kho bài tập

https://khobaitap.com

BÀI TẬP HÓA HỌC VẬN DỤNG CÁC ĐỊNH LUẬT

Bài tập 1.  Để m gam phôi bào sắt ngoài không khí, sau một thời gian biến thành hỗn hợp A có khối lượng 12 gam gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3. Cho A tác dụng hết với dung dịch HNO3 loãng dư thấy sinh ra 2,24 lít khí NO duy nhất ở đktc. Tính giá trị m.
tải xuống (3)

Bài tập 1.  Để m gam phôi bào sắt ngoài không khí, sau một thời gian biến thành hỗn hợp A có khối lượng 12 gam gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3. Cho A tác dụng hết với dung dịch HNO3 loãng dư thấy sinh ra 2,24 lít khí NO duy nhất ở đktc. Tính giá trị m.
GIẢI
A  +  HNO3 Fe(NO3)3  + NO  +  H2O
nFe(NO)= nFe = m/56  (mol);
           Bảo toàn nguyên tố N:
 ånHNO= nNO + 3.nFe(NO)=  0,1 + 3m/56 
Bảo toàn nguyên tố H:
 nHO = . nHNO=  (0,1 + 3m/56)/2 
ĐLBTKL: mA  +  mHNO = mFe(NO) + mNO + mHO
                       12 + 63.( 0,1 + 3m/56) = 242.m/56 + 30.0,1 + 18. (0,1 + 3m/56)/2
                        m = 10,08 (g)
Bài tập 2. Hỗn hợp X gồm Na, Ba, Na2O, BaO. Hòa tan hoàn toàn 21,9 gam X vào nước, thu được 1,12 lít khí H2 (đktc) và dung dịch Y, trong đó có 20,52 gam Ba(OH)2 và m gam NaOH. Tính m.
GIẢI
2Na  +  2H2O  2NaOH + H2  (1)
Ba  + 2H2O  Ba(OH)2 + H2   (2)
Na2O  +  H2O  2NaOH          (3)
      BaO + H2O  Ba(OH)2          ( 4)
Gọi x là số mol NaOH có trong dung dịch Y.
Bảo toàn H: nH (HO) = nNaOH + 2.nBa(OH)+ 2nH= x + 2.0,12 + 2.0,05 = x + 0,34 (mol)
           nHO ( pư) = 0,5x + 0,17  (mol)
ĐLBTKL:  mX + mHO (pư)  =  mNaOH + mBa(OH)+ mH
             21,9  + 18. ( 0,5x + 0,17) = 40x + 20,52 + 2.0,05 
    x = 0,14 (mol)    m =  0,14.40 = 5,6 (g)
Bài tập 3.   Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm x mol FeS2 và y mol Cu2S vào axit HNO3 (vừa đủ), thu được dung dịch X ( chỉ chứa hai muối sunfat) và khí NO ( sản phẩm khử duy nhất). Tính tỉ số x/y.
GIẢI
Cách 1: Bảo toàn nguyên tố
Bảo toàn Fe:  FeS2   Fe2(SO4)3
             x mol      0,5x mol
Bảo toàn Cu:  Cu2S  2CuSO4
             y mol       2y mol
ĐLBT nguyên tố S:   2x  +  y  =  0,5x . 3  + 2y = 1,5x + 2y
                     0,5x = y    =
Cách 2: Bảo toàn điện tích
dung dịch X chứa: Fe2(SO4)3  và CuSO4: 
FeS2 Fe3+  +  2SO42-                   Cu2S  2Cu2+  + SO42-
x mol    x mol     2x mol                y mol     2y mol   y mol
ĐLBTĐT:  ån điện tích dương = ån điện tích âm
                 Û 3x + 2.2y  = (2x + y).2 Û 2y = x  =
Bài tập 4.  Một khoáng chất X có thành phần phần trăm về khối lượng của các nguyên tố như sau: 20,93% nhôm; 21,7% silic, còn lại là oxi và hiđro. Xác định công thức của khoáng chất X.
GIẢI
Gọi a%, b% lần lượt là % khối lượng của O và H
a + b = 100 – ( 20,93 + 21,7) = 57,37 (I)
X chứa Al, Si, O, H nên có công thức dạng: AlxSiyOzHt  ( Với x, y, z, t nguyên dương)
Ta có: x : y : z : t =  : :  :
ĐLBTĐT: 3.x + 4y + (-2).z + t = 0 Û 3.  + 4.  - 2.  +   = 0  Û  - b = 5,426 (II)
Giải hệ PT   Û 
x : y : z : t =  : :  :  = 0,775 : 0,775 : 3,489 : 1,55 =  2: 2: 9: 4
 X có công thức dạng Al2Si2O9H4 hay Al2O3.2SiO2.2H2O
Bài tập 5. Nung 23,70 gam KMnO4 một thời gian được 22,10 gam hỗn hợp chất rắn X. Cho X tác dụng với dung dịch HCl đặc, đun nóng thu được dung dịch Y chứa các chất tan KCl, MnCl2, HCl dư và V lít khí Z (đktc).  Tính số mol HCl đã phản ứng? Tính giá trị V?
GIẢI
2KMnOK2MnO4 + MnO2 + O2 (1)
Chất rắn gồm KMnO4; K2MnO4, MnO2
2KMnO4 + 16HCl2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O (2)
K2MnO4 + 8HCl 2KCl + MnCl2 + 2Cl2 + 4H2O (3)
MnO2 + 4HCl MnCl2 + Cl2 + 2H2O (4)
nKMnO = 0,15 mol
BTKL:  mKMnO= mX + mO nO = 0,05 mol.
Bảo toàn nguyên tố O: nO (X) = 4. nKMnO – 2.nO = 0,5 mol
Từ các PTHH (2,3,4) ta thấy nO (X) = nHO mà nHCl = 2.nHO
Vậy nHCl (pư) = 0,5.2 = 1 mol
nKCl = nKMnO= 0,15 mol = nMnCl
Bảo toàn nguyên tố Cl: nHCl = nKCl + 2. nMnCl+ 2. nCl
 nCl = 0,275 mol  V = 0,275.22,4 = 6,16 (lít).
Bài tập 6.  Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm 0,3 mol Fe; 0,1 mol Fe3O4; 0,1 mol FeS2 vào dung dịch H2SO4 đặc nóng dư thu được dung dịch A. Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch A thu được kết tủa B. Lọc kết tủa, rửa sạch, sấy khô, nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn Y. Tính giá trị của m.
GIẢI

ånFe (X) = 0,3 + 0,1.3 + 0,1 = 0,7 (mol)
Vì nung kết tủa B trong không khí đến khối lượng không đổi Þ Y là Fe2O3
Bảo toàn nguyên tố Fe, ta có sơ đồ sau:
2Fe ( trong X) ® Fe2O3
0,7mol                0,35 mol   
  = 0,35. 160  =  56 (gam)
Bài tập 7.  Tính khối lượng quặng pirit chứa 75% FeS2 (còn lại là tạp chất trơ) cần dùng để điều chế 1 tấn dung dịch H2SO4 98%; biết hiệu suất quá trình điều chế H2SO4 là 80%.
GIẢI
(tấn)
Bảo toàn nguyên tố S: FeS2  2H2SO4
                                    120 (g)    2.98 (g)
(tấn)
Þm(quặng ­prit) = 1 (tấn)
Bài tập 8. Hoà tan hoàn toàn 32 gam hỗn hợp A gồm Fe2O3 và CuO vào 2,2 lít dung dịch HCl 0,5M, thu được dung dịch B. Cho a gam Al vào B đến khi phản ứng hoàn toàn, thu được 1,12 lít khí (đktc) với dung dịch D và hỗn hợp chất rắn E. Cho D phản ứng với dung dịch NaOH dư, thu được 9 gam kết tủa. Tính a?
GIẢI
Vì E là hỗn hợp Þ E phải có Cu, Fe và có thể có Al. Nếu có Al tức là Al dư Þ dd E chỉ có AlCl3 Þ khi cho D pư với dd NaOH dư sẽ không thu được kết tủa ( trái với giả thiết) Þ Al phải hết Þ E chỉ có Cu và Fe.
Vì E có Fe nên dd D không thể có FeCl3 mà chỉ có FeCl2
Từ những lập luận trên ta có sơ đồ:

Ta có: số mol FeCl2 = số mol Fe(OH)2 = 0,1 mol;
Bảo toàn nguyên tố Cl:  3. nAlCl + 2.nFeCl = 1,1 Þ 3. nAlCl + 2.0,1 = 1,1 Þ nAlCl = 0,3 mol
Þ nAl(bđ) = 0,3 mol  Þ a = 0,3. 27 = 8,1 (g)
Bài tập 9.   Cho 20,80 gam hỗn hợp Fe, FeS, FeS2, S tác dụng với dung dịch HNO3 đặc nóng dư thu được V lít khí NO2 (là sản phẩm khử duy nhất, đo ở đktc) và dung dịch A. Cho A tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư thu được 91,30 gam kết tủa. Tính V?
GIẢI
Quy đổi hỗn hợp Fe, FeS, FeS2, S thành hỗn hợp gồm Fe, S. Gọi x, y, z lần lượt là số mol của Fe, S và NO2. Theo đề, ta có:
Fe     Fe(OH)3
x mol        x mol
S       BaSO4
y mol      y mol
HNO  NO2
z mol         z mol
  
Bảo toàn nguyên tố Fe: 2Fe     Fe2(SO4)3
                                      0,2 mol       0,1 mol
Vì số mol nhóm (SO4) = 0,1.3 = 0,3 (mol) = nS  Toàn bộ S chuyển hết về Fe2(SO4)3  trong dung dịch A không chứa H2SO4.
Gọi z là số mol NO2. Bảo toàn nguyên tố N:  HNO3   NO2
                                                                        z mol          z mol
Bảo toàn nguyên tố H: 2HNO3   H2O
                                      z mol           mol
Fe              + S        +   HNO3  Fe2(SO4)­3     +  NO2    + H2O
0,2 mol     0,3 mol        z mol           0,1 mol         z mol      z/2 mol
ĐLBTKL:  20,8 + 63z = 400.0,1 + 46z + 18.z/2 = 40 + 55z
 8z = 19,2  z = 2,4 (mol)   V = 2,4.22,4 = 53,76 (lít)
Bài tập 10.  Hỗn hợp X gồm 0,25 mol Cu2S và a mol FeS2. Hòa tan hết X trong dung dịch HNO3 ( vừa đủ) thu được dd Y chỉ chứa 2 muối sunfat và thoát ra khí NO ( sản phẩm khử duy nhất). Tính a.
GIẢI
Bảo toàn nguyên tố Cu:  Cu2S      2CuSO4
                                        0,25 mol       0,5 mol
Bảo toàn nguyên tố Fe: 2FeS2  Fe2(SO4)3
                                       a mol            a/2 mol
Bảo toàn nguyên tố S ta có:  0,25 + 2a = 0,5 + 3.a/2  a = 0,5 (mol)
Bài tập 11.  Cho 33,6 gam hỗn hợp bột X gồm sắt với 2 oxit sắt tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc nóng, thu được 4,704 lít SO2 (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc) và còn 1,68 gam kim loại không tan.
a) Tính % khối lượng mỗi nguyên tố trong X.
b) Cho1,68 gam kim loại không tan ở trên vào dung dịch HCl 36,5% (dư 25%), được dung dịch Y. Cần dùng dung dịch chứa tối thiểu bao nhiêu gam KMnO4, có mặt H2SO4 loãng dư để phản ứng hết với dung dịch Y.
GIẢI
Đặt công thức chung của các oxit sắt là FexOy.
2Fe + 6H2SO4(đ)  Fe2(SO4)3 + 3SO2  + 6H2O   (1)
2FexOy  + ( 6x – 2y)H2SO4(đ) xFe2(SO4)3 + (3x – 2y)SO2  + (6x- 2y)H2O   (2)
Vì Fe dư  Þ  Fe2(SO4)3 hết theo phản ứng sau:
Fe + Fe2(SO4)3 FeSO4   (3)
Gọi x là số mol FeSO4; nSO= 4,704/22,4 = 0,21 (mol); mX (pư) = 33,6 – 1,68 = 31,92 (g)
Ta có sơ đồ sau:  X     +       H2SO4   FeSO4   +   SO2   +    H2O
                           31,92 (g)                       x mol       0,21 mol  
Bảo toàn S: nHSO= x + 0,21 (mol); 
Bảo toàn H:  nHO = nHSO= x + 0,21 (mol)
ĐLBTKL:  31,92 + 98.(x + 0,21) = 152.x + 0,21.64 + 18.(x + 0,21) Þ x = 0,49 (mol)
Þ åmFe = 0,49.56 + 1,68 = 29,12 (g)
Þ  %mFe = 29,12.100%/33,6 = 86,67%;  %mO = 13,33%
nFe (dư)  = 1,68/56 = 0,03 (mol)
Fe    +    2HCl  FeCl­2  +  H2
0,03 mol   0,06       0,03
nHCl (dư) = 0,06.25% = 0,015 (mol)
10HCl + 2KMnO4 + 3H2SO4 ® K2SO4 + 2MnSO4 + 5Cl2 + 8H2O
10FeCl2 + 6KMnO4 + 24H2SO4® 3K2SO4 + 6MnSO4 + 5Fe2(SO4)3 + 10Cl2 + 24H2O
nKMnO = .0,015 + .0,03 = 0,021 (mol) Þ nKMnO= 0,021.158 = 3,318 (g)
Bài tập 12.  Hòa tan hết a gam  X gồm FeS2 và Cu2S trong dung dịch HNO3 đặc nóng, vừa đủ, sau phản ứng thu được dung dịch Y chỉ gồm 2 muối sunfat và 5,6 lít hỗn hợp khí Z gồm NO2 và NO có khối lượng riêng bằng 1,7678 g/l ( thể tích các khí đo ở đktc). Tính giá trị của a.
GIẢI
nY =  = 0,25 (mol); mY = 5,6.1,7678 = 9,9 (g)
Gọi a, b lần lượt là số mol của NO2 và NO, ta có:
 a = 0,15 (mol); b = 0,1 (mol)
FeS2 + Cu2S + HNO3 ® Fe2(SO4)3 + CuSO4 + NO2 + NO + H2O
x mol   y mol                 mol           2y mol
Bảo toàn nguyên tố N: nHNO = nNO + nNO = 0,25 (mol)
Bảo toàn nguyên tố H: nHO = . nHNO = 0,125 (mol)
Bảo toàn nguyên tố O: 3.nHNO = 4.nSO + 2. nNO + nNO + nHO
                                     3.0,25 = 4. nSO + 2.0,15 + 0,1 + 0,125
                                    nSO = 0,05625  nS (X) = 0,05625 (mol) (Bảo toàn nguyên tố S)
Gọi x và y lần lượt là số mol của FeS2 và Cu2S  2x + y = 0,05625 (*)
ĐLBTKL : 120.x + 160.y + 63.0,25 = 400.  + 160.2y + 46.0,15 + 30.0,1 + 18.0,125
 x + 2y = 0,045 (**)
Từ (*) và (**) ta có: x = 0,0225 (mol); y = 0,01125 (mol)
 mX = 120.0,0225 + 160.0,01125 = 4,5 (g)
 
Bài tập 13.  Hỗn hợp bột mịn A gồm Al, Zn và S. Sau khi nung 33,02 gam A ( trong điều kiện không có không khí) một thời gian, nhận được hỗn hợp B. Nếu thêm 8,296 gam Zn vào B thì hàm lượng Zn trong B bằng ½ hàm lượng Zn trong A. Nếu hòa tan B trong H2SO4 loãng dư thì sau phản ứng còn lại 0,96 gam chất rắn không tan. Nếu thêm một thể tích không khí thích hợp vào B rồi đốt cháy hoàn toàn thu được hỗn hợp khí C ( trong đó N2 chiếm 85,8% về thể tích) và chất rắn D. Cho C qua dung dịch NaOH dư thì thể tích khí giảm 10,08 lít (đktc). Tính thể tích không khí ở đktc đã dùng và % khối lượng các chất trong B.
GIẢI
2Al + 3S  Al2S3
Zn + S ZnS
B gồm Al2S3, ZnS, Al, Zn và S dư. Vì S không tan trong H2SO4 mS (dư) = 0,96 (g)
 nS(dư) = 0,03 (mol)
(Viết 4 phản ứng của B với axit và 5 phản ứng của B với oxi)
Vì oxi vừa đủ  C gồm SO2 và N2
NaOH dư nên SO2 hết theo phản ứng sau: 2NaOH + SO2  Na2SO3 + H2O
 nSO2 = 10,08/22,4 = 0,45 (mol)
Bảo toàn nguyên tố S: nS (A) =  nS(B ) = nSO2 = 0,45 (mol)  mS (A) = 0,45.32 = 14,4 (g)
 Trong A: mAl + mZn = 33,02 – 14,4 = 18,62 (g)
Gọi x, y lần lượt là số mol của Al và Zn trong A:  27x + 65y = 18,62  (*)
%VSO2 (C) = 100% - 85,8% = 14,2%  nC =  = 3,169 (mol)
 nN2 = 85,8%.3,169 = 2,719 (mol)  Vkk = 2,719.  .22,4 = 76,132 (l)
Số mol O2 phản ứng với B là: nO2 = .nN2 = 0,68 (mol) trong đó có 0,45 mol phản ứng với S ( gồm S dư và S trong Al­2S3, ZnS), phần còn lại phản ứng với Al, Zn ( gồm Al dư, Zn dư và Al trong Al2S3 với Zn trong ZnS) Số mol O2 phản ứng với Al, Zn trong B = 0,68 – 0,45 = 0,23 (mol)  Số mol O2 phản ứng với Al, Zn trong A = 0,23 (mol)
4Al  + 3O2  2Al2O3
x          mol
2Zn + O2  2ZnO
y         mol
 nO =  +  = 0,23  3x + 2y = 0,92 (**)
Từ (*) và (**) x = 0,16 (mol); y = 0,22 mol
%mZn (A) =  = 43,307%
Sau khi thêm 8,296 gam Zn vào B, gọi z là số mol Zn dư trong B:
%mZn (đơn chất) =  = .43,307%  z = 0,01 (mol)
 có 0,22 – 0,01 = 0,21 (mol) Zn phản ứng tạo 0,21 mol ZnS.
Số mol S phản ứng với Al = ånS – nS (pư với Zn) – nS (dư) = 0,45 – 0,21 – 0,03 = 0,21 (mol)
 Số mol Al2S3 = 0,21/3 = 0,07 (mol)
%mAl2S3 =  = 31,8%; %mZnS =  = 61,69%
%mZn =  = 1,97%; %mS =  = 2,91%; %mAl = 1,63%
Bài tập 14. Nung 8,08 gam một muối A thu được các sản phẩm khí và 1,6 gam một hợp chất rắn không tan trong nước. Nếu cho sản phẩm khí đi qua 200 gam dung dịch NaOH 1,2% ở điều kiện xác định thì tác dụng vừa đủ và được dung dịch chứa một muối duy nhất có nồng độ 2,47%. Hãy xác định CTPT của muối A biết khi nung hóa trị của kim loại không biến đổi.
GIẢI
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có: mkhí = 8,08 – 1,6 = 6,48 g
Sản phẩm khí + dd NaOH ® dd muối 2,47% ;  nNaOH = = 0,06 mol
mdd muối = mkhí + mddNaOH = 6,48 + 200 = 206,48 g  mmuối = 5,1g
Ta có sơ đồ: Khí +   mNaOH ® NamA   ( Bảo toàn nguyên tố Na)
                        0,06          0,06/m
 mmuối =(23m + A). = 5,1  A = 62.m  m = 1; A = 62
 A là nhóm NO3  NaNO3
Vì sản phẩm khí phản ứng với NaOH chỉ cho được một muối duy nhất là NaNO3 ® Sản phẩm khí bao gồm: NO2, O2 do đó muối ban đầu X có thể là: M(NO3)n.
Khi đó:
4NO2    + O2   + 4NaOH ® 4NaNO3 + 2H2O
0,06     0,015    0,06
 + = 46.0,06 + 32.0,015 = 3,24 g < 6,48 g         
 Trong sản phẩm còn có hơi nước. Vậy muối X phải có dạng M(NO3)n.xH2O:      
2M(NO3)n.xH2O  M2On + 2nNO2 + O2 + 2xH2O
mY =  = (2M + 16n)  = 1,6 M =  = 56n/3                                           
 n= 3, M = 56 (Fe) là thỏa mãn  = = 0,02x =  = 0,18
            x = 9. Vậy công thức của muối X là: Fe(NO3)3.9H2O
Bài tập 15. Cho 19,52 gam hỗn hợp bột A gồm Fe và Cu vào dung dịch HNO3, khuấy đều đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 4,48 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất ở đktc), 400ml dung dịch B và còn lại 1,92 gam một kim loại. Xác định nồng độ mol/l của các chất tan trong dung dịch B.
GIẢI
Vì tính khử của Cu < Fe  Kim loại dư là Cu.
Cu dư HNO3 hết muối Fe(NO3)3 đã bị Cu khử hết thành Fe(NO)2 và Cu(NO3)2.
nNO =  = 0,2 (mol)
Gọi a, b lần lượt là số mol Fe và Cu đã phản ứng.
             56a + 64b = 19,52 – 1,92 = 17,6   (*)
A  +  HNO3  Fe(NO3)2 + Cu(NO3)2  +  NO  +    H2O
                            a mol          b mol          0,2 mol
Bảo toàn nguyên tố N  Số mol HNO3  =  2a + 2b + 0,2 (mol)
Bảo toàn nguyên tố H  Số mol H2O =  a + b + 0,1  (mol)
Áp dụng ĐLBTKL:  mA (pư) + mHNO = m muối + mNO + mHO­
17,6  + 63.(2a + 2b + 0,2) = 180a + 188b + 30.0,2 + 18.(a + b + 0,1)
72a + 80b = 22,4 (**)
Từ (*) và (**)  a = 0,2 mol; b = 0,1 mol
CM (Fe(NO3)2) = 0,2/0,4 = 0,5M;  CM (Cu(NO3)2) = 0,1/0,4 = 0,25M
Bài tập 16.   Cho m gam hỗn hợp A gồm hai kim loại Fe, Cu (trong đó Fe chiếm 30% về khối lượng) vào 50 ml dung dịch HNO3 nồng độ 63% (d = 1,38 gam/ml) đun nóng, khuấy đều hỗn hợp tới các phản ứng hoàn toàn thu được chất rắn nặng 0,75m gam, dung dịch B và 6,72 lít hỗn hợp khí NO2 và NO (ở đktc). Tính giá trị m.
GIẢI
nhỗn hợp khí  = = 0,3 (mol);       
mFe = 30%.m  = 0,3m (g); mA (dư) = 0,75 m (g) mA (pư) = m – 0,75m = 0,25m < 0,3m
Fe dư Cu chưa phản ứng  B chỉ chứa Fe(NO3)2
Fe + HNO3  Fe(NO3)2  + NO + NO2  + H2O
Vì số mol NO­3 tạo 2 khí = tổng số mol 2 khí = 0,3 (mol)
Số mol NO3 tạo muối = 0,69 – 0,3 = 0,39 (mol)
 nFe(NO) =  = 0,195 (mol)  nFe (pư) = 0,195 (mol) =   m = 43,68 (g)
Bài tập 17.  Đốt cháy hoàn toàn x gam than chứa a% tạp chất trơ không cháy. Do thiếu oxi nên thu được hỗn hợp khí CO và CO2 với tỉ lệ thể tích tương ứng là y : 1. Cho hỗn hợp khí đó đi từ từ qua ống sứ đựng b gam CuO ( dư) nung nóng. Sau khi xảy ra phản ứng hoàn toàn, khối lượng chất rắn còn lại trong ống sứ là c gam. Hòa tan hoàn toàn chất rắn đó bằng dd H2SO4 đặc, nóng dư thấy bay ra z lít khí mùi hắc ( đktc). Cho khí ra khỏi ống sứ hấp thụ hoàn toàn vào dd nước vôi trong thu được p gam kết tủa và dung dịch X. Đun nóng dd X đến khi khí ngừng thoát ra lại thấy xuất hiện thêm q gam kết tủa nữa. Lập biểu thức tính x, y, z, V theo a, b, c, p, q.
GIẢI
C + O2 CO2    (1);                                    2C + O2 2CO    (2) 
CuO + CO  CO2 + Cu  (3);                       CuO  +  H2SO4  CuSO4  + H2O (4)
Cu + 2H2SO4  CuSO4 + SO2 + 2H2O  (5)
CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O            (6)
2CO2 + Ca(OH)2  Ca(HCO3)2                (7) hoặc: CO2 + H2O + CaCO3  Ca(HCO3)2
Ca(HCO3)2  CaCO3  + CO2 + H2O     (8)
Theo (3): nCu = nCO = nCO2 (3) =  (mol); Theo (5):   (mol)   (lít)
Theo (6,7,8): å (mol);  ;  
  =  ;   nC (ban đầu)å   mC = 12.
%mC = (100- a)%  . 12.   (g)
Bài tập 18.  Hòa tan hết 2,56 gam Cu vào 25,2 gam dung dịch HNO3 nồng độ 60% thu được dung dịch A và hỗn hợp khí B gồm NO, NO2. Thêm 210 ml dung dịch NaOH 1M vào dung dịch A. Sau khi phản ứng kết thúc, đem cô cạn hỗn hợp thu được chất rắn X. Nung X đến khối lượng không đổi được 17,4 gam chất rắn Y. Tính nồng độ % của dung dịch A.
GIẢI
(mol); (mol); (mol)
Cu   +   HNO3    Cu(NO3)2 +  NO + NO2 + H2O
0,04 mol                 0,04 mol
Dung dịch A có Cu(NO3)2, có thể có HNO3 dư.
ddA 
Bảo toàn Cu: nCuO = nCu = 0,04 (mol)
Nếu NaOH hết thì nNaNO= nNaOH = 0,21 (mol)
nCuO =  = 0,036375 (mol) < 0,04 mol: vô lý  NaOH dư.
Gọi x là số mol NaOH phản ứng  nNaNO= x (mol)
nNaOH dư = 0,21- x  mY = 80. 0,04 + 69x + 40.(0,21 - x) = 17,4
 x = 0,2  nNaNO = 0,2 mol
Bảo toàn N:  nNO + nNO2 = 0,24 – 0,2 = 0,04 (mol)
nHNO(pư) = 2.nCu(NO)+ n­NO + nNO = 2.0,04 + 0,04 = 0,12 (mol)
Bảo toàn H: nHO = . nHNO=  0,06 (mol)
ĐLBTKL: mCu + mHNO= mCu(NO)+ ( m­NO + mNO) + mHO
                            2,56 + 63.0,12 = 188.0,04 + ( m­NO + mNO) + 18.0,06
 NO + mNO = 1,52 (g)
dung dịch A chứa: nCu(NO)= nCu  = 0,04 mol; nHNO(dư) = 0,24 - 0,12 = 0,12 mol
 mddA = 2,56 + 25,2 – 1,52 = 26,24 (g)
 C% (HNO3) = .100% = 28,81%;   C%(Cu(NO3)2) = 28,66%
Bài tập 19. Cho m gam bột sắt vào dung dịch gồm Fe(NO­3)3 0,04M và H2SO4 0,28M đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 0,2m gam chất rắn và 0,04 mol hỗn hợp khí gồm NO và H2. Biết NO là sản phẩm khử duy nhất. Xác định giá trị m.
GIẢI
Vì có H2 tạo thành  Nhóm NO3 đã chuyển hết thành NO.
Mặt khác, vì Fe dư  muối tạo thành là muối sắt (II) sunfat: FeSO4
nFe(pư) = m – 0,2m = 0,8m.
Vì 0,04 : 0,28 = 1 : 7  Nếu gọi a là số mol Fe(NO3)3 thì số mol H2SO4 là 7a mol.
Bảo toàn nhóm SO4  nFeSO= 7a mol
Bảo toàn nguyên tố N và O:  Fe(NO3)3  3NO  + 6H2O
                                               a mol            3a mol   6a mol
Ta có sơ đồ phản ứng:
Fe (0,8m gam) +    + FeSO4 (7a mol) + H2O (6a mol) Bảo toàn nguyên tố H: 2.7a = 2.(0,04-3a) + 2.6a  8a = 0,08  a = 0,01 (mol)
Bảo toàn nguyên tố Fe:  + 0,01 = 7.0,01  m = 4,2 (g)
GIẢI
Gọi x là số mol mỗi kim loại ta có: 56x + 24x + 64x =14,4  x = 0,1
Khối lượng muối nitrat kim loại là: 242.0,1 + 148.0,1 + 188.0,1 = 57,8 gam < 58,8 gam
Trong muối rắn thu được có NH4NO3 và có khối lượng là: 58,8 – 57,8 = 1 (gam)
Số mol NH4NO3 = 1/80 = 0,0125 (mol)
nX = 2,688/22,4 = 0,12 (mol)
Vì hỗn hợp 4 khí trên NO2, NO, N2O, N2 trong đó số mol N2 bằng số mol NO2 ta coi 2 khí này là một khí N3O2 NO.N2O cho nên hỗn hợp bốn khí được coi là hỗn hợp 2 khí NO và N2O với số mol lần lượt là a và b.
Như vậy, ta có sơ đồ:
(Fe, Mg, Cu) +  HNO3  Fe(NO3)3+Cu(NO3)2+Mg(NO3)2 + NH4NO3 +  NO  +  N2O + H2O
                                                                                                           a mol   b mol
 nHNO = 3.0,1 + 2.0,1 + 2.0,1  + 2.0,0125 + a + 2b = a + 2b + 0,725  (mol)
 =  a + 2b + 0,725 – 4.0,0125 = a + 2b + 0,675 (mol)
 nHO = 0,5a + b + 0,3375  (mol)    (*)
Áp dụng ĐLBTKL: 
                         14,4 + 63.( a + 2b + 0,0725 ) = 58,8 + 30a + 44b + 18.(0,5a + b + 0,3375)
          24a + 64b = 4,8 (I);  Mặt khác:  a + b = 0,12 (**)
Từ (*) và (**) suy ra:  a = 0,072 (mol);  b = 0,048 (mol)
Tổng số mol HNO3 đã phản ứng =  0,072 + 2.0,048 + 0,725 = 0,893 (mol).
Bài tập 20.  Hòa tan hoàn toàn 27,04 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, Al2O3, Mg(NO3)2 vào dung dịch chứa hai chất tan NaNO3 và 1,08 mol H2SO4 (loãng). Sau khi kết thúc các phản ứng, thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối (MgSO4, Al2(SO4)3, Na2SO4, (NH4)2SO4) và 0,28 mol hỗn hợp Z gồm N2O, H2. Tỷ khối của Z đối với H2 bằng 10. Dung dịch Y tác dụng tối đa với dung dịch chứa 2,28 mol NaOH, thu được 27,84 gam kết tủa. Tính thành phần % khối lượng của nhôm kim loại có trong X.
GIẢI
nZ = 0,28 mol; dZ/H= 10  MZ = 20  mZ = 5,6 (g)
 Gọi x, y lần lượt là số mol của N2O và H2. Ta có:      ;  
nMg(OH)=  = 0,48 (mol); vì có H2 tạo ra  Toàn bộ nhóm NO3 đã chuyển hết thành N2O và (NH4)2SO4
27,04 gam X+   + + H2O (d mol)
Gọi a, b, c, d lần lượt là số mol NaNO3, Al2(SO4)3, (NH4)2SO4 và H2O
2NaNO3  Na2SO4  ( Bảo toàn Na);       
a mol            a/2 mol                                  
ddY + 2,28 mol NaOH (tối đa) 0,48 mol Mg(OH)2 +   + NH3  + H2O
H2SO4  Na2SO4 ( Bảo toàn nhóm SO4)
1,08 mol   1,08 mol
  

 
Lấy (*) + (**), vế theo vế  14a – 342b - 60c = - 53,12
Giải hệ PT  
Xem hỗn hợp X chỉ chứa ( Mg; Al; O: t mol và nhóm NO3: z mol)
 nMg = 0,48 mol; nAl = 0,16.2 = 0,32 mol.
BTNT (N): z + 0,2 = 0,12.2 +0,02.2  z = 0,08 (mol)
mX = 24.0,48 + 27.0,32 + 16.t + 62.0,08 = 27,04 t = 0,12 (mol)
 nAlO =  = 0,04
 nAl (X) = 0,32 – 2.0,04 = 0,24 (mol)  %mAl =  = 23,96%
Bài tập 21.  Hấp thụ hoàn toàn 0,35 mol CO2 vào dung dịch chứa 0,2 mol NaOH  và 0,2x mol KOH. Sau phản ứng làm bay hơi cẩn thận dung dịch thu được 37,5 gam chất rắn. Xác định x.
GIẢI
Giả sử trong 37,5 gam chất rắn có chứa a mol HCO3- và b mol CO32- ( a  0; b  0)
Theo bảo toàn điện tích trong dung dịch sau phản ứng, bảo toàn khối lượng và bảo toàn nguyên tố C ta có:
 ÛÛ
Bài tập 22.  Cho 14,4 gam hỗn hợp Fe, Mg, Cu (số mol mỗi kim loại bằng nhau) tác dụng hết với dung dịch HNO3 thu được dung dịch X và 2,688 lít (đktc) hỗn hợp gồm 4 khí N­2, NO, N2O, NO2 trong đó 2 khí N2 và NO2 có số mol bằng nhau. Cô cạn cẩn thận dung dịch X thu được 58,8 gam muối khan. Tìm số mol HNO3 đã phản ứng.
GIẢI
Gọi x là số mol mỗi kim loại ta có: 56x + 24x + 64x =14,4  x = 0,1
Khối lượng muối nitrat kim loại là: 242.0,1 + 148.0,1 + 188.0,1 = 57,8 gam < 58,8 gam
Trong muối rắn thu được có NH4NO3 và có khối lượng là: 58,8 – 57,8 = 1 (gam)
Số mol NH4NO3 = 1/80 = 0,0125 (mol)
nX = 2,688/22,4 = 0,12 (mol)
Vì hỗn hợp 4 khí trên NO2, NO, N2O, N2 trong đó số mol N2 bằng số mol NO2 ta coi 2 khí này là một khí N3O2  NO.N2O cho nên hỗn hợp bốn khí được coi là hỗn hợp 2 khí NO và N2O với số mol lần lượt là a và b.
Sơ đồ: (Fe, Mg, Cu) +  HNO3  Fe(NO3)3+Cu(NO3)2+Mg(NO3)2 + NH4NO3 +  NO  +  N2O + H2O
                                                                                                                       a mol   b mol
nHNO = 3.0,1 + 2.0,1 + 2.0,1  + 2.0,0125 + a + 2b = a + 2b + 0,725  (mol)
 =  a + 2b + 0,725 – 4.0,0125 = a + 2b + 0,675 (mol)
 nHO = 0,5a + b + 0,3375  (mol)    (*)
Áp dụng ĐLBTKL:   14,4 + 63.( a + 2b + 0,0725 ) = 58,8 + 30a + 44b + 18.(0,5a + b + 0,3375)
                       24a + 64b = 4,8 (I);  Mặt khác:  a + b = 0,12 (**)
Từ (*) và (**) suy ra:  a = 0,072 (mol);  b = 0,048 (mol)
Tổng số mol HNO3 đã phản ứng =  0,072 + 2.0,048 + 0,725 = 0,893 (mol).