PHÂN TÍCH tìm HƯỚNG GIẢI tối ưu CHO các bài tập hóa vô cơ 2014 (1)

Thy Nguyn Minh Tun THPT chuyờn Hựng Vng Phỳ Th T : 01689186513 Email :
HNG DN GII NHANH CC BI TP HểA Vễ C
HAY V KHể TRONG THI I HC, CAO NG NM 2014
I. Nhn nh chung:
gii nhanh cỏc bi tp hay v khú trong thi
tuyn sinh i hc, Cao ng cỏc nm núi chung
v nm 2014 núi riờng, hc sinh cn nm vng
v vn dng thnh tho cỏc nh lut bo ton
vt cht. ú l nh lut bo ton nguyờn t, bo
ton khi lng, bo ton electron v bo ton
in tớch.
II. Cỏc vớ d minh ha
Vớ d 1 ( TSH khi B): Nung hn hp gm
0,12 mol Al v 0,04 mol Fe
3
O
4
mt thi gian,
thu c hn hp rn X. Hũa tan hon ton X
trong dung dch HCl d, thu c 0,15 mol khớ
H
2
v m gam mui. Giỏ tr ca m l
A. 34,10. B. 32,58.
C. 31,97. D. 33,39.
Hng dn gii
Trong phn ng ca X vi HCl, theo bo ton
nguyờn t O, Cl, H, ta cú :
{
{
{

2 3 4
2 2
H O Fe O
0,04
HCl H O H
Cl
0,16 0,15
n 4n 0,16
n n 2n 2n 0,62


= =



= = + =



Theo bo ton khi lng, ta cú :
{
muoỏi (ion kim loaùi)
Cl
0,62.35,5
0,12.27 0,04.3.56
m m m 31,97 gam

+
= + =
1 4 2 43

Vớ d 2 ( TSH khi B): Cho m gam P
2
O
5
tỏc dng vi 253,5 ml dung dch NaOH 2M, sau
khi cỏc phn ng xy ra hon ton thu c
dung dch X. Cụ cn dung dch X, thu c 3m
gam cht rn khan. Giỏ tr ca m l
A. 21,30. B. 8,52.
C. 12,78. D. 7,81.
Hng dn gii
Bn cht phn ng l H
3
PO
4
tỏc dng vi dung
dch NaOH.
Nu H
3
PO
4
cũn d sau phn ng thỡ khụng th
cụ cn dung dch, do H
3
PO
4
khụng bay hi. Nh
vy H
3
PO

4
ó phn ng ht. Cht rn l mui
hoc hn hp gm mui trung hũa v NaOH d.
Theo bo ton nguyờn t P v bo ton nguyờn
t H trong phn ng ca H
3
PO
4
vi NaOH, ta cú:
3 4 2 5 3 4
H PO P O HOH H PO
2m 6m
n 2n ; n 3n
142 142
= = = =
Theo bo ton khi lng, ta cú :
{
3 4 2
H PO NaOH chaỏt raộn H O
0,507.40
6m.18
3m
2m.98
142
142
m m m m m 8,52 g+ = + =
12 3
14 2 43
1 2 3
Vớ d 3 ( TSH khi B): Hn hp X gm hai

mui R
2
CO
3
v RHCO
3
. Chia 44,7 gam X thnh
ba phn bng nhau:
Trờn bc ng thnh cụng khụng cú du chõn ca k li bing
1
Thầy Nguyễn Minh Tuấn – THPT chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689186513 – Email :
- Phần một tác dụng hoàn toàn với dung dịch
Ba(OH)
2
dư, thu được 35,46 gam kết tủa.
- Phần hai tác dụng hoàn toàn với dung dịch
BaCl
2
dư, thu được 7,88 gam kết tủa.
- Phần ba tác dụng tối đa với V ml dung dịch
KOH 2M.
Giá trị của V là
A. 180. B. 200. C. 110. D. 70.
Hướng dẫn giải
Áp dụng bảo toàn nguyên tố C cho phần 1 và
phần 2, ta có :
2
3
3 3
2

3
3
3
BaCO
CO HCO
BaCO
CO
HCO
4
35,46
P1:n n n 0,18
197
7,88
P2:n n 0,04
197
n 0,14
0,04.(2R 60) 0,14(R 61) 14,9
R 18 (NH )
− −
−
−
+

+ = = =




= = =




=

⇒

+ + + =


⇒ =
Áp dụng bảo toàn điện tích trong phản ứng cho
phần 3, ta có :
{
HCO
NH
3
4
KOH
OH
n
n
n n 0,04.2 0,14 0,14 0,36
−
−
+
= = + + =
1 44 2 4 43
KOH 2M
V 0,36:2 0,18 lít 180 ml⇒ = = =
Đây là bài tập có “bẫy” rất hay! Học sinh

thường không chú ý đến ion R
+
. Vì thế, các em
chỉ quan tâm đến việc tính số mol
3
HCO
−
, để
từ đó suy ra số mol
OH
−
cần dùng. Do đó sẽ
chọn phương án D.
Ví dụ 4 (Đề TSĐH khối B): Nung nóng bình kín
chứa a mol hỗn hợp NH
3
và O
2
(có xúc tác Pt) để
chuyển toàn bộ NH
3
thành NO. Làm nguội và
thêm nước vào bình, lắc đều thu được 1 lít dung
dịch HNO
3
có pH = 1, còn lại 0,25a mol khí O
2
.
Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của a
là

A. 0,1. B. 0,4. C. 0,3. D. 0,2.
Hướng dẫn giải
Vì O
2
dư nên NH
3
đã chuyển hết thành HNO
3
.
Theo bảo toàn nguyên tố N và bảo toàn electron
cho toàn bộ quá trình phản ứng, ta có :
{
{
{
3 3
3 2
2
NH O pö O dö
3 2 2
1
NH HNO
H
NH O pö
O pö
n n n
n n n 10 .1 0,1
8n 4n
n 0,2
a 0,4
a 0,1 0,2 0,25a

+
−

= = = =


=



=

⇒ ⇒ =

= + +


Ví dụ 5 (Đề TSĐH khối B): Cho hỗn hợp X
gồm Al và Mg tác dụng với 1 lít dung dịch gồm
AgNO
3
a mol/l và Cu(NO
3
)
2
2a mol/l, thu được
45,2 gam chất rắn Y. Cho Y tác dụng với dung
dịch H
2
SO

4
đặc, nóng (dư), thu được 7,84 lít khí
SO
2
(ở đktc, là sản phẩm khử duy nhất). Biết các
phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của a là
A. 0,25. B. 0,30. C. 0,15. D. 0,20.
Hướng dẫn giải
Nếu trong Y có kim loại dư. Giả sử có Al dư,
theo bảo toàn electron trong phản ứng của Y với
dung dịch H
2
SO
4
đặc và giả thiết, ta có :
Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng
2
Thầy Nguyễn Minh Tuấn – THPT chun Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689186513 – Email :
{
{
{
{
{
{
2
Al Ag Cu SO
b
2a
a
Al Ag Cu

b
2a
a
3n n 2n 2n 0,7
a 0,203
27n 108n 64n 45,2 b 0,106

+ + = =


=

⇒
 
+ + = = −




Suy ra kim loại khơng còn dư, Y chỉ có Ag và
Cu. Tương tự như trên, ta có :
2
Ag Cu electron trao đổi SO
Ag Cu
Ag
Ag
Ag
Cu
n 2n n 2n 0,7
108n 64n 45,2

n n 0,3
n 0,3
n 0,2
a [Ag ] 0,3:1 0,3
+
+

+ = = =


+ =



= =

=
 
⇒ ⇒
 
=
= = =




Ví dụ 6 (Đề TSĐH khối A): Điện phân dung
dịch X chứa a mol CuSO
4
và 0,2 mol KCl (điện

cực trơ, màng ngăn xốp, cường độ dòng điện
khơng đổi) trong thời gian t giây, thu được 2,464
lít khí ở anot (đktc). Nếu thời gian điện phân là
2t giây thì tổng thể tích khí thu được ở cả hai
điện cực là 5,824 lít (đktc). Biết hiệu suất điện
phân 100%, các khí sinh ra khơng tan trong dung
dịch. Giá trị của a là
A. 0,26. B. 0,24. C. 0,18. D. 0,15.
Hướng dẫn giải
Điện phân dung dịch trong thời gian t giây, theo
bảo tồn ngun tố Cl, giả thiết và bảo tồn
electron, ta có :
2
2
2 2 2
2 2
Cl
Cl
Cl
Cl O O
e trao đổi Cl O e trao đổi
1 0,2
n n 0,1
n 0,1
2 2
n n 0,11 n 0,01
n 2n 4n n 0,24
−

= = =


=


 
+ = ⇒ =
 
 
= + =
 



Điện phân trong thời gian 2t giây, theo bảo tồn
electron và giả thiết, ta có :
{
{
{
{
2 2
2 2 2
2 2
2
2
electron trao đổi Cl O
0,1 ?
Cl O H
O H
electron trao đổi H
Cu

?
0,09
0,48
ở anot :n 0,48 2n 4n
ở cả anot và catot :n n n 0,26
n 0,07; n 0,09
Ở catot : n 2n 2n
+

= = +



+ + =


= =

⇒

= +


1 4 2 4 3
2
4
CuSO
Cu
n 0,15 n 0,15 mol
+

⇒ = ⇒ =
Ví dụ 7 (Đề TSCĐ): Điện phân dung dịch hỗn
hợp CuSO
4
(0,05 mol) và NaCl bằng dòng điện
có cường độ khơng đổi 2A (điện cực trơ, màng
ngăn xốp). Sau thời gian t giây thì ngừng điện
phân, thu được dung dịch Y và khí ở hai điện
cực có tổng thể tích là 2,24 lít (đktc). Dung dịch
Y hòa tan tối đa 0,8 gam MgO. Biết hiệu suất
điện phân 100%, các khí sinh ra khơng tan trong
dung dịch. Giá trị của t là
A. 6755. B. 772.
C. 8685. D. 4825.
Hướng dẫn giải
Vì đã có khí thốt ra ở catot, chứng tỏ Cu
2+
đã bị
khử hết. Dung dịch sau điện phân (Y) có thể hòa
tan được MgO. Suy ra Y có chứa các ion
H , Na
+ +
và
2
4
SO
−
. Như vậy, nước đã bị oxi
hóa và ion
Cl

−
đã bị oxi hóa hết.
Áp dụng bảo tồn điện tích trong phản ứng, bảo
tồn ngun tố O và bảo tồn điện tích trong Y,
ta có:
Trên bước đường thành cơng khơng có dấu chân của kẻ lười biếng
3
Thy Nguyn Minh Tun THPT chuyờn Hựng Vng Phỳ Th T : 01689186513 Email :
{
{
{
2
2
4
2
MgO
H O
Na H SO
0,04
?
0,05
Cl (ụỷ anot)
Na Cl
2.0,8
n 2n 2n 0,04
40
n n 2n
n 0,06 n 0,06; n 0,03
+
+ +

+

= = = =



+ =



= = =

Theo gi thit v bo ton electron, suy ra :
{
2 2 2
2
2 2 2
2 2
2 2
O (ụỷ anot) H (ụỷ catot) Cl (ụỷ anot)
0,03
H (ụỷ catot) Cl (ụỷ anot) O (ụỷ anot)
Cu
0,05
0,03
H (ụỷ catot) O (ụỷ anot)
Cl O
n n n 0,1
2n 2n 2n 4n
n 0,04; n 0,03

(2n 4n ).96500
t 8685 giaõy
2
+

+ + =



+ = +




= =



+

= =

14 2 43
14 2 43
Vớ d 8 ( TSH khi A): t chỏy 4,16 gam
hn hp gm Mg v Fe trong khớ O
2
, thu c
5,92 gam hn hp X ch gm cỏc oxit. Hũa tan
hon ton X trong dung dch HCl va , thu

c dung dch Y. Cho dung dch NaOH d
vo Y, thu c kt ta Z. Nung Z trong khụng
khớ n khi lng khụng i, thu c 6 gam
cht rn. Mt khỏc, cho Y tỏc dng vi dung
dch AgNO
3
d, thu c m gam kt ta. Giỏ
tr ca m l
A. 10,80. B. 32,11.
C. 32,65. D. 31,57.
Hng dn gii
D thy 6 gam cht rn l Fe
2
O
3
v MgO. Suy
ra:
2
electron do Mg, Fe nhửụứng
O
2(6 4,16)
n 2n 0,23
16


= = =
Theo bo ton electron v bo ton in tớch,
bo ton nguyờn t O, ta cú :
{
{

2
2
2
electron do Fe vaứ Mg nhửụứng O pử
Ag pử
0,055
0,23
?
O
Cl O
0,055
Ag AgCl
Ag pử
(Ag, AgCl)
Cl
n 4n n
n 2n 4n 0,22
n 0,01
n 0,01;n 0,22
m 32,65 gam
n 0,22
+

+


= +

= = =




=

= =



=
=



1 4 44 2 4 4 43
12 3
Vớ d 9 ( TSH khi A): Thc hin phn ng
nhit nhụm hn hp gm Al v m gam hai oxit
st trong khớ tr, thu c hn hp rn X. Cho X
vo dung dch NaOH d, thu c dung dch Y,
cht khụng tan Z v 0,672 lớt khớ H
2
(ktc). Sc
khớ CO
2
d vo Y, thu c 7,8 gam kt ta.
Cho Z tan ht vo dung dch H
2

SO
4
, thu c
dung dch cha 15,6 gam mui sunfat v 2,464
lớt khớ SO
2
( ktc, l sn phm kh duy nht ca
H
2
SO
4
). Bit cỏc phn ng xy ra hon ton. Giỏ
tr ca m l
A. 5,04. B. 6,29. C. 6,48. D. 6,96.
Hng dn gii
Vỡ X phn ng vi NaOH gii phúng H
2
, chng
t Al d v Fe
x
O
y
ó phn ng ht. Cht rn X
cha Fe, Al
2
O
3
v Al d. Cht khụng tan Z l Fe.
Theo bo ton electron trong phn ng ca X vi
NaOH v bo ton nguyờn t Al, O, ta cú :

Trờn bc ng thnh cụng khụng cú du chõn ca k li bing
4
Thầy Nguyễn Minh Tuấn – THPT chun Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689186513 – Email :
2
2 3 3
2 3
x y 2 3 2 3
Al H
Al Al O Al(OH)
Al Al O
O/Fe O O/Al O Al O
2.0,672
3n 2n 0,06
22,4
n 2n n 0,1
n 0,02; n 0,04
n n 3n 0,12

= = =



+ = =


= =

⇒

= = =




Theo bảo tồn điện tích và bảo tồn khối lượng
trong phản ứng của Z với H
2
SO
4
, ta có :
2
2
4
2
4
electron trao đổi SO
SO tạo muối
Fe trong muối muối
SO tạo muối
2n n 2n 0,22
m 96n m 15,6
−
−

= = =


+ = =


{

{
2
4
x y
x y
SO tạo muối
Fe trong muối
Fe trong Fe O Fe trong muối
Fe O O Fe
0,12.16 5,04
n 0,11
m 5,04
m m 5,04
m m m 6,96 gam
−

=

⇒

=



= =

⇒

= + =



Ví dụ 10 (Đề TSĐH khối A): Hỗn hợp X gồm
Al, Fe
3
O
4
và CuO, trong đó oxi chiếm 25% khối
lượng hỗn hợp. Cho 1,344 lít khí CO (đktc) đi
qua m gam X nung nóng, sau một thời gian thu
được chất rắn Y và hỗn hợp khí Z có tỉ khối so
với H
2
bằng 18. Hòa tan hồn tồn Y trong dung
dịch HNO
3
lỗng (dư), thu được dung dịch chứa
3,08m gam muối và 0,896 lít khí NO (ở đktc, là
sản phẩm khử duy nhất). Giá trị m gần giá trị
nào nhất sau đây?
A. 8,0. B. 9,5. C. 8,5. D. 9,0.
Hướng dẫn giải
Quy đổi hỗn hợp X thành hỗn hợp gồm kim
loại và O. Theo bảo tồn khối lượng và bảo
tồn electron cho tồn bộ q trình phản ứng, ta
có:
{
{
{
Z CO ban đầu
CO phản ứng O phản ứng

electron do kim loại nhường CO O NO
0,03 0,25m 0,04
16
electron do kim loại nhường
m m
n n 0,03
16
n 2n 2 n 3n
n 0,06 0,03125m

−
= = =



+ = +



⇒ = +
Theo bảo tồn điện tích và bảo tồn khối lượng,
ta có:
3
3
electron do kim loại nhường
NO tạo muối
muối kim loại
NO tạo muối
n n
m m m

3,08m 0,75m 62(0,06 0,03125m)
m 9,447 gam 9,5 gam
−
−

=


= +


⇒ = + +
⇒ = ≈
Ví dụ 11 (Đề TSĐH khối B): Cho 3,48 gam bột
Mg tan hết trong dung dịch hỗn hợp gồm HCl
(dư) và KNO
3
, thu được dung dịch X chứa m
gam muối và 0,56 lít (đktc) hỗn hợp khí Y gồm
N
2
và H
2
. Khí Y có tỉ khối so với H
2
bằng 11,4.
Giá trị của m là
A. 16,085. B. 14,485.
C. 18,300. D. 18,035.
Hướng dẫn giải

Theo giả thiết, ta có :
2
2 2
2
2 2
H
H N
N
H N
0,56
n 0,005
n n 0,025
22,4
n 0,02
2n 28n 0,025.11,4.2


=
+ = =
 
⇒
 
=
 
+ =


Vì phản ứng giải phóng H
2
nên

3
NO
−
đã phản
ứng hết. Như vậy, ngồi HCl dư, trong dung
dịch X chứa Mg
2+
, K
+
,
Cl
−
và có thể có
4
NH
+
.
Trên bước đường thành cơng khơng có dấu chân của kẻ lười biếng
5
Thầy Nguyễn Minh Tuấn – THPT chun Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689186513 – Email :
Theo bảo tồn electron, bảo tồn điện tích và
bảo tồn ngun tố N, ta có :
{
{
{ {
{
{
2 2
4
4

2
3 4
Mg H N
NH
0,145
0,005 0,02
NH
?
N
K NO NH
K
0,02
?
2n 8n 2n 10n
n 0,01
n n n 2n
n 0,05
+
+
+ − +
+

= + +


=
 
⇒
 
= = +

=
 



Theo bảo tồn điện tích và bảo tồn khối lượng
trong X, ta có :
{
{
{
{
{
{
{
{
2
4
2
4
Mg K NH Cl
0,05
?
0,145
0,01
muối
Mg K NH Cl
0,05
?
0,145
0,01

Cl
muối
2n n n n
m 24n 39n 18n 35,5n
n 0,35 mol
m 18,035 gam
+ + + −
+ + + −
−

+ + =



= + + +




=

⇒

=


Ví dụ 12 (Đề TSĐH khối B): Hòa tan hết 10,24
gam hỗn hợp X gồm Fe và Fe
3
O

4
bằng dung dịch
chứa 0,1 mol H
2
SO
4
và 0,5 mol HNO
3
, thu được
dung dịch Y và hỗn hợp gồm 0,1 mol NO và a
mol NO
2
(khơng còn 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 hồn tồn. Giá trị của
m là
A. 20,62. B. 41,24.
C. 20,21. D. 31,86.
Hướng dẫn giải
Gọi số mol của Fe và Fe
3
O
4
trong một nữa hỗn

hợp X lần lượt là x và y.
Giả sử kết tủa là Fe(OH)
3
(0,05 mol). Theo giả
thiết, bảo tồn electron trong phản ứng của X với
hỗn hợp hai axit, bảo tồn điện tích trong dung
dịch sau phản ứng của một nửa Y với KOH và
bảo tồn ngun tố Fe, N, ta có :
{
{
{
{
{
{
{
{
{
{
3 4
3 4 2
3 2
4 3
Fe Fe O
x
y
Fe Fe O NO NO
x 0,05
0,5a
y
Fe K SO NO

0,2
x 3y 0,05
0,05
0,25 0,05 0,5a
10,24
56n 232n 5,12 (1)
2
3n n 3n n (2)
3 n n 2n n (3)
56x 232y 5,12 x 0,05
3x y 0,5a 0,15 y 0,01
3x 9y 0,5a 0,25 a 0,0
+ + − −
+ −
− −


+ = =



+ = +



+ = +





+ = =

⇒ + − = ⇒ =


+ + = =

5





2
3
3
0,08 mol
Ba(OH) dư
2
4
4
3
0,05 mol
một nửa dung dòch Y
Fe(OH)
Fe :0,08 mol
SO : 0,05mol
BaSO
H , NO
+

+
−
+ −





⇒ →
 
 



142 43
1 2 43
1 4 442 4 4 43
3 4
kết tủa Fe(OH) BaSO
m m m 20,21 gam⇒ = + =
Đối với trường hợp kết tủa là Fe(OH)
2
, ta tính
được trong Y có H
+
(vì
2
OH /Fe(OH) OH /KOH
n n
− −

<
).
Suy ra a = 0,4. Giải hệ gồm phương trình (1) và
(2) thấy mol của Fe
3
O
4
nhỏ hơn 0 (loại).
Ví dụ 13 (Đề TSĐH khối A): Có ba dung dịch
riêng biệt : H
2
SO
4
1M; KNO
3
1M; HNO
3
1M
được đánh số ngẫu nhiên là (1), (2), (3).
Trên bước đường thành cơng khơng có dấu chân của kẻ lười biếng
6
Thầy Nguyễn Minh Tuấn – THPT chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689186513 – Email :
- Trộn 5 ml dung dịch (1) với 5 ml dung dịch
(2), thêm bột Cu dư, thu được V
1
lít khí NO.
- Trộn 5 ml dung dịch (1) với 5 ml dung dịch
(3), thêm bột Cu dư, thu được 2V
1
lít khí NO.

- Trộn 5 ml dung dịch (2) với 5 ml dung dịch
(3), thêm bột Cu dư, thu được V
2
lít khí NO.
Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, NO là sản
phẩm khử duy nhất, các thể tích khí đo ở cùng
điều kiện. So sánh nào sau đây đúng?
A.
2 1
V 2V=
. B.
2 1
2V V=
.
C.
2 1
V 3V=
. D.
2 1
V V=
.
Hướng dẫn giải
Coi 3 phản ứng tương ứng với các thí nghiệm 1
(TN1), thí nghiệm 2 (TN2), thí nghiệm 3 (TN3).
Bản chất phản ứng là Cu bị
3
NO
−
oxi hóa trong
môi trường H

+
.
Quá trình khử :
3 2
4H NO 3e NO H O
+ −
+ + → +
Nhận thấy khi trộn 2 dung dịch với nhau, không
có trường hợp nào
3
H
NO
n
4
n
+
−
≥
. Suy ra trong các
phản ứng
3
NO
−
đều có dư, H
+
hết; tỉ lệ mol khí
NO thoát ra ở các thí nghiệm bằng tỉ lệ H
+
trong
các thí nghiệm.

H ôûTN2 NO ôû TN2 NO ôû TN2
NO ôû TN1 NO ôû TN1
H ôû TN1
n
n V
2
n n V
+
+
= = =

Suy ra : (1) là KNO
3
, (2) là HNO
3
và (3) là
H
2
SO
4
NO ôû TN3 H ôûTN3
2
2 1
1 NO ôû TN1
H ôû TN1
n
V
V
3 V 3V
V V n

+
+
= = = ⇒ =
Giới thiệu bộ sách ôn thi đại học môn Hóa học của thầy Nguyễn Minh Tuấn
Quyển 1 : Giới thiệu 7 chuyên đề hóa học 10 (168 trang)
Quyển 2 : Giới thiệu 3 chuyên đề hóa học đại cương và vô cơ 11 (188 trang)
Xem chi tiết tại đây : />Quyển 3 : Giới thiệu 6 chuyên đề hóa học hữu cơ 11 (320 trang)
Xem chi tiết tại đây : />Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng
7
Thầy Nguyễn Minh Tuấn – THPT chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689186513 – Email :
Quyển 4 : Giới thiệu 4 chuyên đề hóa học hữu cơ 12 (231 trang)
Quyển 5 : Giới thiệu 4 chuyên đề hóa học đại cương và vô cơ 12 (326 trang)
Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng
8