HƯỚNG DẪN GIẢI NHANH CÁC BÀI TẬP HÓA VÔ CƠ HAY VÀ KHÓ TRONG ĐỀ THI ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2014

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+ = + =
123
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:
- Phn mt tỏc dng hon ton vi dung dch
Ba(OH)
2
d, thu c 35,46 gam kt ta.
- Phn hai tỏc dng hon ton vi dung dch
BaCl
2
d, thu c 7,88 gam kt ta.
- Phn ba tỏc dng ti a vi V ml dung dch
KOH 2M.
Giỏ tr ca V l
A. 180. B. 200. C. 110. D. 70.
Hng dn gii
p dng bo ton nguyờn t C cho phn 1 v
phn 2, ta cú :
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 )



+

+ = = =




= = =



=

+ + + =


=
p dng bo ton in tớch trong phn ng cho
phn 3, ta cú :
Trờn bc ng thnh cụng khụng cú du chõn ca k li bing
1
Thầy Nguyễn Minh Tuấn – THPT chun Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689186513 – Email :
{
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 khơng 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 tồn 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 hồn tồn. 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 tồn ngun tố N và bảo tồn electron
cho tồn bộ q trình phản ứng, ta có :
{
{
{
3 3
3 2
2
NH O pư O dư
3 2 2
1
NH HNO
H
NH O pư
O pư
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 hồn tồn. 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 tồn electron trong phản ứng của Y với
dung dịch H
2
SO
4
đặc và giả thiết, ta có :
{
{
{
{
{
{
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
Trên bước đường thành cơng khơng có dấu chân của kẻ lười biếng
2
Thầy Nguyễn Minh Tuấn – THPT chun Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689186513 – Email :
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:
{
{
{
2
2
4
2
MgO
H O
Na H SO
0,04
?
0,05
Cl (ở 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 giả thiết và bảo tồn electron, suy ra :
{
2 2 2
2
2 2 2
2 2
2 2
O (ở anot) H (ở catot) Cl (ở anot)
0,03
H (ở catot) Cl (ở anot) O (ở anot)
Cu
0,05
0,03
H (ở catot) O (ở anot)
Cl O
n n n 0,1
2n 2n 2n 4n
n 0,04; n 0,03
(2n 4n ).96500
t 8685 giây
2

+

+ + =



+ = +




= =

⇒

+

= =

14 2 43
14 2 43
Ví dụ 8 (Đề TSĐH khối A): Đốt cháy 4,16 gam
hỗn hợp gồm Mg và Fe trong khí O
2
, thu được
5,92 gam hỗn hợp X chỉ gồm các oxit. Hòa tan
hồn tồn X trong dung dịch HCl vừa đủ, thu
được dung dịch Y. Cho dung dịch NaOH dư
vào Y, thu được kết tủa Z. Nung Z trong khơng
khí đến khối lượng khơng đổi, thu được 6 gam

chất rắn. Mặt khác, cho Y tác dụng với dung
dịch AgNO
3
dư, thu được m gam kết tủa. Giá
trị của m là
A. 10,80. B. 32,11.
C. 32,65. D. 31,57.
Hướng dẫn giải
Dễ thấy 6 gam chất rắn là Fe
2
O
3
và MgO. Suy
ra:
2
electron do Mg, Fe nhường
O
2(6 4,16)
n 2n 0,23
16
−
−
= = =
Theo bảo tồn electron và bảo tồn điện tích,
bảo tồn ngun tố O, ta có :
{
{
2
2
2

electron do Fe và Mg nhường O pư
Ag pư
0,055
0,23
?
O
Cl O
0,055
Ag AgCl
Ag pư
(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 4 42 4 4 43
123
Ví dụ 9 (Đề TSĐH khối A): Thực hiện phản ứng
nhiệt nhơm hỗn hợp gồm Al và m gam hai oxit
sắt trong khí trơ, thu được hỗn hợp rắn X. Cho X
vào dung dịch NaOH dư, thu được dung dịch Y,
chất khơng tan Z và 0,672 lít khí H
2
(đktc). Sục
khí CO
2
dư vào Y, thu được 7,8 gam kết tủa.
Cho Z tan hết vào dung dịch H
2
SO
4
, thu được

dung dịch chứa 15,6 gam muối sunfat và 2,464
lít khí SO
2
(ở đktc, là sản phẩm khử duy nhất của
H
2
SO
4
). Biết các phản ứng xảy ra hồn tồn. Giá
trị của m là
A. 5,04. B. 6,29. C. 6,48. D. 6,96.
Hướng dẫn giải
Vì X phản ứng với NaOH giải phóng H
2
, chứng
tỏ Al dư và Fe
x
O
y
đã phản ứng hết. Chất rắn X
chứa Fe, Al
2
O
3
và Al dư. Chất khơng tan Z là Fe.
Theo bảo tồn electron trong phản ứng của X với
NaOH và bảo tồn ngun tố Al, O, ta có :
Trên bước đường thành cơng khơng có dấu chân của kẻ lười biếng
3
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
+
.
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
+ + + −
+ + + −
−

+ + =



= + + +




=

⇒

=


Trên bước đường thành cơng khơng có dấu chân của kẻ lười biếng
4
Thầy Nguyễn Minh Tuấn – THPT chun Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689186513 – Email :
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).
- 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 hồn tồn, 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
mơi trường H
+
.
Q trình khử :
3 2
4H NO 3e NO H O

+ −
+ + → +
Nhận thấy khi trộn 2 dung dịch với nhau, khơng
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 thốt ra ở các thí nghiệm bằng tỉ lệ H
+
trong
các thí nghiệm.
H ở TN2 NO ở TN2 NO ở TN2
NO ở TN1 NO ở TN1
H ởTN1
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 ở TN3 H ởTN3
2
2 1
1 NO ở TN1
H ởTN1
n
V
V
3 V 3V
V V n
+
+
= = = ⇒ =
Trên bước đường thành cơng khơng có dấu chân của kẻ lười biếng
5

Thầy Nguyễn Minh Tuấn – THPT chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689186513 – Email :
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 : />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
6