Tuyển tập 30 bài tập hóa học BD HSG lớp 9 và lời giải

TUYỂN TẬP 30 BÀI TẬP HÓA HỌC BD HSG LỚP 9 VÀ LỜI GIẢI
Bài 1: Hòa tan 115,3 g hỗn hợp X gồm MgCO
3
và RCO
3
bằng 500ml dd
H
2
SO
4
thu được dd A , rắn B và 4,48 lít khí CO
2
(đktc). Cô cạn dd A thu
được 12g muối khan. Mặt khác, nung B đến khối lượng không đổi thu 11,2
lít CO
2
(đktc) và rắn C.
a. Tính nồng độ mol của dd H
2
SO
4
, khối lượng rắn B và C.
b. Xác định R biết trong X số mol RCO
3
gấp 2,5 lần số mol MgCO
3
.
Bài làm:
a) MgCO
3
+ H

2
SO
4

→
MgSO
4
+ CO
2
↑
+ H
2
O (1)
x x x x
RCO
3
+ H
2
SO
4

→
RSO
4
+ CO
2
↑
+ H
2
O (2)

y y y y
Nung B tạo CO
2

→
B còn , X dư. Vậy H
2
SO
4
hết.
Từ (1) và (2) : n
H2SO4
=n
CO2
=
4,22
48,4
= 0,2 mol.
→
C
MH2SO4
=
5,0
2,0
= 0,4(M) .
Theo Định luật BTKL: mx + m
H2SO4
= m
A
+ m

B
+ m
H2O
+ m
CO2


→
m
B
= 115,3 + 0,2.98 – 12 – 0,2(18+44) = 110,5 (g)

Nung B thu 11,2 lít CO
2
và rắn C
→
m
C
=m
B
-m
CO2
= 110,5-0,5.44=88,5 (g)
b. Từ (1) và (2): x+y= 0,2 mol
n
CO2
= 0,2 mol
→
m
SO4

= 0,2 . 96 = 19,2g > 12g
→
có một muối tan MgSO
4
và RSO
4
không tan
→
n
MgCO3
= n
MgSO4
=
120
12
= 0,1 mol
→
n
RCO3
= n
RSO4
= 0,2-0,1 =0,1 mol
TUYỂN TẬP 30 BÀI TẬP HÓA HỌC BD HSG LỚP 9 VÀ LỜI GIẢI
Nung B, RSO
4
không phân hủy, chỉ có X dư bị nhiệt phân
Đặt a = n
MgCO3
→
R

CO3
= 2,5a (trong X)
MgCO
3
→
MgO + CO
2
(3)
a- 0,1 a-0,1
RCO
3
→
RO + CO
2
(4)
2,5a – 0,1 2,5a – 0,1
Từ (3) và (4) : n
CO2
= 3,5a – 0,2 = 0,5
→
a = 0,2
m
X
= 84.0,2 + 2,5.0,2(R + 60) = 115,3
→
R = 137 (Ba)

Bài 2: X là hỗn hợp hai kim loại Mg và Zn. Y là dd H
2
SO

4
chưa rõ nồng độ.
Thí nghiệm 1 : Cho 24,3 g X vào 2 lít Y sinh ra 8,96 lít khí H
2
(đktc).
Thí nghiệm 2 : Cho 24,3 g X vào 3 lít Y sinh ra 11,2 lít khí H
2
(đktc).
a. Chứng tỏ rằng trong thí nghiệm 1 thì X chưa tan hết, trong thí nghiệm
2 thì X tan hết.
b. Tính nồng độ mol của dd Y và khối lượng mỗi kim loại trong X.
Bài làm:
Các PTPƯ: Mg + H
2
SO
4

→
MgSO
4
+ H
2
↑
(1)

Zn + H
2
SO
4

→
ZnSO
4
+ H
2
↑
(2)
n
H2 ở TNI
=
4,22
96,8
= 0,4 mol
n
H2 ở TNII
=
4,22
2,11
= 0,5 mol
a. Với hh kim loại X không đổi , thể tích dd axit Y tăng gấp 3:2 = 1.5 lần mà
khối lượng H
2
giải phóng tăng 0,5 : 0,4 < 1,5 lần. Chứng tỏ trong TNI còn
TUYỂN TẬP 30 BÀI TẬP HÓA HỌC BD HSG LỚP 9 VÀ LỜI GIẢI
dư kim loại, trong TNII kim loại đã phản ứng hết, axit còn dư.
Từ (1) và (2) : n
H2SO4
= n
H2
= 0,4 mol ( ở TNI)

b. Gọi x là số mol Mg, thì 0,5 – x là số mol của Zn, ta có:
24x + (0,5 – x)65 = 24,3
Suy ra : x = 0,2 mol Mg
Vậy : m
Mg
= 0,2 . 24 = 4,8 g.
m
Zn
= 24,3 – 4,8 = 19,5 g.
C
MH2SO4
= 0,4 : 2 = 0,2M
Bài 3: Có 5,56 g hỗn hợp A gồm Fe và mot kim loại M (có hóa trị không
đổi). Chia A làm hai phần bằng nhau. Phần I hòa tan hết trong dd HCl được
1,568 lít hydrô. Hòa tan hết phần II trong dd HNO
3
loãng thu được 1,344 lít
khí NO duy nhất. Xác định kim loại M và thành phần phần trăm khối lượng
mỗi kim loại trong A. (các thể tích khí ở đktc).
Bài làm:
Gọi 2a và 2b là số mol Fe và M trong 5,6g A.
Khối lượng mỗi phần của A là:
2
A
= 56a + Mb =
2
56.5
= 2,78g.
Phần tác dụng với HCl:
Fe + 2HCl

→
FeCl
2
+ H
2
↑
(1)
a a
M + nHCl
→
FeCl
n
+ n/2 H
2
↑
(2)
b
2
n
b
Theo (1) và (2) :
TUYỂN TẬP 30 BÀI TẬP HÓA HỌC BD HSG LỚP 9 VÀ LỜI GIẢI
n
H2
= a +
2
n
b =
4,22
568,1

= 0,07 mol ; hay 2a + nB = 0,14 (I)
Phần tác dụng với HNO
3
:
Fe + 4HNO
3

→
Fe(NO
3
)
3
+ NO
↑
+ 2H
2
O (3)
a a
3M + 4nHNO
3

→
3M(NO
3
)
n
+ NO
↑
+ 2nH
2

O (4)
b
3
n
b
Theo (3) va (4) :
nNO = a +
3
n
b =
4,22
344,1
= 0,06 mol.
Hay 3a + nb = 0,18 (II)
Giải hệ PT (I,II) ta được : a = 0,04 mol Fe.
Thay vào biểu thức trên : 56 . 0,04 + Mb = 2,78
Mb = 2,78 – 2,24 = 0,54
Thay vào (I) : nb = 0,14 – 0,08 = 0,06
nb
Mb
=
n
M
=
06,0
54,0
= 9 . Hay M = 9n
Lập bảng :
n 1 2 3 4

M 9 18 27 36
Cặp nghiệm thích hợp : n = 3 ; M = 27 . Vậy M là Al
Thay n = 3 vào (I) và (II) được b = 0,02
Thành phần % khối lượng mỗi chất :
TUYỂN TẬP 30 BÀI TẬP HÓA HỌC BD HSG LỚP 9 VÀ LỜI GIẢI
%m
Al
=
78,2
27.02,0
. 100 = 19,42%
%m
Fe
=
78,2
56.04,0
. 100 = 80,58%
Bài 4: Hỗn hợp chứa Al và Fe
x
O
y
. Sau phản ứng nhiệt nhôm thu được 92,35
gam chất rắn A. Hòa tan A bằng dung dịch NaOH dư , thấy có 8,4 lít khí
bay ra (ở đktc) và còn lại phần không tan B. Hòa tan 25% lượng chất B bằng
H
2
SO
4
đặc nóng thấy tiêu tốn 60 gam H
2

SO
4
98% . Giả sử tạo thành một
loại muối sắt III .
a- Tính lượng Al
2
O
3
tạo thành sau khi nhiệt nhôm .
b- Xác định công thức phân tử của ôxit sắt .
Bài làm:
a/ Lượng Al
2
O
3
tạo thành :
Các PTPƯ : 3 Fe
x
O
y
+ 2yAl
→
yAl
2
O
3
+ 3xFe (1)
Chất rắn A phải có Al dư , vì :
Al + NaOH + H
2

O
→
NaAlO
2
+ 3/2 H
2

↑
(2)
n
Al
=
2
3
=
4,22
4,8
= 0,25 (mol Al dư )
→
m
Al
= 6,75 (gam Al dư ) .
Sau phản ứng giữa A với NaOH dư , chất rắn B còn lại chỉ là Fe .
2Fe + 6H
2
SO
4

đ,n

→
Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3 SO
2
↑

+ 6H
2
O . (3)
a 3a
Có 25% Fe phản ứng
→
n
Fe
= 0,25 a .
n
H2SO4
=3n
Fe
= 0,75a =
98100
9860
x
x
= 0,6 (mol) .

TUYỂN TẬP 30 BÀI TẬP HÓA HỌC BD HSG LỚP 9 VÀ LỜI GIẢI
→
n
Fe
=
75,0
6,0
= 0,8 (mol)
→
m
Fe
= 0,8 x 56 = 44,8 (gam) .

m
Al2O3
= 92,53 – ( 6,75 + 44,8 ) = 40,8 gam .
b/ Xác định CTPT của Fe
x
O
y
:
Từ (1) :
32OmAl
mFe
=
102.
56.3
y
x

=
8,40
8,44


y
x3
= 2 hay
2
x
=
3
y

→
Fe
2
O
3
.
Bài 5: Cho 9,6 gam hỗn hợp A (MgO ; CaO ) tác dụng với 100 ml dung dịch
HCl 19,87% ( d = 1,047 g/ml ). Tính thành phần % về khối lượng các chất
trong A và C% các chất trong dung dịch sau khi A tan hết trong dung dịch
HCl, biết rằng sau đó cho tác dụng với Na
2
CO
3
thì thể tích khí thu được là
1,904 lít (đktc)
Bài làm:

Gọi a = n
MgO
và b = n
CaO
trong hỗn hợp A .
m
A
= 40a + 56b = 9,6 . Hay 5a + 7b = 1,2 ( A)
A tan hết trong dd HCl . Dung dịch thu được có chứa HCl dư vì khi cho dd
này tác dụng với Na
2
CO
3
có khí CO
2
bay ra :
2HCl
dư
+ Na
2
CO
3

→
2NaCl + CO
2
↑
+ H
2
O

n
CO2
=
4,22
904,1
= 0,085 mol
⇒
n
HCl
= 2. 0,085 = 0,17 mol
n
HClban đầu
=
5,36100
87,19047,1100
x
xx
= 0,57 mol.
Suy ra : n
HCl phản ứng với A
= 0,57 - 0,17 = 0,4 mol .
Các phương trình phản ứng ;
TUYỂN TẬP 30 BÀI TẬP HÓA HỌC BD HSG LỚP 9 VÀ LỜI GIẢI
MgO + 2HCl

→
MgCl
2
+ H

2
O (1)
a 2a
CaO + 2HCl
→

CaCl
2
+ H
2
O (2)
b 2b
n
HCl
= 2 (a + b) = 0,4
→
a + b = 0,2 ( B )
Kết hợp ( A ) và ( B )
5a + 7b = 1,2
a + b = 0,2

⇒
a = 0,1 mol MgO
b = 0,1 mol CaO

m
MgO
= 0,1 x 40 = 4g

% MgO =

6,9
%1004x
= 41,67%
% CaO = 100- 41,67 = 58,33%
- Nồng độ các chất trong dd :
Dung dịch thu được sau phản ứng giữa A và HCl chứa 0,1 mol MgCl
2
0,1
mol CaCl
2
và 0,17 mol HCl dư .
Vì phản ứng hoà tan A trong dd HCl không tạo kết tủa hoặc khí nên :
m
dd
= 100 x 1,047 + 96 = 114,3 gam
%MgCl
2
=
3,114
%100951,0 xx
= 8,31%
%CaCl
2
=
3,114
%1001111,0 xx
= 9,71%
TUYỂN TẬP 30 BÀI TẬP HÓA HỌC BD HSG LỚP 9 VÀ LỜI GIẢI
%HCl
dư

=
3,114
%10053617,0 xxx
= 5,43%
Bài 6: Hòa tan 20g K
2
SO
4
vào 150 gam nước thu được dung dịch A. Tiến
hành điện phân dung dịch A sau một thời gian. Sau khi điện phân khối lượng
K
2
SO
4
trong dung dịch chiếm 15% khối lượng của dung dịch. Biết lượng
nước bị bay hơi không đáng kể.
a. Tính thể tích khí thoát ra ở mỗi điện cực đo ở đktc.
b. Tính thể tích khí H
2
S (đktc) can dùng để phản ứng hết với khí thoát ra
ở anot.
Bài làm:
a. Khi đp dd K
2
SO
4
chỉ có nước bị đp:
H
2
O

→
H
2
↑
+ ½ O
2
↑
Khối lượng dd sau khi đp:
15
100.20
= 133,33 gam
Số mol H
2
O đã bị điện phân:
18
33,133)20150( −+
= 2,04 mol
Thể tích H
2
(đktc) ở catot : 2,04 .22,4 = 45,7 lít
Số mol O
2
ở anot :
2
04,2
= 1,02mol
Thể tích O
2
: 1,02.22,4 = 22,85 lít
b. Nếu H

2
S cháy: 2H
2
S + 3O
2

→
2SO
2
↑
+ 2H
2
O (a)

3
02,1.2
1,02 mol
Nếu H
2
S oxy hóa chậm: 2H
2
S + O
2

→
2S + 2H
2
O (b)
TUYỂN TẬP 30 BÀI TẬP HÓA HỌC BD HSG LỚP 9 VÀ LỜI GIẢI
2.1,02 1,02 mol

Nếu theo (a) thì : V
H2S
=
3
4,22.02,1.2
= 15,23 lít.
Nếu theo (b) thì : V
H2S
= 2.1,02.22,4 = 45,7 lít
Bài 7: Trộn V
1
dung dịch A chứa 9,125g HCl với V
2
lít dung dịch B chứa
5,475g HCl ta được 2 lít dung dịch C.
a. Tính nồng độ mol của dung dịch A, B, C. Biết V
1
+ V
2
= 2lít và hiệu
số giữa nồng độ mol dung dịch A và B là 0,4mol.l
-1
.
b. Tính khối kượng kết tủa thu được khi đem 250ml dung dịch A tác
dụng với 170g dung dịch AgNO
3
10%.
Bài làm:
a. n
HCl

trong dd C :
5,36
125,9
+
5,36
475,5
= 0,25 + 0,15 = 0,4
Nồng độ mol của dd C :
2
4,0
= 0,2M.
Gọi x là nồng độ dd B, thì x+0,4 là nồng độ dd A. Do đó ta có:
V
2
=
x
15,0
và V
1
=
4,0
25,0
+x
và V
1
+ V
2
= 2 nên ta có :
x
15,0

+
4,0
25,0
+x
= 2
Hoặc x
2
+ 0,2x -0,03 = 0
Giải phương trình bậc hai này ta được 2 nghiệm
x
1
= - 0,3 (loại) và x
2
= 0,1
Như vậy nồng độ dd B là 0,1M
Nồng độ dd A là 0,1+ 0,4 = 0,5M
b. n
HCl
=0,5.0,215 = 0,125
TUYỂN TẬP 30 BÀI TẬP HÓA HỌC BD HSG LỚP 9 VÀ LỜI GIẢI
m
AgNO3
=
%100
170%.10
= 17 g
n
AgNO3
=
170

17
= 0.1 mol
PTPƯ : HCl + AgNO
3

→
AgCl
↓
+ HNO
3
0,125 0,1 0,1
m
AgCl
= 0,1.143,5 = 14,35 g
Bài 8:Cho một khối Ag vào 50ml dung dịch HNO
3
5M thì Ag tan hết và
khối lượng dung dịch tăng lên 6,2g. Biết rằng phản ứng chỉ tạo ra NO hay
NO
2
.
a. Tính khối lượng Ag đã sử dụng. Cho biết nồng độ HNO
3
giảm trên
50% sau phản ứng trên.
b. Trung hòa HNO
3
dư bằng NaOH vừa đủ. Cô cạn dd, đem đun nóng
đến khối lượng không đổi. Tính khối lượng của A.
c. Hòa tan A trong 72ml nước và đem điện phân. Tính thể tích khí (đktc)

thoát ra ở catot.
Bài làm:
a. Xét hai trường hợp:
- Ag phản ứng tạo ra NO
3Ag + 4HNO
3

→
3AgNO
3
+ NO
↑
+ 2H
2
O (1)
- Ag phản ứng tạo ra NO
2
Ag + 2HNO
3

→
AgNO
3
+ NO
2
↑
+ H
2
O (2)
Gọi a = n

Agsd
. Độ tăng khối lượng của dd:
Trường hợp 1: m
Ag tan
- m
NO
= a.108 -
3
a
.30 = 98a = 6,2
Trường hợp 2: m
Ag tan
- m
NO2
= 108a – 46a = 62a
TUYỂN TẬP 30 BÀI TẬP HÓA HỌC BD HSG LỚP 9 VÀ LỜI GIẢI
Trường hợp 2 cứ 1 mol Ag tiêu thụ 2 mol HNO
3
nhiều hơn so với trường
hợp 1, với 1 mol Ag chỉ tiêu thụ 4/3 mol HNO
3
.Vậy là trường hợp 2.
62a = 6,2
→
a = 0,1 mol Ag
m
Ag sd
= 0,1.108 = 10,8 gam
* Kiểm chứng rằng nồng độ % HNO
3

giảm trên 50% sau phản ứng tạo ra
NO
2
:
n
HNO2 bđ
= 0,5.0,05 = 0,25 mol
n
HNO2 pu
= 2.a = 2.0,1 = 0,2 mol
% HNO
3
phản ứng :
25,0
100.2,0
= 80% > 50%
* Nếu phản ứng cho NO:
98a = 6,2
→
a = 0.0633 mol
n
HNO3 pu
=
3
4a
=
3
4.0633,0
= 0,0844 mol
% HNO

3
phản ứng :
25,0
100.0844,0
= 33.76% < 50%
b. Số mol HNO
3
dư : 0,25 -0,20 = 0,05 mol
Trung hòa bằng NaOH thu được 0,05 mol NaNO
3
. Dung dịch chứa 0,1 mol
AgNO
3
và 0,05 mol NaNO
3
Khi nung ta được chất rắn A:
AgNO3
→
Ag + NO
2
↑
+ ½ O
2
↑
0,1 0,1
NaNO
3

→
NaNO

2
+ ½ O2
↑
0,05 0,05
TUYỂN TẬP 30 BÀI TẬP HÓA HỌC BD HSG LỚP 9 VÀ LỜI GIẢI
Vậy A gồm 0,1 mol Ag và 0.05 mol NaNO
2
m
A
= 0,1.108 + 0,05. 69 = 14,25 gam.
c. Khi hòa tan A trong nước, chỉ có NaNO
2
tan
Điện phân, ở catot H
2
O bị điện phân:
2H
2
O
→
2H
2
↑
+ O
2
↑
nH
2
O =
18

72
= 4 mol
V
H2
= 4 .22,4 = 89,6 lít
Bài 9: Hòa tan 2,16g hỗn hợp 3 kim loại Na, Al, Fe vào nước lấy dư thu
được 0,448 lít khí (đktc) và một lượng chất rắn. Tách lượng chất rắn này cho
tác dụng hết với 60ml dd CuSO
4
1M thu được 3,2g đồng kim loại và dd A.
Tách dd A cho tác dụng với một lượng vừa đủ dd NaOH để thu được kết tủa
lớn nhất. Nung kết tủa thu được trong không khí đến khối lượng không đổi
được chất rắn B.
a. Xác định khối lượng từng kim loaị trong hỗn hợp đầu.
b. Tính khối lượng chất rắn B.
Bài làm:
a. Xác định khối lượng từng kim loại trong hỗn hợp đầu.
Các PTPƯ : 2Na + 2H
2
O
→
2NaOH + H
2
↑
(1)
Al bị tan moat phần hay hết theo phương trình.
2Al + 2NaOH + 2H
2
O
→

2NaAlO
2
+ 3H
2
↑
(2)
Fe + CuSO
4
→
FeSO
4
+ Cu (3)
2Al+ 3 CuSO
4
→
Al
2
(SO
4
)
3
+ 3 Cu
↓
(4)
Dung dịch A gồm: Al
2
(SO
4
)
3

,

FeSO
4
và CuSO
4
dư
Al
2
(SO
4
)
3
+ 6NaOH
→
2Al(OH)
3
↓
+ 3Na
2
SO
4
(5)

TUYỂN TẬP 30 BÀI TẬP HÓA HỌC BD HSG LỚP 9 VÀ LỜI GIẢI
FeSO
4
+ 2NaOH
→
Fe(OH)

2
↓
+ Na
2
SO
4
(6)
CuSO
4
+ 2NaOH
→
Cu(OH)
2
↓
+ Na
2
SO
4
(7)
Nung kết tủa ở nhiệt độ cao:
2Al(OH)
3
→
Al
2
O
3
+ 3H
2
O (8)

2Fe(OH)
2
+ ½ O
2
→
Fe
2
O
3
+ 2H
2
O (9)
Cu(OH)
2
→
CuO + H
2
O (10)
Chất rắn B gồm : Al
2
O
3
, Fe
2
O
3
và CuO
Số mol H
2
=

4,22
448,0
= 0,02 mol
Số mol CuSO4 = 0,06.1= 0,06 mol
Số mol Cu =
64
2,3
= 0,05 mol
Xét hai trường hợp có thể xảy ra:
Trường hợp 1: NaOH dư, Al tan hết, chất rắn còn lại chỉ là Fe:
Theo (3) : n
Fe
= n
Cu
=0,05 mol

n
CuSO4 dư
= 0,06 – 0,05 = 0,01 mol
→
Fe đã phản ứng hết.
mFe = 0,05 . 56 = 2,8g > m
hh
= 2,16g : loại
Trường hợp 2: NaOH thiếu, Al bị tan một phần theo (2).
Gọi a , b ,c là số mol của Na, Al, Fe trong 2,16g hỗn hợp:
Theo (1, 2) : n
H2
=
2

1
a +
2
3
a = 2a = 0,02
→
a = 0,01 mol .
→
m
Na
= 0,01.23 = 0,23 gam.
Số mol Al còn lại để tham gia (4) là ( b – a )
Vì CuSO
4
dư nên Fe và Cu đã phản ứng hết ở (3 và 4)
TUYỂN TẬP 30 BÀI TẬP HÓA HỌC BD HSG LỚP 9 VÀ LỜI GIẢI
Ta có : n
Cu
=
2
3
(b-a) + c = 0,05
Mặt khác 23a + 27b = 56c = 2,16
Giải hệ phương trình ta được:
b = 0,03 mol
→
m
Al
= 0,03.27 = 0,81 gam.
c = 0,02 mol

→
m
Fe
= 0,02.56 = 1,12 gam.
b. Khối lượng chất rắn B.
n
Al2O3
=
2
01,003,0 −

→
m
Al2O3
= 0,01.102 = 1,02g
n
Fe2O3
=
2
02,0

→
m
Al2O3
= 0,01.160 = 1,60g
n
CuO
= 0,01
→
m

CuO
= 0,01.80 = 0,80g
Khối lượng chất rắn B : 1,02 + 1,60 + 0,80 = 3,42 gam.
Bài 10: Cho hh A gồm 9,6g Cu và 23,3g Fe
3
O
4
vào 292g dd HCl 10% cho
đến khi phản ứng hoàn toàn thu được dd B và rắn C. Cho dd AgNO
3
dư vào
dd B thu kết tủa D.
a. Tính khối lượng kết tủa D.
b. Cho rắn C vào 100ml dd hỗn hợp gồm HNO
3
0,8M và H
2
SO
4
0,2M.
Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được V lít khí NO duy nhất
(đktc). Tính V.
Bài làm:
Tính số mol:
nCu = 0,15 mol ; nFe
3
O
4
= 0,1 mol ; nHCl = 0,8 mol ;
nH

2
SO
4
= 0,02 mol ; nHNO
3
= 0,08 mol.
Các PƯ: Fe
3
O
4
+ 8HCl
→
FeCl
2
+2FeCl
3
+ 4H
2
O
TUYỂN TẬP 30 BÀI TẬP HÓA HỌC BD HSG LỚP 9 VÀ LỜI GIẢI
0.1 0,8 0,2
2FeCl
3
+ Cu
→
CuCl
2
+ 2FeCl
2

0,2 0,15 0,1 0,2
Vậy trong B gồm : 0,3 mol FeCl
2
; 0,1 mol CuCl
2
;
Rắn C : 0,14 mol Cu
a. 2AgNO
3
+ FeCl
2

→
2AgCl
↓


+ Fe(NO
3
)
2

0,3 0,6
2AgNO
3
+ CuCl
2

→
2AgCl

↓


+ Cu(NO
3
)
2
0,1 0,2
m
AgCl
↓
= 0,8 . 143,5 = 114,8 gam.
b. 3Cu

+

8HNO
3

→
3Cu(NO
3
)
2
+ 2NO + 4H
2
O
0,14 0,09
V
NO

= 0,09 . 22,4 = 2,016 lít
Bài 11: Hoà tan hoàn toàn m
1
gam Na vào m
2
gam H
2
O thu đợc dung dịch B
có tỉ khối d.
a. Viết phơng trình phản ứng
b. Tính nồng độ % của dung dịch B theo m
1
và m
2
c. Cho C% = 5% , d =1,2g/ml. Tính nồng độ mol của dung dịch thu
đợc.
m
1
nNa

=
23
a. PTP: 2Na + 2H
2
O  2NaOH + H
2

b. Mol: m
1
m

1
m
1

23 23 46
m
1
m
1
40m
1
TUYỂN TẬP 30 BÀI TẬP HÓA HỌC BD HSG LỚP 9 VÀ LỜI GIẢI
mH
2
= x2= mNaOH=
46 23 23
m
1
22m
1
+ 23m
2
m dd B = ( m
1
+ m
2
) - mH
2
= (m
1

+ m
2
) - =
23 23

40m
1
.100%
C% =
22m
1
+ 23m
2
c. C%.10.d
áp dụng công thức : C
M
=
M 5.10.1,2
Thay số vào ta có: [ NaOH] = = 1,5 (M)
40
Bài 12: Hoà tan hoàn toàn 4gam hỗn hợp gồm 1 kim loại hoá trị II và 1 kim
loại hoá trị III cần dùng hết 170ml dung dịch HCl 2M
a. Tính thể tích H
2
thoát ra (ở ĐKTC).
b. Cô cạn dung dịch thu đợc bao nhiêu gam muối khô.
c. Nếu biết kim loại hoá trị III là Al và số mol bằng 5 lần số mol kim
loại hoá trị II thì kim loại hoá trị II là nguyên tố nào .
a. Gọi A và B lần lợt là kim loại hoá trị II và hoá trị III ta có :
PTP: A + 2HCl  ACl

2
+ H
2
(1)
2B + 6HCl  2BCl
3
+ 3H
2
(2)
nHCl = V.C
M
= 0,17x2 = 0,34 (mol)
Từ (1) và (2) ta thấy tổng số mol axit HCl gấp 2 lần số mol H
2
tạo ra
TUYỂN TẬP 30 BÀI TẬP HÓA HỌC BD HSG LỚP 9 VÀ LỜI GIẢI
 nH
2
= 0,34: 2 = 0,17 (mol)
 VH
2
= 0,17. 22,4 3,808 (lit)
b. nHCl = 0,34 mol => n
Cl
= 0,34 mol
 m
Cl
= 0,34.35,5 = 12,07g
 Khối lợng muối = m(hỗn hợp) + m(Cl) = 4+ 12,07 = 16,07g
c. gọi số mol của Al là a => số mol kim loại (II) là a:5 = 0,2a (mol)

từ (2) => nHCl = 3a. và từ (1) => nHCl = 0,4a
 3a + 0,4a = 0,34
 a = 0,34: 3,4 = 0,1 mol => n
(Kimloai)
= 0,2.0,1 = 0,02mol
 m
Al
= 0,1.27 = 2,7 g
 m
(Kimloại)
= 4 – 2,7 = 1,3 g
 M
kimloại
= 1.3 : 0,02 = 65 => là : Zn
Bài 13: Trộn 10ml một hợp chất ở thể khí gồm hai nguyên tố C và H với
70ml O
2
trong bình kín. Đốt hỗn hợp khí, phản ứng xong đa hỗn hợp khí
trong bình về điều kiện ban đầu nhận thấy trong bình có 40ml khí CO
2
, 15
ml khí O
2
. Hãy xác định công thức của hợp chất.
Theo đề ra V
O2
d = 15ml => V
O2
phản ứng = 55ml (0,25đ)
V

CO2
= 40ml; V
CxHy
= 10ml
C
x
H
y
+ (
4
y
x +
) O
2
 x CO
2
+
2
y
H
2
O
1ml (
4
y
x +
)ml x ml
10ml 55 ml 40ml
=> x =
4

10
40
=
TUYỂN TẬP 30 BÀI TẬP HÓA HỌC BD HSG LỚP 9 VÀ LỜI GIẢI
4
y
x
+
=
65,1
4
5,5
10
55
==>==>=
y
y
Vậy công thức của hợp chất là: C
4
H
6
Bài 14: Cho một dd A chứa hai axit HNO
3
và HCl. Để trung hòa 10ml ddA
ngời ta phải thêm 30ml dung dịch NaOH 1M.
a) Tính tổng số mol 2 axit có trong 10ml dd A.
b) Cho AgNO
3
d vào 100ml dd thu đợc dd B và một kết tủa trắng và sau khi
làm khô thì cân đợc 14,35g. Hãy tính nồng độ mol/l của từng axit có trong

A.
c) Hãy tính số ml dung dịch NaOH 1M phải dùng để trung hòa lợng axit có
trong dd B
a. nNaOH = 0,03.1 = 0,03 mol
PTHH: HNO
3
+ NaOH  NaNO
3
+ H
2
O (1)
HCl + NaOH  NaCl + H
2
O (2)
Theo pt (1), (2) tổng số mol 2 axit bằng số mol NaOH đã phản ứng =
0,03mol
b. Trong 100ml dung dịch A có tổng số mol 2 axit là 0,3mol
PTHH: AgNO
3
+ HCl  AgCl + HNO
3
(3)
nkết tủa =
1,0
5,143
35,14
=
mol
Theo (3) nHCl = nAgCl = nHNO
3

= 0,1mol
=> nHNO
3
trong 100ml dd A là 0,3 – 0,1 = 0,2mol
C
M
HCl =
1
1,0
1,0
=
mol/l; C
M
HNO
3
=
2
1,0
2,0
=
mol/l
c. Dung dịch B có HNO
3
d và AgNO
3
d
Trung hòa axit trong dd B bằng NaOH
TUYỂN TẬP 30 BÀI TẬP HÓA HỌC BD HSG LỚP 9 VÀ LỜI GIẢI
HNO
3

+ NaOH -> NaNO
3
+ H
2
O (4)
Trang 3
Theo (3) nHNO
3
sinh ra là 0,1mol
NHNO
3
không phản ứng với AgNO
3
là 0,2mol
=> Tổng số mol HNO
3
trong dd B là 0,1+0,2 = 0,3mol
Theo (4) nNaOH = nHNO
3
= 0,3mol
V
dd
NaOH =
3,0
1
3,0
=
(l) = 300ml
Bài 15: Trong 1 bình kín có thể tích V lít chứa 1,6 g khí oxi và 14,4 g hỗn
hợp bột M gồm các chất: CaCO

3
; MgCO
3
; CuCO
3
và C. Nung M trong
bình cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn, đa về nhiệt độ ban đầu thấy áp
suất trong bình tăng 5 lần so với áp suất ban đầu (thể tích chất rắn trong
bình coi không đáng kể). Tỉ khối hỗn hợp khí sau phản ứng so với khí
N
2
: 1<
2
hh /N
d
<1,57. Chất rắn còn lại sau khi nung có khối lợng 6,6 g đợc
đem hoà tan trong lợng d dung dịch HCl thấy còn 3,2 g chất rắn không
tan.
1. Viết các phơng trình hoá học của phản ứng có thể xảy ra.
2. Tính thành phần % theo khối lợng các chất trong hỗn hợp đầu.
1. Các phơng trình phản ứng có thể xảy ra :
C + O
2

o
t
→
CO
2
(1)

CaCO
3

o
t
→
CaO + CO
2
(2)
MgCO
3

o
t
→
MgO + CO
2
(3)
CuCO
3

o
t
→
CuO + CO
2
(4)
TUYỂN TẬP 30 BÀI TẬP HÓA HỌC BD HSG LỚP 9 VÀ LỜI GIẢI
C + CO
2

o
t
→
2CO (5)
C + CuO
o
t
→
Cu + CO (6)
CO + CuO
o
t
→
Cu + CO
2
(7)
CaO + 2HCl
→
CaCl
2
+ H
2
O (8)
MgO + 2HCl
→
MgCl
2
+ H
2

O (9)
CuO + 2HCl
→
CuCl
2
+ H
2
O (10)
2. Tính thành phần % khối lợng hỗn hợp :
– Vì 1<
2
hh /N
d
<1,57 nên hỗn hợp khí sau phản ứng gồm CO
2
và CO.
– Vì sau phản ứng có CO và CO
2
, các phản ứng xảy ra hoàn toàn nên
chất rắn còn lại sau khi nung là : CaO ; MgO và Cu vậy không có phản
ứng (10).
– Khối lợng Cu = 3,2 g ⇒ khối lợng CuCO
3
trong hỗn hợp :
3,2
.124
64
= 6,2 (g)
– Gọi số mol C ; CaCO
3

; MgCO
3
trong hỗn hợp lần lợt là a, b, c.
– Theo đầu bài khối lợng CaO và MgO : 6,6 – 3,2 = 3,4 (g)
⇒ 56b + 40c = 3,4. (*)
– Số mol CO và CO
2
sau phản ứng nhiệt phân:
1,6
5
32
= 0,25 ( mol)
– Số mol C trong CO và CO
2
bằng số mol C đơn chất và số mol C trong
các muối cacbonat của hỗn hợp : a + b + c + 0,05 = 0,25. (**)
– Khối lợng hh là 14,4 g nên : 12a + 100b + 84c = 14,4 – 6,2 (***)
TUYỂN TẬP 30 BÀI TẬP HÓA HỌC BD HSG LỚP 9 VÀ LỜI GIẢI
Kết hợp (*) ; (**) ; (***) ta có hệ phơng trình :
56b 40c 3,4
a b c 0,2
12a 100b 84c 8,2
+ =


+ + =


+ + =


Giải đợc: a = 0,125 ; b = 0,025 ; c = 0,05
% Khối lợng các chất trong M:
% khối lợng C =
0,125.12
.100% 10,42%
14,4
=

% khối lợng CaCO
3
=
0,025.100
.100% 17,36%
14,4
=
% khối lợng MgCO
3
=
0,05.84
.100% 29,17%
14,4
=

% khối lợng CuCO
3
=
0,05.124
.100% 43,05%
14,4
=

Bài 16: Hoà tan hết hỗn hợp X gồm oxit của một kim loại có hoá trị II và
muối cacbonat của kim loại đó bằng H
2
SO
4
loãng vừa đủ, sau phản ứng thu
được sản phẩm gồm khí Y và dung dịch Z. Biết lượng khí Y bằng 44%
lượng X. Đem cô cạn dung dịch Z thu được một lượng muối khan bằng
168% lượng X. Hỏi kim loại hoá trị II nói trên là kim loại gì? Tính thành
phần phần trăm của mỗi chất trong hỗn hợp X.
RO + H
2
SO
4
RSO
4
+ H
2
O (1)
RCO
3
+ H
2
SO
4
RSO
4
+ CO
2
+ H

2
O (2)
Đặt a là khối lượng hỗn hợp X.
x, y là số mol RO và RCO
3
Ta có: (R +16)x + (R + 60)y = a (I)
TUYỂN TẬP 30 BÀI TẬP HÓA HỌC BD HSG LỚP 9 VÀ LỜI GIẢI
Từ (1,2): (R + 96)(x + y) = 1,68a (II)
Từ (2): y = 0,01a (III)
Giải (I, II, III): x = 0,004a ; R = 24.
a
a 100.004,0.40
Vậy R là Mg (24)
⇒
%m = = 16% %m = 84%
Bài 17. Trộn CuO với một oxit kim loại hoá trị II không đổi theo tỉ lệ mol
1 : 2 đợc hỗn hợp X. Cho 1 luồng CO nóng d đi qua 2,4 gam X đến phản
ứng hoàn toàn thu đợc chất rắn Y. Để hoà tan hết Y cần 40 ml dung dịch
HNO
3
2,5M , chỉ thoát ra 1 khí NO duy nhất và dung dịch thu đợc chỉ
chứa muối của 2 kim loại nói trên. Xác định kim loại cha biết.
Bài giải:
Vì CO chỉ khử đợc những Oxít kim loại đứng sau Al trong dãy HĐHH
nên có 2 trờng hợp xảy ra.
a)Trờng hợp 1:Kim loại phải tìm đứng sau Al trong dãy HĐHH
và Oxit của nó bị CO khử.
CuO + CO → Cu + CO
2
(1)

MO + CO → M + CO
2
(2)
3Cu + 8HNO
3
-> 3Cu(NO
3
)
2
+ 2NO↑ + 4H
2
O (3)
3M + 8HNO
3
-> 3M(NO
3
)
2
+ 2NO↑ + 4H
2
O (4)
Coi số mol CuO = x thì MO = 2x và Số mol HNO
3
= 0,1
Ta có hệ : 80x + (M + 16) + 2x = 2,4
TUYỂN TẬP 30 BÀI TẬP HÓA HỌC BD HSG LỚP 9 VÀ LỜI GIẢI

3
8x
+

2.8
3
x
= 0,1 giải hệ cho x = 0,0125 và M = 40 ~
Ca.
Trờng hợp này không thoả mãn vì Canxi đứng trớc Al trong dãy
HĐHH và CaO không bị khử bởi CO.
b/ Trờng hợp 2 : Kim loại phải tìm đứng trớc Al trong dãy HĐHH
và Ô xit của nó không bị CO khử. Khi đó không xảy ra phản ứng
(2) mà xảy ra phản ứng (1) (3) và phản ứng sau :
MO + 2HNO
3
-> M(NO
3
)
2
+ H
2
O
Tơng tự coi số mol CuO = a -> MO = 2a ta có hệ :
80a + (M + 16)2a = 2,4

3
8a
+ 4a = 0,1 => a = 0,0125 => M=24 ~Mg (thoả mãn)
Bài 18: Hoà tan hoàn toàn 14,2 gam hỗn hợp C gồm MgCO
3
và muối
cacbonat của kim loại R vào a xit HCl 7,3% vừa đủ, thu đợc dung dịch
D và 3,36 lít khí CO

2
(đktc). Nồng độ MgCl
2
trong dung dịch D bằng
6,028%.
a) Xác định kim loại R và thành phần % theo khối lợng của mỗi chất
trong C.
b) Cho dung dịch NaOH d vào dung dịch D, lọc lấy kết tủa rồi nung
ngoài khí đến khi phản ứng hoàn toàn. Tính số gam chất rắn còn lại
sau khi nung.
Bài giải:
Công thức cacbonat kim loại R là R
2
(CO
3
)
x
số mol CO
2
= 0,15
MgCO
3
+ 2HCl -> MgCl
2
+ CO
2
↑ + H
2
O
R

2
(CO
3
)
x
+ 2xHCl -> 2RCl
x
+ x CO
2
↑ + x H
2
O
a/ Theo phơng trình, số mol HCl = 0,15 . 2 = 0,3 mol
TUYỂN TẬP 30 BÀI TẬP HÓA HỌC BD HSG LỚP 9 VÀ LỜI GIẢI
Lợng dung dịch HCl =
0,3.36,5
0,073
= 150gam
Lợng dung dịch D = lợng hỗn hợp C + lợng dung HCl - lợng CO
2
↑
= 14,2 + 150 - (44. 0,15) = 157,6gam
→ Lợng MgCl
2
= 157,6 . 0,06028 = 9,5 gam ~ 0,1mol
→ MgCO
3
= 0,1mol ~ 8,4gam → R
2
(CO

3
)
x
=14,2 – 8,4 = 5,8 gam
Ta có :
2R+60x
5,8
=
0,15 0,1
x
−
→ R =28x thoả mãn x = 2 → R =
56 là Fe
Trong C có 8,4g MgCO
3
~ 59,15% còn là 40,85% FeCO
3
Tính đợc chất rắn còn lại sau khi nung là MgO = 4 gam và Fe
2
O
3
= 4
gam
Bài 19: Một loại đá chứa MgCO
3
, CaCO
3
và Al
2
O

3
. Lợng Al
2
O
3
bằng 1/8
tổng khối lợng hai muối cacbonat. Nung đá ở nhiệt độ cao tới phân huỷ hoàn
toàn hai muối cacbonat thu đợc chất rắn A có khối lợng bằng 60% khối lợng
đá trớc khi nung.
a) Tính % khối lợng mỗi chất trong đá trớc khi nung.
b) Muốn hoà tan hoàn toàn 2g chất rắn A cần tối thiểu bao nhiêu ml
dung dịch HCl 0,5M ?
Bài giải:
a) Các phản ứng phân hủy muối cacbonat
MgCO
3

0
t
→
MgO + CO
2
↑ (1)
CaCO
3

0
t
→
CaO + CO

2
↑ (2)
Al
2
O
3

0
t
→
Không đổi (3)
gọi a, b, c lần lợt là số gam của MgCO
3
, CaCO
3
, Al
2
O
3
trong 100g đá (a,
b, c cũng chính là thành phần %) ta có hệ sau:
TUYỂN TẬP 30 BÀI TẬP HÓA HỌC BD HSG LỚP 9 VÀ LỜI GIẢI
a + b + c = 100
c =
8
a b+

.40
84
a

+
.56
100
b
+ c = 60
Giải hệ ta đợc: a = 10,6; b = 78,3; c = 11,1 (vừa là số gam từng chất vừa là
tỉ lệ %)
a) Các phản ứng với HCl (3 PTHH)
Tổng số mol HCl = 2.n
Mgo
+ 2.n
CaO
+ 6.n Al
2
O
3
= 0,2226 mol
Vậy để hòa tan 2g A cần
0,2226.2
5,4
= 0,0824 mol
Gọi V là số lít HCl tối thiểu cần dùng
V.0,5 = 0,0824 => V = 0,1648 lit = 164,8ml
Bài 20: Cho 1,02 gam hỗn hợp gồm Al và Mg vào 100 ml dung dịch HCl.
Sau khi kết thúc phản ứng, làm bay hơi hết nớc thu đợc 3,86 gam chất rắn
khan.
Nếu cho 1,02 gam hỗn hợp trên vào 200 ml dung dịch HCl cùng loại. Sau
khi kết thúc phản ứng, làm bay hơi hết nớc thu đợc 4,57 gam chất rắn khan.
Tính khối lợng mỗi kim loại trong hỗn hợp và nồng độ mol/l của dung dịch
HCl.

Bài giải:
Khi lợng HCl gấp đôi thì lợng chất rắn thu đợc không gấp đôi thí nghiệm 1
nên suy ra trong trờng hợp 2 kim loại tan hết và HCl d.
Gọi số mol của Mg và Al trong hh là x và y. Ta có:
24x + 27 y = 1,02 x = 0,02 m
Mg
= 0.02 x 24 = 0,48 gam
95x + 133.5 y = 4,57 y = 0,02 m
Al
= 0.02 x 27 = 0,54 gam
Tính nồng độ mol/l của dung dịch HCl