Khám Phá Tư Duy Giả Nhanh Thần Tốc

NGUYỄN ANH PHONG vi et bo ok .c om .v n TRƯỜNG ĐẠI HỌC NGOẠI THƯƠNG HÀ NỘI ng PHIÊN BẢN MỚI NHẤT kh a Áp dụng đúng định luật Kết hợp đúng các định luật Những dạng toán khó thường gặp trong kì thi Quốc gia NHAØ XUAÁT BAÛN ÑAÏI HOÏC QUOÁC GIA HAØ NOÄI .v n MỤC LỤC om PHẦN I: TƯ DUY SÁNG TẠO ĐỂ HIỂU BẢN CHẤT HÓA HỌC ................................................................................................. 3 .c A. Định luật bảo toàn nguyên tố (BTNT)............................................. 4 ok B. Định luật bảo toàn electron (BTE) ................................................. 22 bo C. Định luật bảo toàn điện tích (BTDT)............................................. 50 D. Định luật bảo toàn khối lượng (BTKL) ......................................... 64 vi et PHẦN II: LUYỆN TẬP KỸ NĂNG – KỸ XẢO GIẢI TOÁN BẰNG CÁC ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN ..................................... 79 kh a ng PHẦN III: NHỮNG CON ĐƯỜNG TƯ DUY GIẢI CÁC DẠNG TOÁN CỤ THỂ. ......................................................................... 185 Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt PHẦN I TƯ DUY SÁNG TẠO ĐỂ HIỂU BẢN CHẤT HÓA HỌC kh a ng vi et bo ok .c om .v n Trước đây khi chúng ta áp dụng hình thức thi tự luận thì cách tư duy trong Hóa Học là viết phương trình phản ứng sau đó đặt ẩn vào phương trình rồi tính toán. Nhưng với kiểu thi trắc nghiệm hiện này những kiểu tư duy như vậy sẽ gặp rất nhiều hạn chế nếu không muốn nói là rất nguy hiểm. Nhiều thầy cô không trải qua những kì thi trắc nghiệm nên có lẽ sẽ không hiểu hết được sức ép về thời gian kinh khủng như thế nào. Điều nguy hiểm là khi bị ép về thời gian hầu hết các bạn sẽ mất bình tĩnh dẫn tới sự tỉnh táo và khôn ngoan giảm đi rất nhiều. Là người trực tiếp tham gia trong kì thi năm 2012 của Bộ Giáo dục và Đào tạo tại trường Đại học Ngoại thương Hà Nội và trường Đại học Y Thái Bình, và rất nhiều lần thi thử tại các trung tâm ở Hà Nội như: Đại học Sư phạm, Đại học KHTN, HTC, Chùa Bộc, Học mãi…, với tất cả kinh nghiệm và tâm huyết luyện thi đại học nhiều năm tại Hà Nội, tác giả mạnh dạn trình bày bộ tài liệu “Những con đường tư duy thần tốc trong Hóa học”. Trong quá trình đọc và luyện tập, tác giả mong muốn các bạn hãy tích cực suy nghĩ, tư duy để hiểu phong cách giải toán hóa học của mình. Khi các bạn đã hiểu được lối tư duy của mình các bạn sẽ thấy hóa học thật sự là rất đơn giản. Trong phần I của cuốn sách này mình muốn trình bày về hướng mới để hiểu bản chất của các phản ứng hóa học. Ta có thể hiểu bản chất của các phản ứng Hóa học chỉ là quá trình nguyên tố di chuyển từ chất này qua chất khác, hay nói một cách khác là quá trình kết hợp giữa các nguyên tố để tạo ra vô số chất khác nhau. Cũng giống như trong âm nhạc chỉ có 7 nốt nhạc nhưng khi kết hợp lại có thể tạo ra vô số giai điệu. Sự kì diệu là ở chỗ đó.Trong quá trình các nguyên tố di chuyển sẽ có hai khả năng xảy ra: Khả năng 1: Số oxi hóa của các nguyên tố không đổi. Khả năng 2: Số oxi hóa của các nguyên tố thay đổi. Dù cho khả năng nào xảy ra thì các quá trình hóa học vẫn tuân theo các định luật kinh điển là: (1) Định luật BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ. (2) Định luật BẢO TOÀN ELECTRON. (3) Định luật BẢO TOÀN ĐIỆN TÍCH. (4) Định luật BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG. Mục đích của mình khi viết phần I là các bạn hiểu và áp dụng được thành thạo các định luật trên. Bây giờ chúng ta cùng đi nghiên cứu về các định luật trên. 3 Khám phá tư duy giải nhanh thần tốc Hóa Học – Nguyễn Anh Phong A. ĐỊNH LUẬT BÀO TOÀN NGUYÊN TỐ (BTNT) Bản chất của định luật BTNT là 1 hay nhiều nguyên tố chạy từ chất này qua chất khác và số mol của nó không đổi. Điều quan trọng nhất khi áp dụng BTNT là các bạn phải biết cuối cùng nguyên tố chúng ta cần quan tâm nó “chui ” vào đâu rồi? Nó biến thành những chất nào rồi?Các bạn hết sức chú ý : Sẽ là rất nguy hiểm nếu các bạn quên hoặc thiếu chất nào chứa nguyên tố ta cần xét.Sau đây là một số con đường di chuyển quan trọng của các nguyên tố hay gặp trong quá trình giải toán. (1) Kim loại → muối →Hidroxit → oxit. om .v n Fe2 +  3+ Fe(OH)2 t 0 FeO axit Kiem Ví dụ : Fe →  →  → Fe Fe2 O3 Fe(OH)3 Cl − , NO − ,SO2 − 3 4  Thường dùng BTNT.Fe bo ok .c  NO3−   NO2  NO Chat khu (2) HNO  Thường dùng BTNT.N  → 3 N 2O N  2  NH 4 NO3 ng vi et SO24 −  SO Chat khu (3) H SO   →  2 Thường dùng BTNT.S 2 4 S H S  2 kh a  H O BTNT.H → 2 H 2 SO 4  H 2 Thường dùng BTNT.H hoặc BTNT.O (4)   H O  BTNT.H → 2 HCl  H 2  (5) C H O N x y z t 4 →  BTNT.C CaCO3  → CO2 →  Ca(HCO3 )2    BTNT.H  → H 2O   BTNT.N → N2    CO BTNT.O    → 2  H 2 O Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt .c Cu : 0,33 (mol) 0,15 : CuFeS 2  BTNT Ta có :   → Fe : 0,24 (mol) 0, 09 : Cu 2 FeS 2 S : 0, 48 (mol)  om .v n SO24 − BaSO 4   (6) FeS;S;CuS, FeS 2 ... → Fe ( OH ) → Fe2 O3 Thường dùng BTNT.S,Fe,Cu 3  CuO  Cu ( OH )2 Chúng ta cùng nhau nghiên cứu các ví dụ cụ thể để làm rõ vấn đề trên nhé! Câu 1 : Cho hỗn hợp 0,15 mol CuFeS 2 và 0,09 mol Cu 2 FeS 2 tác dụng với dung dịch HNO 3 dư thu được dung dịch X và h ỗn hợp khí Y gồm NO và NO 2 . Thêm BaCl 2 dư vào dung dịch X thu được m gam kết tủa . Mặt khác, nếu thêm Ba(OH) 2 dư vào dung d ịch X, lấy kết tủa nung trong không khí t ới khối lượng không đổi được x gam chất rắn. Giá trị của m và x là : A. 111,84 và 157,44 B. 112,84 và 157,44 C. 111,84 và 167,44 D. 112,84 và 167,44 Bài toán khá đơn giản ta chỉ cần sử dụng BTNT thuần túy là xong. bo ok → m 0, 48.233 = 111,84 (gam) BaSO 4 : 0, 48 =   BaSO 4 : 0, 48 BTNT ⇒ Chọn A  →  BTKL → x = 157, 44 (gam) x Fe2 O3 : 0,12   CuO : 0,33   kh a ng vi et Câu 2 : Trung hòa 3,88 gam hỗn hợp X gồm 2 axit cacboxylic mạch hở, no, đơn chức bằng dung dịch NaOH, cô cạn được 5,2 g muối khan. Nếu đốt cháy 3,88 g X thì cần thể tích O 2 (đktc) là : A. 3,36 B. 2,24 C. 5,6 D. 6,72 5, 2 − 3,88 Ta có : n X = nRCOONa = = 0,06 → nOTrong X = 0,12 (mol) 22 C : a (mol )  BTKL → X  H : 2a (mol )  →14a + 0,12.16 = 3,88 (gam) O : 0,12(mol )  nCO : 0,14 BTNT → a 0,14 (mol )  = → 2 nH 2O : 0,14 0,14.3 − 0,12 = 0,15(= mol) → V = 0,15.2,24 3,36(lít ) 2 Câu 3: Hòa tan hết 14,6 gam hỗn hợp gồm Zn và ZnO có tỉ lệ mol 1:1 trong 250 gam dung dịch HNO 3 12,6% thu được dung dịch X và 0,336 lit khí Y (đktc). Cho BTNT .O  = → nOPhan ung 2 5 Khám phá tư duy giải nhanh thần tốc Hóa Học – Nguyễn Anh Phong từ từ 740 ml dung dịch KOH 1M vào dung dịch X thu được 5,94 gam kết tủa.Nồng độ % của muối trong X là : A. 14,32 B. 14,62 C. 13,42 D. 16,42 Ta có: 0,2(mol)  n : 0,1(mol) → n e = 14,6  Zn n= 0, 015(mol) → n NH4 NO a(mol) = Y 3  n ZnO : 0,1(mol) Max Có NH 4 NO 3 vì nếu Y là N 2 → n= 0,15 < 0,2 e .v n Sau khi cho KOH vào thì K nó chạy đi đâu?Việc trả lời câu hỏi này sẽ giúp ta tiết kiệm rất nhiều thời gian và không cần quan tâm HNO 3 thừa thiếu thế nào. om 0, 46(mol)  n KNO3 : 0,74 − 0,14.2 = BTNT.K 0,74molKOH + X  → 0,14(mol)  n K2 ZnO2 : 0,2 − 0, 06 = Y và NH3 BTNT.N n= 0,5  → n Trong = 0,5 − 0, = 46 0, 04 (mol) HNO3 N  n NH NO : 0, 01 →  4 3 → % Zn ( NO3 )2 + NH 4 NO3  n N 2 O : 0, 015 ) .c ( ok 0,2.189 + 0, 01.80 = .100 14,62% → Chọn B 250 + 14,6 − 0, 015.44 kh a ng vi et bo Câu 4:Hỗn hợp X gồm FeS, FeS 2 , CuS tan vừa hết trong dung dịch chứa 0,33 mol H 2 SO 4 đặc sinh ra 0,325 mol khí SO 2 và dung dịch Y. Nhúng thanh Fe nặng 50 gam vào Y, phản ứng xong thấy thanh Fe nặng 49,48 gam và thu được dung dịch Z. Cho Z phản ứng với HNO 3 đặc, dư sinh ra khí NO 2 duy nhất và còn lại dung dịch E (không chứa NH 4 +). Khối lượng muối dạng khan có trong E là m gam. Giá trị lớn nhất của m là: A. 20,57 B. 18,19 C. 21,33 D. 21,41. Bài toán này là một bài toán BTNT khá hay. Cái hay của bài toán ở chỗ: (1). Các bạn khó suy ra nên áp dụng bảo toàn nguyên tố nào. (2). Đề bài số liệu về thanh Fe gây nhiễu. (3). Về mặt kiến thức do HNO 3 đặc dư nên muối cuối cùng có thể là muối nitrat. Để giải nhanh bài tập này ta đưa ra các câu hỏi đặt ra là: H trong H 2 SO 4 chạy đi đâu rồi? – Nó chạy vào H 2 O. O trong H 2 SO 4 chạy đi đâu rồi ? – Nó chạy vào muối SO 24 − , SO 2 và H 2 O. BTNT.Hidro Ta có: → = n H2O 0,33 (mol) BTNT.O  → n Otrong muoi = 0,33.4 − 0,325.2 − 0,33= 0,34 (mol) 0,34 trong muoá i → n SO = = 0,085(mol) 2− 4 4 6 BTNT.S  → Z : FeSO 4 : 0,085 (mol) Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt BTNT.Fe  = → n Fe( NO3 ) 0, 085 = (mol) → m = 0, 085.242 20,57 (g) 3 Chú ý :Vì HNO 3 đặc nóng dư nên khối lượng muối lớn nhất là muối Fe(NO 3 ) 3 → Chọn A Câu 5: Cho 158,4 gam hỗn hợp X gầm Fe, Fe ( NO3 )2 , Fe ( NO3 )3 và một bình kín .c om .v n không chứa không khí rồi nung bình ở nhiệt độ cao để phản ứng xảy ra hoàn toàn, khối lượng chất rắn giảm 55,2 gam so với ban đầu. Cho chất rắn này tác dụng với HNO 3 thu được V(lít) khí NO và dung dịch Y. Cho NaOH dư vào Y được kết tủa Z.Nung Z ngoài không khí tới khối lượng không đổi được m gam chất rắn.Giá trị của m là : A. 196. B. 120. C. 128. D. 115,2. Vì phản ứng hoàn toàn và chất rắn tác dụng với HNO 3 có khí NO → 55,2 gam là NO 2 . 55,2 BTNT.N Ta có := n NO2 = 1,2 (mol)  → n NO2 46 BTKL Trong X Trong X = n= 1,2 (mol)  → m= 158, 4 − 1,2.62 = 84 (gam) Fe NO − 3 ok Sau các phản ứng Fe sẽ chuyển thành Fe 2 O 3 : 84 BTNT.Fe  →= n Fe = 1,5(mol) → n Fe = 0, 75(mol) → = m 0, 75.160 = 120(gam) 2 O3 56 bo Câu 6: Một hỗn hợp X gồm HO − [ CH 2 ]2 − OH ; CH 3 OH; CH 2 =CH– CH 2 OH; ng vi et C 2 H 5 OH; C 3 H 5 (OH) 3 . Cho 25,4 gam hỗn hợp X tác dụng với Na dư thu được 5,6 lít H 2 (đktc). Mặt khác, đem đốt cháy hoàn toàn 25,4 gam hỗn hợp X thu được a mol CO 2 và 27 gam H 2 O. Giá trị của a là : A. 1,25 B. 1 C. 1,4 D. 1,2 Các bạn hãy trả lời câu hỏi sau : H trong nhóm OH của X đã đi đâu ? – Nó biến thành H 2 . kh a Khối lượng X gồm những gì? – Tất nhiên là m X = ∑ m ( C, H,O ) Ta có : BTNT.H BTNT.O Trong X = n H2 0,25(mol)  = → n OH 0,5(mol)  = → n OTrong X 0,5(mol) BTNT.H Trong X = n H2 O 1,5(mol)  → n= = 1,5.2 39(mol) H BTKL + BTNT.C  → 25,4 = 12a + 3.1 + 0,5.16 →= a 1,2 (mol) → Chọn D Câu 7: Hỗn hợp X gồm axit axetic, axit fomic và axit oxalic. Khi cho m gam X tác dụng với NaHCO 3 dư thì thu được 15,68 lít khí CO 2 (đktc). Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn m gam X cần 8,96 lít khí O 2 (đktc), thu được 35,2 gam CO 2 và y mol H 2 O. Giá trị của y là: A. 0,8. B. 0,3. C. 0,6. D. 0,2. 7 Khám phá tư duy giải nhanh thần tốc Hóa Học – Nguyễn Anh Phong Để ý thấy : H + + HCO3− → CO2 + H 2 O .Do đó ta có n CO = n= 0,7 (mol) H+ 2 H + sinh ra từ đâu? – Từ nhóm COOH trong X. BTNT.H BTNT.O Trong X Trong X  = → n H+ n= 0,7(mol)  → n= = 0,7.2 1, 4 (mol) COOH O om .v n BTNT.O → n OTrong X = + n OTrong O2 n OTrong CO2 + n OTrong H2 O   →y= 0,6 (mol)  ThaySô = 0,8.2 + y  →1,4 + 0,4.2 Câu 8: Cao su buna-N được tạo ra do phản ứng đồng trùng hợp giữa buta-1,3-đien với acrilonitrin. Đốt cháy hoàn toàn một lượng cao su buna-N với không khí vừa đủ (chứa 80% N 2 và 20% O 2 về thể tích), sau đó đưa hỗn hợp sau phản ứng về 136,5oC thu được hỗn hợp khí và hơi Y (chứa 14,41% CO 2 về thể tích). Tỷ lệ số mắt xích giữa buta-1,3-đien và acrilonitrin là A. 1:2. B. 2:3. C. 3:2. D. 2:1. Ta có : BTNT cacbon CO2 : 4a + 3b(mol ) → .c BTNT hidro  → H 2 O : 3a + 1,5b(mol ) a 2 4a + 3b = → nCO2 + nH 2O + nN 2 b 3 et = → 0,1441 bo ok C4 H 6 : a (mol ) BTNT  → BTNT oxi n pu 4a 3b 3a + 1,5b 5,5a 3, 75b(mol )  → O= + + = + C H N b mol : ( ) 2  3 3 2 b BTNT Nito  → nN 2= + 4nOpu= 22a + 15,5b(mol ) 2 2 ng vi Câu 9: Đốt cháy hoàn toàn 29,6 gam hỗn hợp X gồm CH 3 COOH,C x H y COOH,và (COOH) 2 thu được 14,4 gam H 2 O và m gam CO 2 . Mặt khác, 29,6 gam hỗn hợp X phản ứng hoàn toàn với NaHCO 3 dư thu được 11,2 lít (đktc) khí CO 2 . Tính m: A. 48,4 gam B. 33 gam C. 44g D. 52,8 g kh a Để ý thấy : H + + HCO3− → CO2 + H 2 O .Do đó ta có n CO = n= 0,5 (mol). H+ 2 H + sinh ra từ đâu? – Từ nhóm COOH trong X. BTNT.H BTNT.O Trong X Trong X n H+ n= 0,5(mol)  0,5.2 1(mol)  = → → n= = COOH O BTKL  → 29,6 = ∑ m ( C,H,O ) 14,4 11,2 .2 − .2.16 = 12( gam) → mCO = 44( gam) → choï n C 2 18 22,4 Câu 10: Cho vào 1 bình kín một ít chất xúc tác bột Fe sau đó bơm vào bình 1 mol H 2 và 4 mol N 2 .Sau đó nung bình để xảy ra phản ứng (biết hiệu suất phản ứng là 30%).Sau phản ứng cho toàn bộ hỗn hợp khí qua ống đựng CuO dư thấy ống giảm m (gam).Tính m? A.8 (gam) B. 16 (gam) C. 24 (gam) D. 32 (gam) → mC = 29,6 − 8 Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt Bài toán trên có nhiều bạn không để ý sẽ bị bẫy khi cứ đi tính toán cho quá trình tổng hợp NH 3 . Điều này là không cần thiết vì cuối cùng H 2 sẽ biến thành H 2 O. Khối lượng ống đựng CuO giảm chính là khối lượng O có trong H 2 O. BTNT.H 2 Ta có ngay:= n H2 1(mol)  →= n H2 O 1(mol) → ∆m= m= 1.16 = 16(gam) → Chọn B O ↓ om Ta có ngay : n Mg = 1(mol) BTNT.Mg   → n Mg(NO3 )2 = 1(mol)  BTE → n e = 2(mol)   .v n Câu 11: Cho 24 gam Mg tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa a mol HNO 3 .Sau phản ứng thu được hỗn hợp khí X gồm các khí N 2 ; N 2 O có số mol bằng nhau và bằng 0,1mol. Tìm giá trị a. A.2,8 B. 1,6 C. 2,54 D. 2,45 N 2 : 0,1 2 − 0,1.10 − 0,1.8 BTE  → n NH4 NO3 = = 0, 025(mol)  8 N 2 O : 0,1 3 ∑ N(Mg(NO ) ; NH NO ; N O; N 3 2 4 .c BTNT.N  → n HNO = 3 2 ok → n HNO = 1.2 + 0,025.2 + 0,1.2 + 0,1.2 = 2,45 (mol) 3 2 ) → Choï n D et bo Câu 12:Nung 32,4 gam chất rắn X gồm FeCO 3 ,FeS,FeS 2 có tỷ lệ số mol là 1:1:1 trong hỗn hợp khí Y gồm O 2 và O 3 có tỷ lệ số mol là 1:1.Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.Số mol Y tham gia phản ứng là : A.0,38 B.0,48 C.0,24 D.0,26 ng vi FeCO3 : 0,1(mol) Fe2 O3 : 0,15(mol)   BTNT X FeS : 0,1(mol)  → SO2 : 0,3(mol) Ta có:   FeS2 : 0,1(mol) CO2 : 0,1(mol) → n Ophaûn öùng = 0,1.2 + 0,3.2 + 0,15.3 − 0,1.3 = 0,95(mol) kh a O : a BTNT.O Y :  2  →= 5a 0,95 → = a 0,19(mol) →= nY = 2a 0,38(mol) O 3 : a Câu 13: Hỗn hợp khí X gồm O 2 và O 3 có tỷ lệ số mol là 1:1. Hỗn hợp khí Y gồm CH 4 và C 2 H 2 tỷ lệ mol 1:1. Đốt cháy hoàn toàn 2 mol Y thì cần bao nhiêu lít X (đktc): A. 80,64 B. 71,68 C. 62,72 D. 87,36 CH :1(mol) Chaùy CO2 : 3(mol) BTNT.O Ta coù: Y  4  →  → n Ophaûn öùng = 9(mol) C2 H 2 :1(mol) H 2 O : 3(mol) O : a(mol) BTNT.O → X 2  → 5a = 9 →= a 1,8(mol) O3 : a(mol) 9 Khám phá tư duy giải nhanh thần tốc Hóa Học – Nguyễn Anh Phong → = VX 1,8.2.22, = 4 80,64 (lít) →Chọn A Câu 14: Cho 108,8 gam hỗn hợp X gồm Fe 2 O 3 , Fe 3 O 4 ,FeO tác dụng với HCl vừa đủ. Thu được 50,8 gam muối FeCl 2 và m gam muối FeCl 3 .Giá trị của m là: A.146,25 B.162,5 C.130 C.195 BTNT.Clo → 0,4.2 + 3(a − 0,4) = 2b   →  BTKL → 56a + 16b = 108,8   om a = 1, 4(mol) → → m FeCl3 = 1.162,5 = 162,5(gam) b = 1,9(mol) .v n  FeCl 2 : 0, 4(mol) BTNT.Fe → Fe : a(mol)  Ta có: 108,8  FeCl3 : a − 0, 4(mol)  BTNT.O b → n Cl 2b(mol) → n H= = − 2O O : b(mol)  BÀI TẬP LUYỆN TẬP SỐ 1 kh a ng vi et bo ok .c Câu 1: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp A chứa 1 mol FeS , 1 mol FeS 2 , 1 mol S cần vừa đủ V lít khí O 2 (đktc).Tính giá trị của V? A.116,48 B. 123,2 C. 145,6 D. 100,8 Câu 2: Cho 1 mol Fe tác dụng hoàn toàn với O 2 (dư).Khối lượng chất rắn thu được là bao nhiêu? A.80 (gam) B. 160 (gam) C. 40 (gam) D. 120 (gam) Câu 3: Cho 32 gam Cu tác dụng với lượng dư axit HNO 3 .Khối lượng muối thu được ? A.72 (gam) B. 88 (gam) C. 94 (gam) D. 104 (gam) Câu 4: Đốt cháy 8,4 gam C thu được hỗn hợp khí X gồm (CO và CO 2 ) có tỷ lệ số mol 1:4.Tính khối lượng hỗn hợp X. A.27,2 (gam) B. 28,56 (gam) C. 29,4 (gam) D. 18,04 (gam) Câu 5: Nung hỗn hợp rắn gồm a mol FeCO 3 , b mol FeS 2 và c mol FeS trong bình kín chứa không khí dư. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, đưa bình về nhiệt độ ban đầu, thu được chất rắn duy nhất Fe 2 O 3 và hỗn hợp khí. Biết áp suất hỗn hợp trước và sau khi phản ứng bằng nhau. Mối liên hệ giữa a , b , c là : A. a = b + c B. a = 2b + c C. a = b – c D. a = 2b – c . Câu 6: Để luyện được 800 tấn gang có hàm lượng sắt 95% , cần dùng x tấn quặng manhetit chứa 80% Fe 3 O 4 (còn lại là tạp chất không chứa sắt). Biết rằng lượng sắt bị hao hụt trong quá trình sản xuất là 2%. Giá trị của x là A. 1325,16. B. 959,59. C. 1338,68. D. 1311,90. Câu 7: Đốt cháy hoàn toàn m gam photpho ngoài không khí thu được chất rắn A. Hòa tan A vào nước thu được dung dịch B. Trung hòa dung dịch B bằng dung dịch NaOH để tạo muối trung hòa, thu được dung dịch D. Cho thêm dung dịch AgNO 3 vào dung dịch D đến dư thấy tạo thành 41,9 gam kết tủa màu vàng. Giá trị của m là: 10