
 N;O �
��
SO42 � �

 H 2O
�
{
H2
� �1
�
?
23
� �0,03 mol �

Xử lí dung dịch Z sau phản ứng bằng NaOH ⇒ dùng YTHH 02 – Natri đi về đâu?
À.! 1,34 mol Na đi về ? mol Na2SO4 + 0,32 mol NaAlO2 ⇒ ? = 0,51 mol.
Theo đó, bảo tồn điện tích trong dung dịch Z có nNH4+ = 0,06 mol.
Tiếp tục: bảo tồn ngun tố H có nH2O = 0,43 mol.
bỏ cụm SO4 2 vế rồi bảo toàn O có nO trong T = 0,02 × 3 + 0,14 × 3 – 0,43 = 0,05 mol.
dùng nốt bảo toàn nguyên tố N có: nN trong T = 0,08 mol.
⇒ tỉ lệ nN trong T : nO trong T = 0,08 ÷ 0,05 = 1,6 ∈ (1; 2)
⇒ cặp khí NO và N2O ở đáp án C thỏa mãn.!
Câu 15. Đáp án A
► nNO3– = 0,15 mol > nNO = 0,05 mol ⇒ NO3– dư.
Thu được kim loại ⇒ Cu dư ⇒ H+ hết và Fe chỉ lên số oxi hóa +2.
nH+ = 4nNO + 2nO ⇒ nO = (0,35 0,05 ì 4) ữ 2 = 0,075 mol.
Quy phần phản ứng về Cu, Fe và O với số mol x, y và 0,075 mol.
⇒ mhh = 64x + 56y + 0,075 × 16 = (12 – 1,6) (g). Bảo tồn electron:
2x + 2y = 2 × 0,075 + 3 × 0,05 ||⇒ giải hệ có: x = 0,1 mol; y = 0,05 mol.
► Kết tủa gồm 0,1 mol Cu(OH)2 và 0,05 mol Fe(OH)2 ||⇒ a = 14,3(g)
Câu 16. Đáp án B
GIẢ SỬ axit không dư, từ mol NaOH thì dù ↓ là Fe(OH)2 hay Fe(OH)3 đều khơng thỏa mãn.
Trang 11



⇒ H+ dư ||• Lại có: nN/khí = nkhí < nHNO3 ⇒ NO3– dư ⇒ ↓ phải là Fe(OH)3 (0,02 mol).
⇒ nH+ dư = 0,2 – 0,02 × 3 = 0,14 mol || • BTNT(N): nNO3/Y = 0,15 mol ⇒ BTĐT: nFe3+ =
⇒m=

1
mol.
60

1
× 107 + 0,02 × 233 = 10,0
60

Câu 17. Đáp án D
Yêu cầu ở phần 2 → chia đơi giả thiết ban đầu + phân tích phần 1.!
♦ Phần 1: KOH xử lí dung dịch sau phản ứng: giải trắc nghiệm thì trịn đẹp mà chọn TH;
nhưng với tự luận thì khơng ít bạn lăn tăn và khá mất thời gian với câu hỏi 5,35 gam
là kết tủa Fe(OH)3 hay Fe(OH)2. Xem nào.! Bảo toàn electron mở rộng có:
0,35 = ∑nH+ = 0,2 + 2nNO2 + 2nO trong oxit + nH+có thể dư
||→ nNO2 < 0,075 mol; ∑nHNO3 = 0,5 mol chứng tỏ trong Y còn NO3–.
dù là Fe(OH)2 hay Fe(OH)3 thì cần dùng 0,2 mol KOH → H+ cịn dư trong Y
cặp H+ và NO3– có trong Y nói cho ta biết Fe phải là dạng Fe3+.!
5,35 gam tủa → có 0,05 mol Fe(OH)3 → đọc ra nH+ dư trong Y = 0,05 mol.
05mol
0, 05mol
�60,7
8 �
} �
�
3+

2 �
�
Fe
�
�
H2SO4 � �
Fe� �
SO4 � �NO �
�
+
� �+�
�� �{ +
�+H2O.
 � �
HNO3 � �H
O
NO2 �
NO
�
3
�
�
�
123
{
{
0, 05mol
�
�xmol
5,12gam �0,25mol �


Hãy dùng phương pháp bảo tồn electron kép.!:
♦ Mở rộng có: ∑nH+ phản ứng = 4nNO + 2nNO2 + 2nO ||→ nO = 0,05 – x mol.
♦ Bình thường: 3nFe = 2nO + nNO2 + 3nNO ||→ nFe = 1/3(0,25 – x) mol.
Biết 5,12 = mFe + mO ||→ giải ra x = 0,01 mol. Vạy có nFe = 0,08 mol.
Vậy đọc ra Y gòm 0,08 mol Fe3+; 0,05 mol H+; 0,05 mol SO42– và 0,19 mol NO3–.
Ba(OH)2 dư vào → tủa gồm 0,08 mol Fe(OH)3 + 0,05 mol BaSO4
||→ Yêu cầu giá trị của m = 20,21 gam. Chọn đáp án D. ♠.
Câu 18. Đáp án D
Thay đổi số liệu bài tập đề ĐH 2014: xử lí sơ bộ sơ đồ:
25mol
xmol
�60,7
8 � �}
0,25mol � 0, 25mol
}
�} �
�
� �
H2SO4 �
�
Fe : x � �
Fe3+ SO2 � �NO �
+�
4 �
� mol �+�
�� � +
�+H2O.
HNO
O: y


H
3
�
{
NO2 �
NO3 � �
1 4 2 43 �1 2 3 � �
�
0, 25mol
�1,25mol � �
25,6gam
mol

"tinh tế ghép cụm" loại bỏ ẩn a: nH2O = 0,75 mol = 2nNO + nNO2 + nO trong oxit
||→ nNO + nNO2 = 0,75 – 0,25 – y = 0,5 – y mol ||→ nNO3– trong Y = 0,75 + y mol.
BTĐT trong Y có: 3x + 0,25 = 0,25 × 2 + (0,75 + y). Lại thêm 56x + 16y = 25,6
||→ Giải x = 0,4 mol và y = 0,2 mol. Theo đó, yêu cầu tủa gồm:
0,4 mol Fe(OH)3 và 0,25 mol BaSO4 ||→ m = 101,05 gam. Chọn D. ♠.
Trang 12


Câu 19. Đáp án D
GIẢ SỬ axit không dư, từ mol NaOH thì dù ↓ là Fe(OH)2 hay Fe(OH)3 đều khơng thỏa mãn.
⇒ H+ dư ||• Lại có: nN/khí = nkhí < nHNO3 ⇒ NO3– dư ⇒ ↓ phải là Fe(OH)3 (0,016 mol).
⇒ nH+ dư = 0,096 – 0,016 × 3 = 0,048 mol ||• BTNT(N): nNO3/Y = 0,136 mol.
⇒ BTĐT: nFe3+ = 0,04 mol ⇒ m = 0,04 × 107 + 0,016 × 233 = 8,008 gam
Câu 20. Đáp án B
Chia đơi số liệu cho tiện việc tính tốn.
BTNT(N): nNO3–/Y = 0,2 – 0,06 = 0,14 mol ||• GIẢ SỬ H+ không dư.

⇒ Y + Ba(OH)2 → BaSO4 (0,02 mol) và Ba(NO3)2 (0,14 ÷ 2 = 0,07 mol).
⇒ BTNT(Ba + OH): nOH/↓ = 2 × (0,02 + 0,07) = 0,18 mol.
⇒ mFe/↓ = 10,11 – 0,02 × 233 – 0,18 × 17 = 2,39 gam.
⇒ giải hệ theo Fe và Fe3O4 cho mol âm ⇒ vơ lí ⇒ H+ dư.
⇒ ↓ gồm BaSO4 (0,02 mol) và Fe(OH)3 ⇒ nFe(OH)3 = 0,05 mol.
BTĐT: nH+ dư = 0,03 mol ||• BTe: nFe3+ +

3 +
nH = 2nCu.
4

⇒ m = 64 × (0,05 + 0,03 ì 3 ữ 4) ữ 2 = 3,04
Cõu 21. Đáp án D
Để ý kỹ ta sẽ tìm được dễ dàng:)
Ta có
nNO   0,3
3

nNO  0,1
Vậy nNO3 con lai  0,3  0,1  0, 2
Mặt khác: nSO42  0,3
Vậy
Thể tích dung dịch NaOH 1M tối thiểu cần cho vào dung dịch Y để thu được kết tủa lớn nhất là
nNaOH  nNO   2nSO 2  0, 2  2.0,3  0,8
3

4

Câu 22. Đáp án D
BTNT(N): nNaNO3 = 0,01 × 2 + 0,02 = 0,04 mol ||● Đặt nO = x.

⇒ nH+ = 2nO + 10nN2O + 4nNO = (2x + 0,18) mol ⇒ nH2SO4 = (x + 0,09) mol.
⇒ nBa(OH)2 = nBaSO4 = (x + 0,09) mol; mKL = mhh – mO = (6,32 – 16x) (g).
||⇒ BT gốc OH: nOH/↓ = 2 × (x + 0,09) – 0,04 = (2x + 0,14) mol.
⇒ 233.(x + 0,09) + (6,32 – 16x) + 17.(2x + 0,14) = 44,73(g) ⇒ x = 0,06 mol
● nOH/↓ = 0,26 mol || Trừ BaSO4 và Fe(OH)2 ra thì cịn lại khi nung chỉ là
thay 2OH ⇌ 1[O] ⇒ mrắn = 44,73 + 0,26 × (0,5 × 16 – 17) = 42,39 (g).
Trang 13


Nhưng Fe(OH)2 tác dụng với O2 nên bị thêm vào 1 lượng oxi
⇒ mO thêm = 42,55 – 42,39 = 0,16 mol ⇒ nO thêm = 0,01 mol
BTe: nFeSO4 = nFe(OH)2 = 2nO = 0,02 mol
Câu 23. Đáp án B
KOH xử lí dung dịch sau phản ứng.
KOH có địa chỉ 0,65 mol ||→ Kali đi về đâu? À, 0,3 mol KCl và cịn lại là 0,35 mol KNO3.
• Fe + HNO3 → {Fe; NO3} + NO + H2O là CB3; từ 0,12 mol NO → có 0,48 mol HNO3.
À, ban đầu 0,48 mol HNO3, cuối trong Y có 0,35 mol NO3– ||→ ∑nNO = 0,13 mol.
0,13 mol NO bật lại ∑nH+ phản ứng = 0,52 mol; mà HNO3 với HCl cho ∑nH+ = 0,78 mol
||→ chứng tỏ trong Y còn dư 0,26 mol H+. Rõ hơn quan sát sơ đồ tổng:
,35mol
48mol
�
8 � � 3+ 0}
�60,7
Fe

�
�
�
HNO3

NO3 �
+ ;
Fe+�
�� �H
�+ NO
{ +H2O.

{
HCl
Cl
0
�{
� �
� ,13mol
0, 26mol {
0,3mol
0,3mol
�
�

Và cũng từ đó, bảo tồn điện tích trong Y có nFe = 0,13 mol.
||→ mmuối trong X = mFe + mNO3– = 0,13 × 56 + 0,12 × 3 × 62 = 29,6 gam.
Câu 24. Đáp án D
X gồm 0,6 mol FeSO4 + 0,2 mol MgSO4 và 0,1 mol H2SO4.
X + 0,15 mol HNO3 + 0,05 mol HCl → Y. Yêu cầu Y + Ba(OH)2 dư → ? tủa.
Xem nào: tủa BaSO4 là 0,9 mol theo bảo tồn SO4 rồi; Mg thì về Mg(OH)2 với 0,2 mol.
À, như vậy chỉ cần xem xem, Fe trong Y là Fe2+ hay Fe3+ hay cả hai với lượng bao nhiêu nữa thơi.
đó là phản ứng của 3Fe2+ + 4H+ + NO3– → 3Fe3+ + NO + 2H2O.
có: 0,6 mol Fe2+; ∑nH+ = 0,4 mol và nNO3– = 0,15 mol.
Theo đó, sau phản ứng, Y chứa 0,3 mol Fe3+ và còn lại 0,3 mol Fe2+

||→ tủa gồm 0,9 mol BaSO4 + 0,2 mol Mg(OH) + 0,3 mol Fe(OH)3 + 0,3 mol Fe(OH)2
||→ Yêu cầu ∑mtủa = 280,4 gam. Chọn đáp án D. ♠.
Câu 25. Đáp án A
nFe = 0,02 mol ; nCu = 0,03 mol → Σ ne cho = 0,02.3 + 0,03.2 = 0,12 mol ; nH+ = 0,4 mol ; nNO3– =
0,08 mol (Ion NO3– trong môi trường H+ có tính oxi hóa mạnh như HNO3) - Bán phản ứng: NO3– + 3e
+ 4H+ → NO + 2H2O Do → kim loại kết và H+ dư 0,12→ 0,16 → nH+ dư = 0,4 – 0,16 = 0,24 mol → Σ
nOH– (tạo kết tủa max) = 0,24 + 0,02.3 + 0,03.2 = 0,36 → V = 0,36 lít hay 360 ml
Câu 26. Đáp án D
Giải: BTNT(N): nNO3–/X = 0,08 – 0,05 = 0,03 mol.
↓ max ⇒ dung dịch thu được gồm:
Na+ (0,08 mol), K+, SO42– (0,14 mol), NO3– (0,03 mol).
⇒ BTĐT: nK+ = 0,23 mol ⇒ rắn gồm:
Na+ (0,08 mol), K+ (0,23 mol), SO42– (0,14 mol), NO2– (0,03 mol).
Trang 14


||⇒ m = 25,63 gam
Câu 27. Đáp án C
sơ đồ bài tập HNO3:
�
�
Cu2+
H2SO4 � � ? +
Fe � �
�
2 �
Fe
SO4 �+ NO
� �+�
�� �

{ +H2O.
NaNO3
Cu �
0,12mol
�
+
�
�
{
Na
�

10, 24gam

Một bài tập ban bật theo đúng nghĩa nếu nắm được cơ bản của mỗi bài tập nhỏ.!
♦ axit phức tạp → bảo toàn electron mở rộng: nH+ = 4nNO = 0,48 mol → nH2SO4 = 0,24 mol.
♦ Ba(OH)2 dư xử lí dung dịch sau phản ứng, xem nào:
rắn cuối có 0,24 mol BaSO4 rồi → CuO và Fe2O3 còn lại là 13,6 gam.
Ban đầu lại có 10,24 gam Cu và Fe ||→ giải ra nCu = 0,09 mol và nFe = 0,08 mol.
bảo tồn N có nNaNO3 = 0,12 mol → bảo tồn điện tích trong Y có n?+ = 0,18 mol.
có ∑nFe = 0,08 mol theo trên nên giải ra nFe2+ = 0,06 mol và nFe3+ = 0,02 mol.
Yêu cầu CM, nồng độ mol nên cần Vdung dịch Y nữa.! Xem nào...
đây rồi; nH2SO4 = 0,24 mol → Vdung dịch H2SO4 = 0,4 lít
Thêm câu "Giả sử thể dung dịch thay đổi khơng đáng kể" nữa thì ok Vdung dịch Y = 0,4 lít rồi.
||→ CM (Fe2SO4)3 trong Y = 0,01 ÷ 0,4 = 0,025M. Chọn đáp án C. ♣.
p/s: đến đây rồi nhưng cũng khơng ít bạn khơng cần 0,2 điểm vì lí do chọn D. ♠.
Nên nhớ là Fe3+ và Fe2(SO4)3 khác nhau nhé.! 0,02 và 0,01 mol.!
Câu 28. Đáp án C
nCu  0,375, nNO  0, 2, nH   1
3


3Cu  8H   2 NO3  Cu 2  2 NO  4 H 2O

Nhận thấy NO3 hết, H  và Cu đều dư

V1  0, 2 �22, 4  4, 48(l )
nNaOH  2nCu 2  nH   2 �0,3  (1  0,8)  0,8 � V2  1, 6
Câu 29. Đáp án D
Câu 30. Đáp án C
Sơ đồ quá trình được thể hiện với nH2SO4 = 2x mol và nKNO3 = x mol theo tỉ lệ:
xmol
8 � �
�627
�
Mg2+

�
�
Mg
H
SO
�
�
� ? + NO3 �
2
4
+ NO +H2O.
�
�+�
�� �Fe

2 � {
{
Fe3O4 �
KNO3 � � +
SO
0, 01mol
�
4
�
2xmol
123
K
�
� xmol
1 4 4 2 4 43
17,87gam

Ghép cụm NO3 có nO trong X = 2x – 0,02 mol ||→ mX = 4 × 16 × (2x – 0,02) = 128x – 1,28 gam.
BTKL cả sơ đồ giải tìm x = 0,05 mol ||→ nSO42– = 0,1 mol và nNO3– = 0,04 mol.
Yêu cầu: tủa gồm 0,1 mol BaSO4 và Fe(OH)? + Mg(OH)2.
Trang 15


linh hoạt xử lí: ∑nOH trong tủa = 2∑nSO42– + ∑nNO3– – nK+ = 0,19 mol
Lại có mFe + Mg = 128x – 1,28 – 16 × (2x – 0,02) = 3,84 gam.
||→ Kết quả m = ∑mtủa = 0,1 × 233 + (3,84 + 0,19 × 17) = 30,37 gam.
Câu 31. Đáp án D
Cu
�H SO : V mol
�

13,36 �
� 2 4
��
� 55.g.Y  0,06.NO  V .mol.H 2O
�Fe2O3 �KNO3 : V mol
BTKL
���
�13,36  98V  101V  55  0, 06.30  18V � V  0, 24 mol

Vậy trong Y có
�K  : 0, 24
� 2
�SO4 : 0, 24
�NO  : 0,18
3
�
�BaSO4 : 0, 24
� 2
�
Ba  OH  2
55.g . �
����
�m �
� 0, 24.233  11, 44  0, 42.17  74,5
�Fe �
M
OH


�

n
�
� 3 �
�Fe ��  0, 42
�
�
�
Cu 2 �
�
�
14 2 43
� 11,44
Câu 32. Đáp án B
BTNT(N): nNaNO3 = 0,01 × 2 + 0,02 = 0,04 mol ||● Đặt nO = x.
⇒ nH+ = 2nO + 10nN2O + 4nNO = (2x + 0,18) mol ⇒ nH2SO4 = (x + 0,09) mol.
⇒ nBa(OH)2 = nBaSO4 = (x + 0,09) mol; mKL = mhh – mO = (6,32 – 16x) (g).
||⇒ BT gốc OH: nOH/↓ = 2 × (x + 0,09) – 0,04 = (2x + 0,14) mol.
⇒ 233.(x + 0,09) + (6,32 – 16x) + 17.(2x + 0,14) = 44,73(g) ⇒ x = 0,06 mol
● nOH/↓ = 0,26 mol || Trừ BaSO4 và Fe(OH)2 ra thì cịn lại khi nung chỉ là
thay 2OH ⇌ 1[O] ⇒ mrắn = 44,73 + 0,26 × (0,5 × 16 – 17) = 42,39 (g).
Nhưng Fe(OH)2 tác dụng với O2 nên bị thêm vào 1 lượng oxi
⇒ mO thêm = 42,55 – 42,39 = 0,16 mol ⇒ nO thêm = 0,01 mol
BTe: nFeSO4 = nFe(OH)2 = 2nO = 0,02 mol
Câu 33. Đáp án C
có 0,32 mol Fe → có 0,76 mol Cltrong muối → HCl → H2O → nO trong oxit = 0,3 mol.
NaOH xử lí dung dịch sau phản ứng: tủa duy nhất là 0,3 mol Fe(OH)3 (so với 0,32 mol Fe ban đầu)
||→ nghĩa là 0,93 mol NaOH dùng trước đó đã phản ứng với 0,03 mol HNO3 dư trong Z rồi.
có ∑nHNO3 phản ứng = 1,12 mol → nH2O là 0,56 mol và nN spk = 0,16 mol (bảo toàn N)
→ nO spk = 0,22 mol (theo ghép cụm) → mspk = 5,76 gam.
||→ mdung dịch Z = 246,96 gam C%Fe(NO3)3 = 0,32 ì 242 ữ Ans 31,36 %.


3.4*. Đặc trưng combo xử lí biết NaOH thêm vào, bỏ kết tủa, cô cạn dung dịch, nung
Trang 16


Câu 1. Hịa tan hồn tồn 4,32 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe 2O3 và Fe3O4 vào dung dịch HNO3 (dùng dư
20% so với lượng phản ứng), thu được 0,448 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc) và dung dịch X.
Cho dung dịch chứa 0,26 mol NaOH vào X, lọc bỏ kết tủa, cô cạn nước lọc, thu được m gam chất rắn
khan. Giá trị của m là
A. 20,3.

B. 18,5.

C. 22,0.

D. 18,7.

Câu 2. Cho 1,92 gam Mg tác dụng với dung dịch chứa 0,24 mol HNO 3, thu được dung dịch X và m gam
hỗn hợp khí. Thêm 100 mL dung dịch NaOH 2M vào X, thu được dung dịch Y, kết tủa và 0,224 lít khí Z
(đktc). Lọc bỏ kết tủa, cơ cạn Y thu được chất rắn T. Nung nóng T, thu được 13,51 gam chất rắn. Biết các
phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là
A. 1,16.

B. 1,36.

C. 0,88.

D. 1,52.

Câu 3. Cho 7,2 gam Mg phản ứng hoàn toàn với 150 gam dung dịch HNO 3 37,8% thu được dung dịch X

và thốt ra các khí NO, N2, N2O. Biết rằng nếu thêm 900ml dung dịch NaOH 1M vào X (không thấy khí
thốt ra), loại bỏ kết tủa thu được rồi cô cạn và nung sản phẩm thu được tới khối lượng khơng đổi thì
được 57,75 gam chất rắn. Nồng độ % của HNO3 trong dung dịch X gần nhất với
A. 6,10%.

B. 6,15%.

C. 6,20%.

D. 6,25%.

Câu 4. Cho 0,2 mol Fe tác dụng với 1,2 mol HNO 3, đến khi phản ứng xảy ra hồn tồn thu được dung
dịch X (khơng chứa muối amoni) và hỗn hợp 2 khí có tỉ lệ 1 : 3. Cho X tác dụng với 1 mol dung dịch
NaOH, sau đó lọc bỏ kết tủa thu được dung dịch Y. Cơ cạn dung dịch Y sau đó nung đến khối lượng
không đổi thu được 63,2 gam chất rắn. Xác định hai khí đó
A. NO và NO2.

B. N2O và NO2.

C. N2 và NO.

D. N2O và NO.

Câu 5. Hòa tan hoàn toàn 12,8g Cu vào dung dịch chứa 0,8 mol HNO 3 , khuấy đều thu được V lit hỗn
hợp khí NO2 , NO (dktc) và dung dịch X chứa 2 chất tan. Cho tiếp 350 ml dung dịch KOH 2M vào dung
dịch X , lọc bỏ kết tủa, cô cạn phần dung dịch rồi nung đến khối lượng không đổi thu được 56,6g chất
rắn. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn . Giá trị của V là :
A. 1,792

B. 4,48


C. 2,688

D. 8,96

Câu 6. Hoà tan hoàn toàn 2,56 gam Cu vào 25,20 gam dung dịch HNO 3 60% thu được dung dịch X
(khơng có ion NH4+). Thêm 210 ml dung dịch NaOH 1M vào X, sau khi các phản ứng kết thúc đem cô
cạn hỗn hợp thu được chất rắn Y. Nung Y đến khối lượng không đổi được 17,40 gam chất rắn Z. Nồng độ
% của Cu(NO3)2 trong dung dịch X có giá trị gần nhất với
A. 27,5

B. 28,0

C. 28,5

D. 29,0

Câu 7. Cho 2,56 gam Cu vào 36 gam dung dịch HNO3 42%, thu được dung dịch X và V lít (đktc) hỗn
hợp khí gồm NO và NO2. Thêm tiếp 150 mL dung dịch KOH 2M (dư) vào X, lọc bỏ kết tủa, cô cạn phần
dung dịch, thu được chất rắn Y. Nhiệt phân toàn bộ Y, thu được 22,6 gam chất rắn. Biết các phản ứng xảy
ra hoàn toàn. Giá trị của V là
A. 0,896.

B. 0,448.

C. 1,344.

D. 0,672.

Trang 17



Câu 8. Hoà tan hoàn toàn 5,12 gam Cu vào 48 gam dung dịch HNO3 42% thu được dung dịch X và V lít
khí (đktc). Cho X tác dụng hết với 160 mL dung dịch NaOH 2M, lọc bỏ kết tủa, thu được dung dịch Y. Cô
cạn Y, thu được chất rắn Z. Nung Z đến khối lượng không đổi, thu được 19,76 gam chất rắn. Giá trị của V
là
A. 1,792.

B. 0,896.

C. 2,688.

D. 2,240.

Câu 9. Hịa tan hồn tồn 7,68 gam bột Cu vào dung dịch chứa 0,48 mol HNO 3, khuấy đều thu được V lít
khí (đktc) và dung dịch X chứa hai chất tan. Cho tiếp 200ml dung dịch NaOH 2M vào dung dịch X rồi cô
cạn, nung đến khối lượng không đổi thu được 34,88 gam hỗn hợp rắn Z gồm ba chất. (Biết các phản ứng
xảy ra hoàn toàn). Giá trị của V là?
A. 5,376 lit

B. 1,792 lit

C. 2,688 lit

D. 3,584 lit

Câu 10. Hòa tan hết 10,24 gam Cu bằng 200 ml dung dịch HNO 3 3M được dung dịch A. Thêm 400 ml
dung dịch NaOH 1M vào dung dịch A để làm kết tủa hết ion Cu 2+. Lọc bỏ kết tủa, cô cạn dung dịch được
chất rắn khan đem nung đến khối lượng không đổi thu được 26,44 gam chất rắn. Số mol HNO 3 đã phản
ứng với Cu là

A. 0,58 mol.

B. 0,4 mol.

C. 0,48 mol.

D. 0,56 mol.

Câu 11. Đốt cháy m gam bột Cu ngồi khơng khí một thời gian được chất rắn X. Hoà tan hoàn toàn X
trong 200 gam dung dịch HNO 3, thu được dung dịch Y và 2,24 lít khí NO(sản phẩm khử duy nhất, ở
đktc). Y tác dụng vừa đủ với 300 ml dun dịch NaOH 2M, thu được kết tủa Z. Lọc lấy Z, nung trong
khơng khí đến khối lượng không đổi được 20,0 gam chất rắn. Giá trị của m và nồng độ phần trăm của
dung dịch HNO3 đã dùng lần lượt là:
A. 16,0 và 22,05%

B. 19,2 và 11,54%

C. 24,0 và 12,81%

D. 28,8 và 18,28%

Câu 12. Hịa tan hồn tồn 11,6 gam hỗn hợp A gồm Fe và Cu vào 87,5 gam HNO 3 50,4%, sau khi kim
loại tan hết thu được dung dịch X. Cho 500ml dung dịch KOH 1M vào dung dịch X thu được kết tủa Y và
dung dịch Z. Lọc lấy Y rồi nung nóng trong khơng khí đến khối lượng khơng đổi thu được 16,0 gam chất
rắn. Cô cạn dung dịch Z được chất rắn T. Nung T đến khối lượng không đổi thu được 41,05 gam chất rắn.
Nồng độ % của muối Fe(NO 3)3 có trong dung dịch X gần nhất với giá trị nào dưới đây? (Đặng Thúc
Hứa – Nghệ An lần I)
A. 15%.

B. 29%.


C. 44%.

D. 11%.

Câu 13. Hòa tan hết 20,16 gam hỗn hợp gồm Fe và Cu trong 224 gam dung dịch HNO 3 31,5% thu được
dung dịch X chỉ chứa các muối. Cho 500 ml dung dịch NaOH 1,6M vào dung dịch X, lọc bỏ kết tủa, cơ
cạn dung dịch nước lọc, sau đó nung tới khối lượng không đổi thu được 54,04 gam rắn khan. Nếu đem cô
cạn dung dịch X, lấy muối khan nung tới khối lượng không đổi thấy khối lượng chất rắn giảm 40,08 gam.
Giả sử nước bay hơi không đáng kể. Nồng độ phần trăm của Fe(NO3)3 trong dung dịch X gần nhất với
A. 8,9%.

B. 8,6%.

C. 8,0%.

D. 8,4%.

Câu 14. Hòa tan hết 21,2 gam hỗn hợp chứa Cu và Fe vào 200 gam dung dịch HNO 3 44,1%. Kết thúc
phản ứng thu được dung dịch X (không chứa ion NH4+). Cho 600 ml dung dịch KOH 1,7M vào dung dịch
Trang 18


X, lọc lấy kết tủa nung ngồi khơng khí đến khối lượng không đổi thu được 28,0 gam rắn khan. Phần
dung dịch nước lọc đem cơ cạn sau đó nung đến khối lượng không đổi thu được 84,67 gam rắn. Nồng độ
phần trăm của Fe(NO3)3 có trong dung dịch X là
A. 17,71%.

B. 17,79%.


C. 17,82%.

D. 15,64%.

Câu 15. Hòa tan 13,92 gam hỗn hợp M gồm Fe và Cu vào 105 gam dung dịch HNO 3 50,4%, sau khi kim
loại tan hết thu được dung dịch X và V lít (đktc) hỗn hợp khí A (gồm hai chất khí có tỉ lệ số mol 3:2). Cho
500 ml dung dịch KOH 1,2M vào dung dịch X thu được kết tủa Y và dung dịch Z. Lọc lấy Y rồi nung
trong khơng khí đến khối lượng không đổi thu được 19,2 gam chất rắn. Cô cạn dung dịch Z được chất rắn
T. Nung T đến khối lượng không đổi thu được 49,26 gam chất rắn Q. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
Nồng độ phần trăm của Fe(NO3)3 trong dung dịch X gần nhất với giá trị nào sau đây ? (TTLT Diệu Hiền
– TP Cần Thơ)
A. 12%.

B. 20%.

C. 40%.

D. 14%.

Câu 16. Hòa tan hoàn toàn 19,4 gam hỗn hợp X gồm Fe và Cu trong dung dịch chứa 1,2 mol HNO 3, sau
khi các kim loại tan hết thu được dung dịch Y (khơng chứa NH 4+) và V lít (ở đktc) hỗn hợp khí Z gồm hai
khí có tỉ lệ mol 1 : 2. Cho 500 ml dung dịch KOH 1,7 M vào Y thu được kết tủa D và dung dịch E. Nung
D trong khơng khí đến khối lượng khơng đổi, thu được 26 gam chất rắn F. Cô cạn cẩn thận E thu được
chất rắn G. Nung G đến khối lượng không đổi, thu được 69,35 gam chất rắn khan. Biết các phản ứng đều
xảy ra hoàn toàn. Giá trị của V là
A. 10,08

B. 11,20

C. 13,44


D. 22,4

Câu 17. Hòa tan hoàn toàn 3,92 gam bột Fe vào 44,1 gam dung dịch HNO 3 50% thu được dung dịch X

(không có ion NH 4 , bỏ qua sự hịa tan của các khí trong nước và sự bay hơi của nước). Cho X phản ứng

với 200 ml dung dịch chứa đồng thời KOH 0,5M và NaOH 1M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn,
lọc bỏ kết tủa thu được dung dịch Y. Cô cạn Y thu được chất rắn Z. Nung Z đến khối lượng không đổi, thu
được 20,56 gam hỗn hợp chất rắn khan. Nồng độ phần trăm của Fe(NO3)3 trong dung dịch X là
A. 38,71%.

B. 37,18%.

C. 37,52%.

D. 35,27%.

Câu 18. Hòa tan hết 14,8 gam hỗn hợp Fe và Cu vào 126 gam dung dịch HNO 3 48% thu được dung dịch
X( không chưa muối amoni). Cho X phản ứng với 400 ml dung NaOH 1M và KOH 0,5 M, thu được kết
tủa Y và dung dịch Z. Nung Y trong khơng khí đén khối lượng khơng đổi thu được hỗn hợp 20 gam Fe 2O3
và CuO. Cô cạn dung dịch Z, thu được hỗn hợp chất răn khan T. Nung T đến khối lượng không đổi, thu
được 42,86 gam hỗn hợp chất rắn. Nồng độ phần trăm của Fe(NO 3)3 trong X có giá trị gần nhất với giá trị
nào sau đây
A. 7,6

B. 8,2

C. 6,9


D. 7,9

Câu 19. Hoà tan hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm Cu và Fe vào 63 gam dung dịch HNO 3 42% (dư) thu
được dung dịch X (chứa 3,5m gam muối nitrat kim loại) và khí bay ra (chứa 2,4 gam nguyên tố oxi).
Cho X tác dụng hết với 180 mL dung dịch KOH 2M, lọc kết tủa rồi cô cạn nước lọc được chất rắn Y.
Nung Y đến khối lượng không đổi, thu được 29,44 gam chất rắn.
Trang 19


Biết rằng N+5 chỉ tạo thành hai sản phẩm khử. Giá trị gần nhất với m là
A. 5.

B. 6.

C. 8.

D. 9.

Câu 20. Hịa tan hồn tồn 10,4 gam hỗn hợp Cu và CuO vào 63 gam dung dịch HNO 3 50% thu được
dung dịch X và V lít khí (đktc gồm 2 khí có số mol bằng nhau). Cho X tác dụng hết với 250 ml dung dịch
NaOH 2M, thu được 14,7 gam kết tủa và dung dịch Y. Cô cạn Y được chất rắn Z. Nung Z đến khối lượng
không đổi, thu được 31,6 gam chất rắn. Giá trị của V là:
A. 2,80.

B. 1,12.

C. 1,68.

D. 2,24.


Câu 21. Cho m gam hỗn hợp Cu và CuO vào 45 gam dung dịch HNO 3 42% (dư), thu được dung dịch E
(chứa 2,5m gam muối) và khí bay ra (chứa 1,12 gam nguyên tố oxi).
Cho 150 mL dung dịch KOH 2M (dư) vào E, lọc bỏ kết tủa, cô cạn nước lọc thu thu được chất rắn T.
Nung nóng T, thu được 24,34 gam chất rắn.
Giả thiết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là
A. 7,52.

B. 5,92.

C. 5,76.

D. 7,20.

Câu 22. Hòa tan hết 10,8 gam hỗn hợp Fe 3O4 và Mg trong 180 gam dung dịch HNO 3 29,75% (lấy dư
25% so với phản ứng) thu được dung dịch X (khơng chứa NH 4NO3) và hỗn hợp khí Y gồm 3 khí khơng
màu trong đó có một khí hóa nâu. Cho từ từ đến hết dung dịch chứa 0,8 mol NaOH vào dung dịch. Lọc bỏ
kết tủa, cô cạn dung dịch nước lọc rồi nung đến khối lượng không đổi thu được 54,04 gam rắn khan.
Nồng độ Fe(NO3)3 trong dung dịch X là
A. 12,12%.

B. 11,68%.

C. 11,54%.

D. 11,42%.

Câu 23. Hòa tan hết 116,4 gam hỗn hợp gồm Fe, Fe 3O4 và CuO trong 900 gam dung dịch HNO 3 35,0%,
sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch X chỉ chứa các muối có khối lượng 373,0 gam
và hỗn hợp khí Y. Cho dung dịch có chứa 4,75 mol NaOH vào dung dịch X, lọc bỏ kết tủa; phần dung
dịch nước lọc đem cô cạn sau đó nung ở nhiệt độ cao tới khi khối lượng không đổi thu được 320,5 gam

rắn. Phần trăm khối lượng oxi có trong Y là
A. 30%.

B. 47,76%.

C. 60%.

D. 35,82%.

Trang 20


Đáp án
1. A
11. A
21. A

2. D
12. A
22. C

3. B
13. D
23. B

4. A
14. C

5. B
15. D


6. C
16. A

7. A
17. A

8. A
18. D

9. D
19. A

10. D
20. D

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1. Đáp án A
56 x  16 y  4,32
�Fe : x �
��
� x  y  0, 06
�
O: y
�
�BTe : 3x  2 y  0, 02 �3
nHNO3 pứ = 2nO + 4nNO = 0,2 mol ⇒ nHNO3 bđ = 0,24 mol.
⇒ X gồm Fe(NO3)3 (0,06 mol) và HNO3 (0,04 mol).
⇒ dung dịch sau chứa NaNO3 (BT gốc NO3: 0,06 × 3 + 0,04 = 0,22 mol)
và NaOH (BTNT(Na): 0,26 – 0,22 = 0,04 mol) ||⇒ m = 20,3 gam

Câu 2. Đáp án D
Nhận xét: nếu 0,2 mol NaOH cho vào X mà phản ứng hết
⇒ chỉ tính riêng 0,2 mol NaNO3 trong Y cô cạn cho 0,2 mol NaNO2
đã nặng 13,8 > 13,51 gam rồi. → chứng tỏ Y gồm x mol NaNO3 + y mol NaOH.
⇒ có hệ x + y = 0,2 mol và 69x + 40y = 13,51 gam ||⇒ x = 0,19 mol; y = 0,01 mol.
➤ chú ý thêm NaOH + Y → 0,01 mol khí ||⇒ X chứa 0,01 mol NH4NO3. Sơ đồ:
�
Mg2+ : 0, 08mol
�
Mg
� H + : 0, 02mol
{ +HNO
1 2 33 � +
�
0, 08mol
0, 24mol
NH4 : 0, 01mol
�

�
�
NO �+ N; O +H 2O.
{
0,19mol �

3

⇒ bảo tồn điện tích có nH+ cịn dư = 0,02 mol.
• bảo tồn ngun tố H có nH2O = 0,09 mol ⇒ nO spk = 0,06 mol (theo bảo toàn O).
tiếp tục bảo toàn nguyên tố N có nN spk = 0,04 mol ⇒ mspk = mN + mO = 1,52 gam.

Câu 3. Đáp án B
Thêm NaOH k có khí thốt ra nên trong dung dịch k có muối amoni. Nếu NaOH phản ứng hết thì chất rắn
chắc chắn có 0,9 mol NaNO2 có khối lượng là: 62,1 > 57,75. Vậy nên NaOH dư
a  b  0,9
a  0,15
�NaOH : a
�
�
��
��
�
40a  69b  57, 75 �
b  0, 75
�NaNO2 : b �
� nNO ( X )  0, 75
3

nHNO3  0,9, nMg  0,3

Trang 21


�Mg ( NO3 ) 2 : 0,3
�HNO : 0, 75  0,3.2  0,15
3
�
�
� Mg  HNO3 � �
�N : 0,9  0, 75  0,15
�

�
O : 0, 075
�
�
�
�H 2O : 0,375
� mdd spu  7, 2  150  0,15.14  0, 075.16  153,9
� C % HNO3 :

0,15.63
 6,14%
153,9

Câu 4. Đáp án A
NaOH xử lí dung dịch sau phản ứng dạng cô cạn dung dịch → đặc trưng rồi.!
||→ xem xét: 1,0 × (40 + 46) = > 63,2 gam → 1,0 mol NaOH đi về NaNO3 và dư NaOH nữa.
||→ giải hệ được nNaOH = 0,2 mol và nNaNO3 = 0,8 mol.
0,2 mol Fe nếu lên thằng 0,2 mol Fe(NO3)3 cũng mới 0,6 mol NO3–
||→ chứng tỏ dư 0,2 mol HNO3 nữa trong X và đúng là Fe đã lên Fe3+
Theo đó, bảo tồn N ||→ nN spk = 0,4 mol; bảo toàn H → nHO = (1,2 – 0,2) ÷ 2 = 0,5 mol.
Ghép cụm "H2O": nO spk = 0,4 × 3 – 0,5 = 0,7 mol.
tỉ lệ: nO spk ÷ nN spk = 0,7 ÷ 0,4 = 1,75. tỉ lệ này chứng tỏ phải có 1 khí là NO2.
► nhanh theo trắc nghiệm: thử đáp án.
► nhanh theo tự luận: sử dụng tỉ lệ 1 ÷ 3 và số O : N trung bình để lập sơ đồ đường chéo
||→ khí cịn lại nO ÷ nN = 1 : 1 là NO.
# nữa: đặt a,b, x rồi giải và biện luận.! Tóm lại là cặp (NO và NO2) → chọn A. ♥.
Câu 5. Đáp án B
nCu = 0,2 mol ;
X gồm 0,2 mol Cu(NO3)2 và HNO3 , nKOH = 0,7 mol
Lọc kết tủa rồi nung đến khối lượng không đổi. Giả sử KOH dư

=> chất đem nung gồm KNO3 : x và KOH : y
=> sản phẩm : x mol KNO2 và y mol KOH có :
m = 85x + 56y = 56,5g và nK = x + y = 0,7 (bảo toàn K)
=> x = 0,6 ; y = 0,1 mol
Bảo toàn N : nN(khí) = nHNO3 – nNO3 muối = 0,8 – 0,6 = 0,2 mol = nkhí
=> V = 4,48 lit
Câu 6. Đáp án C
Nhận thấy nếu dung dịch NaOH vừa đủ thì chất rắn thu được chỉ chứa NaNO 2: 0,21 mol và CuO : 0,04 →
mZ = 0,21.69+ 0,04. 80 = 17,69 > 17,4 gam → Chất rắn Z chứa NaOH dư, CuO, NaNO2

Trang 22


�NaNO3
Cu ( NO3 )2
�
�
0,21molNaOH
t�
�����
� chất rắn Y �NaOH ��
� 17,4 gam
0,04 mol Cu ���� Dd X �
 Cu ( OH ) 2
HNO
3
�
�
Cu (OH ) 2
�

 HNO3
0,24 mol

�NaNO2 : xmol
�
�NaOH : ymol
�
CuO : 0, 04mol
�
Bảo toàn nguyên tố Na → x+ y = 0, 21
Theo đề bài 69x+ 40y + 0,04. 80 = 17,4 → x= 0,2 và y = 0,01
Gọi sản phẩm khử chứa N và O
Nhận thấy toàn bộ NO3- trong dung dịch X chuyển hết về NO3- trong NaNO3
→ nNO3- ( trong X) = nNaNO3= 0,2mol
Bảo toàn nguyên tố N → nN(khí) = 0,24- 0,2 = 0,04 mol
Bảo tồn electron cho tồn bộ q trình → 2nO(khí)= 5nN- 2nCu → nO ( khí)= (0,04.5 - 2. 0,04) : 2=0,06 mol
mdd= 2,56 + 25,2- 0,06.16 - 0,04.14= 26,24 gam
→ %Cu(NO3)2 =

0, 04.188
×100%= 28,66%.
26, 24

Câu 7. Đáp án A
Cu  4 HNO3 ��
� Cu  NO3  2  2 NO2 �  2 H 2O
x

4x


x

2x

3Cu  8 HNO3 ��
� 3Cu  NO3  2  2 NO �  4 H 2O
3y
HNO3

8y

3y

�
�HNO3 : 0, 24   4 x  8 y 
X�
Cu  NO3  2 : 0,04
�

2y
�KNO3 : 0,32   4 x  8 y 
�
Y�
 2 KNO3
�KOH :  4 x  8 y   0, 02

 KOH ��
� KNO3  H 2O

Cu  NO3  2  2 KOH ��

� Cu  OH  2
�
�KNO2 : 0,32   4 x  8 y 
�
�KOH :  4 x  8 y   0, 02

85 �
0,32   4 x  8 y  �
 4 x  8 y   0, 02 �
�
� 56 �
�
� 22, 6
��
� 4 x  8 y  0,12

�x  3 y  0, 04
�x  0, 01
��
��
��
�V  22, 4 �0, 04  0,896 L
�
�4 x  8 y  0,12
�y  0, 01
Câu 8. Đáp án A
cho 0,32 mol NaOH vào X thu được dung dịch Y, nếu:
• NaOH thiếu, Y gồm NaNO3 + Cu(NO3)2 thì riêng 0,32 mol NaNO3.
khi nung cho 0,32 mol NaNO2 đã nặng 22,08 gam > 19,76 gam rồi.!
⇒ NaOH còn dư, Y gồm x mol NaNO3 + y mol NaOH

nung cho Z gồm x mol NaNO2 + y mol NaOH.
⇒ có x + y = 0,32 mol; 69x + 40y = 19,76 gam ||⇒ x = 0,24 mol; y = 0,08 mol.
Trang 23


nCu = 0,08 mol; nHNO3 = 0,32 mol ⇒ Tổng kết, có sơ đồ phản ứng:
�
�
NO �
Cu2+
�
��
Cu
NO3 �+� �+H2O.
3 �� +
{ +HNO
{
123
NO2
H
0, 08mol
�
0, 24mol � �
0,32mol
bảo tồn ngun tố có nN trong spk = 0,32 – 0,24 = 0,08 mol.
YTHH 01 – sự đặc biệt của nguyên tố trong hỗn hợp
⇒ có nhỗn hợp khí = nN spk = 0,08 mol ⇒ V = 1,792 lít.
Câu 9. Đáp án D
Sơ đồ quá trình phản ứng:
�

�
Cu OH  2 �
CuO �
�
�
� �
Cu NO3  2 �� �
�
�
0,12 mol
�
�6 4 7 48 �
NaNO2
�
�
�
�
NaNO3
�
Cu NO3  2 � NaOH
���
Cu
���
��
�
3 � H 2O+ N; O +�
{ +HNO
0,4
mol
123

HNO3
�
�
Cu OH  2 � �
CuO �
0,12 mol
�
�
0,48 mol
123
�
�
� �
�
�0,08 mol
�
NaNO3 �� �NaNO2 �
�
�
�
�
NaOH � �
NaOH �
�
�
�
34,88 gam là hỗn hợp 3 chất rắn ⇒ chúng là 0,12 mol CuO + x mol NaNO2 và y mol NaOH
⇒ x + y = ∑nNa = 0,4 mol và 69x + 40y + 80 × 0,12 = 34,88 ||⇒ giải: x = 0,32 mol; y = 0,08 mol.
⇒ ∑nNO3– trong X = 0,32 mol mà có 0,12 mol Cu(NO3)2 ⇒ nHNO3 dư = 0,08 mol.
Theo đó, bảo tồn ngun tố N có nN spk = 0,16 mol.

Cu có tính khử trung bình yếu ⇒ sản phẩm khử chỉ có thể là NO hoặc NO2 ||⇒ nspk = nN = 0,16 mol
⇒ V = 0,16 × 22,4 = 3,584 lít. Chọn đáp án D. ♠.
Câu 10. Đáp án D
Nếu chất rắn chỉ chứa NaNO2 → mchất rắn = 0,4. 69 = 27,6 gam > 26,44 → chất rắn gồm NaNO 2 : a mol và
NaOH dư : b mol
a  b  0, 4
a  0,36
�
�
��
Ta có hệ �
69a  40b  26, 44 �
b  0, 04
�
Ln có nNaOH pư = nHNO3 dư+ 2nCu(NO3)2 → nHNO3 dư = 0,36 - 2. 0,16 = 0,04 mol
→ nHNO3 pư = 0,6- 0,04 = 0,56 mol.
Câu 11. Đáp án A
20 gam chất rắn là CuO → nCu = nCuO = 0,25 mol → mCu = 16 gam
Vì nNaOH > 2nCuO → nHNO3dư = 0,1 mol
Bảo toàn nguyên tố N → nHNO3 = 2nCu(NO3)2 + nNO + nHNO3 dư= 2. 0,25 + 0,1 +0,1= 0,7 mol → C% =
0, 7.63
×100% = 22, 05% .
200
Câu 12. Đáp án A
KOH xử lí kép dung dịch sau phản ứng:
Trang 24


♦1: bấm 0,5 × (39 + 46) = 42,5 > 41,05 gam ||→ KOH còn dư trong Z.
Giải nKNO3 = 0,45 mol và nKOH dư = 0,05 mol → quan tâm ∑nNO3– trong X = 0,45 mol.

♦2: theo trên KOH dư nên ion kim loại bị tủa hết → 16,0 gam gồm CuO và Fe2O3.
Lại có mCu + Fe = 11,6 gam → giải nFe = 0,15 mol và nCu = 0,05 mol.
có nHNO3 = 0,7 mol; nếu H+ cịn dư trong X thì có nghĩa là Fe lên Fe3+ hết.
Xem nào, lúc đó riêng 0,15 mol Fe(NO3)3 và 0,05 mol Cu(NO3)2 đã là 0,55 mol NO3– > 0,45 rồi.
||→ có nghĩa là H+ hết, Fe khơng lên hết Fe3+ mà có Fe2+ nữa. ∑nNO3– trong X = 0,45 mol trên
nên giải hệ có nFe2+ = 0,1 mol và nFe3+ = 0,05 mol. đọc yêu cầu → cần tìm mdung dịch X nữa.!
có nN spk = 0,25 mol (theo bảo toàn N); nO spk = 0,4 mol (theo ghép cụm HOẶC bảo toàn e).
HOẶC bảo toàn khối lượng cả phương trình HNO3 đều có mspk = 9,9 gam
→ mdung dịch X = 89,2 gam ||→ yêu cầu C%Fe(NO3)3 ≈ 13,57%.
Câu 13. Đáp án D
♦ NaOH xử lí dd sau phản ứng (chuyên đề HNO3): 0,5 × 1,6 × (23 + 46) = 55,2 > 54,04
||→ lập và giải hệ nNaOH dư = 0,04 mol; nNaNO3 = 0,76 mol ||→ ∑nNO3– trong muối = 0,76 mol.
�
�
Fe2+
NO �
Fe
Fe O � �
� �
� 3+
� �
O + N; O +�
Fe
NO3 �� � 2 3 �+� 2 �
� �+HNO
3� H
2
{
{
O

Cu 1 2 3
CuO
��
�
2+
�
0,56mol
0, 76mol �
112mol
,
{
14 22 43
Cu
�
20,16gam
40, 08gam
nHNO3 = 1,12 mol ||→ nN spk = 1,12 – 0,76 = 0,36 mol; nH2O = 0,56 mol.
Ghép cụm "H2O" có nO spk = 0,36 × 3 – 0,56 = 0,52 mol ||→ mspk = 13,36 gam.
có rất nhiều cách linh hoạt để tìm ra được số mol Fe2+; Fe3+ và Cu2+.
Ở đây sẽ giới thiệu cách thực dụng nhất: mmuối X = 20,16 + 0,76 × 62 = 67,28 gam.
||→ mCuO + Fe2O3 = 27,2 gam kết hợp mCu + Fe = 20,16 gam giải nCu = 0,14 mol; nFe = 0,2 mol
∑nFe2+ + Fe3+ = 0,2 mol; kết hợp điện tích trong muối giải nFe2+ = 0,12 mol và nFe3+ = 0,08 mol.
Yêu cầu: %mFe(NO3)3 trong X = 0,08 ì 242 ữ (224 + 20,16 13,36) ≈ 8,39 %. Chọn D. ♠.
Câu 14. Đáp án C
KOH xử lí dung dịch sau phản ứng với đặc trưng cơ cạn và nung.!
||→ cách xử lí: có 1,02 mol KOH nếu chỉ đi về 1,02 mol KNO3 thì ít nhất trong 84,67 gam rắn
phải chứa 1,02 mol KNO2; mà 1,02 × (39 + 46) = 86,7 > 84,67 rồi.!
||→ 1,02 mol KOH đi về KNO3 và còn dư KOH sau phản ứng.!
Giải hệ số mol và tổng khối lượng {KOH + KNO2} (= 84,67 gam) được
kết quả: nKOH dư = 0,07 mol và nKNO3 = 0,95 mol.

||→ chứng tỏ 21,2 gam (Cu; Fe) đã chuyển hết thành 28 gam chất rắn khan (CuO và Fe2O3).
||→ giải hệ được nCu = 0,2 mol và nFe = 0,15 mol.
Tiếp: có 1,4 mol HNO3 mà trong dung dịch, ∑nNO3– = 0,95 mol (đi về KNO3);
3nFe3+ + 2nCu2+ = 0,85 mol → đúng là Fe đã lên Fe3+ và còn dư 0,1 mol HNO3 trong X.
Nhanh: bảo toàn N → nN spk = 0,45 mol; nH2O = (1,4 – 0,1) ÷ 2 = 0,65 mol (bảo toàn H).
Trang 25